2023重庆市南开中学高三下学期第六次质量检测试题（2月）数学含解析

这是一份2023重庆市南开中学高三下学期第六次质量检测试题（2月）数学含解析，共17页。试卷主要包含了已知函数，则的解集是等内容，欢迎下载使用。
重庆市高2023届高三第六次质量检测数学试题命审单位：重庆南开中学2023.2注意事项：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.已知集合，则（    ）A.    B.    C.    D.2.已知“四棱柱是正棱柱”，“四棱柱的底面和侧面都是矩形”，则是的（    ）条件A.充分不必要    B.必要不充分C.充要    D.既不充分也不必要3.已知为角终边上一点，则（    ）A.    B.    C.    D.4.某项活动安排了4个节目，每位观众都有6张相同的票，活动结束后将票全部投给喜欢的节目，一位观众最喜欢节目A，准备给该节目至少投3张，剩下的票则随机投给其余的节目，但必须要A节目的得票数是最多的，则4个节目获得该观众的票数情况有（    ）种.A.150    B.72    C.20    D.175.已知点分别是平行六面体的棱上的点，且，，点分别是线段上的点，则满足与平面平行的直线有（    ）条A.0条    B.1条    C.2条    D.无数条6.已知函数，则的解集是（    ）A.    B.    C.    D.7.已知为圆的一条弦，且以为直径的圆始终经过原点，则中点的轨迹方程为（    ）A.    B.C.    D.8.已知点和数列满足，若分别为数列的前项和，则（    ）A.    B.    C.    D.0
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.9.设为虚数单位，下列关于复数的命题正确的有（    ）A.B.若互为共轭复数，则C.若，则D.若复数为纯虚数，则10.某单位为了激励员工努力工作，决定提高员工待遇，给员工分两次涨工资，现拟定了三种涨工资方案，甲：第一次涨幅，第二次涨幅；乙：第一次涨幅，第二次涨幅；丙：第一次涨幅，第二次涨幅.其中，小明帮员工李华比较上述三种方案得到如下结论，其中正确的有（    ）A.方案甲和方案乙工资涨得一样多B.采用方案乙工资涨得比方案丙多C.采用方案乙工资涨得比方案甲多D.采用方案丙工资涨得比方案甲多11.正四棱台中，，侧棱与底面所成角为分别为，的中点，为线段上一动点（包括端点），则下列说法正确的是（    ）A.该四棱台的体积为B.三棱锥的体积为定值C.平面截该棱台所得截面为六边形D.异面直线与所成角的余弦值为12.已知函数，下列说法正确的是（    ）A.定义域为B.C.是偶函数D.在区间上有唯一极大值点三､填空题：全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知随机变量，且，则__________.14.已知向量满足，请写出一个符合题意的向量的坐标__________.15.已知三棱锥的体积为，各顶点均在以为直径的球面上，，则该球的体积为__________.16.已知抛物线为抛物线内一点，不经过点的直线与抛物线相交于两点，连接分别交抛物线于两点，若对任意直线，总存在，使得成立，则该抛物线线方程为__________.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17，党的二十大报告提出：“必须坚持科技是第一生产力､人才是第一资源､创新是第一动力，深入实施科教兴国战略､人才强国战略､创新驱动发展战略，开辟发展新领域新赛道，不断塑造发展新动能新优势.”某数字化公司为加快推进企业数字化进程，决定对其核心系统DAP，采取逐年增加研发人员的办法以提升企业整体研发和创新能力.现对2018~2022年的研发人数作了相关统计（年份代码1~5分别对应2018~2022年）如下折线图：（1）根据折线统计图中数据，计算该公司研发人数与年份代码的相关系数，并由此判断其相关性的强弱；（2）试求出关于的线性回归方程，并预测2023年该公司的研发人数（结果取整数）.参考数据：当认为两个变量间的相关性较强参考公式相关系数，回归方程中的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，.18.已知数列的前项和为.（1）若是等比数列，求；（2）若，证明：均为等比数列.19.如图四棱锥在以为直径的圆上，平面为的如点（1）若，证明：；（2）当二面角的正切值为时，求点到平面距离的最大值.20.已知将函数的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像关于原点中心对称.（1）求函数的解析式；（2）若三角形满足是边上的两点，且，求三角形面积的取值范围.21.