2023届重庆市九龙坡区高三三模数学试题含解析

这是一份2023届重庆市九龙坡区高三三模数学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届重庆市九龙坡区高三三模数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求出集合M,N，然后求两集合的交集.
【详解】因为，
，
所以，
故选：B.
2．设，是方程在复数范围内的两个解，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先由方程解出，，再由复数的运算及复数的模判断4个选项即可.
【详解】由方程得，由求根公式得根为，
不妨设，.
，A错误；
，B错误；
，C错误；
令，得或，
所以，也是方程的两个根，所以D正确.
故选：D.
3．“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要分件
【答案】C
【分析】运用换元法令，通过解一元二次不等式及指数不等式可得的范围，再结合集合的包含关系判断条件间的充分、必要关系.
【详解】令，则由得，
解得或，又因为，
所以，即：，解得，
又因为“”是“” 的充要条件，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
4．“帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”.如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面.若各斜坡面与底面所成二面角的正切值均为，底面矩形的长与宽之比为，则正脊与斜脊长度的比值为（    ）

A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】取幄帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，作于，于，得是二面角的平面角，是二面角的平面角，因此有，设，用表示出，即可得比值．
【详解】取幄帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，
由平面，平面，得，同理．
作于，于，
因为，平面，所以平面，而平面，所以，所以是二面角的平面角，同理是二面角的平面角，，
由已知，
由，设，则，所以，
由得，，则，
由上知是正方形，，，
所以．
故选：B．

【点睛】关键点点睛：本题考查由二面角计算线段长，考查学生的空间想象能力．解题是作出各斜坡面与底面所成二面角的平面角，利用它们的正切值均为，并设出底面矩形边长后，用底面矩形边长表示出正脊与斜脊的长度，从而得比值．
5．已知变量关于的回归方程为，若对两边取自然对数，可以发现与线性相关，现有一组数据如下表所示：

1
2
3
4
5






则当时，预测的值为（    ）
A．9 B．8 C． D．
【答案】C
【分析】对两边取对数，得 ，令则，利用样本中心点在函数图象上即得，进而确定解析式,求出预测值.
【详解】对两边取对数，得，令，则.
x
1
2
3
4
5
y
e




z
1
3
4
6
7
，，
代入得故.
故，.
当时，.
故选：C.
6．已知双曲线的左，右顶点分别是，，圆与的渐近线在第一象限的交点为，直线交的右支于点，若△是等腰三角形，且的内角平分线与轴平行，则的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．
【答案】B
【分析】由题设可得，，，应用两点距离公式求，，再由已知条件知，应用二倍角正切公式求得，结合构造齐次方程，即可求离心率.
【详解】联立且在第一象限，可得，而，，
所以，，
由题设，，故△是等腰直角三角形，
所以，而的内角平分线与轴平行，
所以，又，可得，
则，可得，
所以.
故选：B
7．已知均为单位向量，且夹角为，若向量满足，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将向量的起点平移到原点，设向量，，的终点分别为，将化为，得点在以为直径的圆上，利用圆的知识可求出结果.
【详解】将向量的起点平移到原点，设向量，，的终点分别为，
则，，
由得，得，
则点在以为直径的圆上，
因为均为单位向量，且夹角为，不妨设，，
则，，所以以为直径的圆的圆心，半径为，
又，所以，
即的最大值为.

故选：D
8．已知函数，若存在实数，，，当时，满足，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出函数的图象，根据图象可知，，再将表示为关于的函数，利用导数可求得结果.
【详解】，
作出函数的图象，如图：

由图可知，，
所以，
令，则，
因为，所以，所以在上为单调递减函数，
所以，即，
所以的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点点睛：求解关键有2个：①利用函数的图象得到，，②将表示为关于的函数，利用导数求解.

二、多选题
9．教育部办公厅“关于进一步加强中小学生体质健康管理工作的通知”中指出，各地要加强对学生体质健康重要性的宣传，中小学校要通过体育与健康课程、大课间、课外体育锻炼、体育竞赛、班团队活动，家校协同联动等多种形式加强教育引导，让家长和中小学生科学认识体质健康的影响因素．了解运动在增强体质、促进健康、预防肥胖与近视、锤炼意志、健全人格等方面的重要作用，提高学生体育与健康素养，增强体质健康管理的意识和能力，某学校共有2000名男生，为了了解这部分学生的身体发育情况，学校抽查了100名男生的体重情况．根据所得数据绘制样本的频率分布直方图如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．样本的众数为 B．样本的中位数为
C．样本的平均值为66 D．该校男生体重超过70公斤的学生大约为600