已知椭圆与双曲线有共同的焦点，双曲线的左顶点为，过斜率为的直线和双曲线仅有一个公共点，双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍.（1）求双曲线和椭圆的标准方程；（2）椭圆上存在一点，过的直线与双曲线的左支相交于与不重合的另一点，若以为直径的圆经过双曲线的右顶点，求直线的方程.22.现定义：为函数在区间上的立方变化率.已知函数，（1）若存在区间，使得的值域为，且函数在区间上的立方变化率为大于0，求实数的取值范围；（2）若对任意区间的立方变化率均大于的立方变化率，求实数的取值范围.           重庆市高2023届高三第六次质量检测数学试题参考答案与评分细则一､单项选择题：本题共8小题.每小题5分，，共40分.1-4CAAD    5-8DCBD6.C  根据题意当时，画出函数示意图，可得不等式解集为7.B  由题可得：，设，则化简得：为点的轨迹方程.8.D  由题，又，同理，即数列均是周期为6的数列，而，二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.9.ABD    10.BC    11.ABD    12.ACD11.ABD  将正四棱台补形为正四棱锥，由，可得为其中截面.设分别为的中心，易得底面，故为侧棱与底面所成角，故，可得，对于，正确对于B，由于，得平面，故三棱锥的体积为定值，正确对于，取中点，连接并延长交于，连接并延长交于，易得三点共线，故五边形为平面截正棱台所得的截面.错误对于，由，可得为异面直线与所成角或补角.在中利用余弦定理可得，正确.故选12.ACD  A.的定义域为，解得的定义域为正确B.显然错误C.设，则，正确D.，令，由当时，，即当时，单调递增，当时，在单调递减，且，且时时故存在使得，即有在单调递减，在单调递增，在单调递减，注意到，且时时，从而对于，易知当时在区间单调递减，当时，在区间单调递增，为在区间上的唯一极大值点，故D正确.故选ACD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，，共20分.13.    14.（答案不唯一）    15.    16.15.由得（为外接圆半径）又，即到平面的距离为2外接球球心的中点到平面的距离为1，外接球半径16.设，由可得：，据此可得：，同理可得：，则：（*）将两点代入抛物线方程做差可得：，即同理可得，，代入（*），可得，此时抛物线方程为.四､解答题：本题共6小题，共70分.17.解：（1）由题知因为，所以认为相关变量有较强的相关性（2）由（1）得回归方程为当时，即2023年该公司投入研发人数约540人18.解：（1）由当时，，且，故等比数列的公比（2）当时，由①由②将①+②得：当时有：且为等比数列同理，将①-②得：当时有：且为等比数列.19.解：（1）连接，取中点，连接交于因为为等边三角形，由平面得，又易知为中点，从而平面（2）作于，作于，连接，则可证得，故为二面角的平面角，由题意知在Rt和Rt中，易得又由结合Rt得：由于点在半圆弧上运动，当位于线段中垂线上时，根据，即点到平面距离的最大值为20.解：（1）由已知化简得，，由得，又（2）易得，由①②又将①②式并结合可得：以所在直线为轴，以中垂线为轴建立直角坐标系，则设，则由可得：点的轨迹方程为，即当时，取到最大值，根据几何关系易知三角形面积的取值范围为21.解：（1）由题意，，可得双曲线方程为，此时由双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍，得，可得故椭圆方程为（2）由过的直线与双曲线的左支相交于与不重合的另一点，设直线方程为，.联立直线和双曲线可得，由韦达定理知，，解得可得以为直径的圆经过双曲线的右顶点，可得，即将代入得.将点坐标代入椭圆可得：，解得，故，故直线的方程为：.22.解：（1）在区间上的立方变化率为正，可得单调递增，即.故若存在区间，使得的值域为，即存在不同的，使得，故方程有两不等实根，化简得有两不等实根.即与有两个不同的交点.由，可知在上单调递增，在上单调递减，且当时，，当时，，故要使与有两个不同的交点，（2）由对任意区间的立方变化率均大于的立方变化率，可得，由可得，，即对任意，有可得在上单调递增.即在上恒成立，解法一：①当时，当时，，显然不成立.②当时，在上恒成立，即在上恒成立，令在上恒成立，即.显然在上单调递增，得在上恒成立.即恒成立令，可得在上单调递减，在上单调递增，故，解得解法二：①当时，当时，，显然不成立.②当时，可转化为，令，可得与互为反函数，故恒成立，只需恒成立即可，即恒成立.令，可得在上单调递减，在上单调递增，故，解得.解法三：令，可得①当时，，此时在上单调递增，由，当时，，故在上存在唯一，使得，即.此时在上单调递减，在上单调递增，故在上恒成立，只需即可.而，解得经检验，当时等号成立，故②当时，当时，，显然不成立.故.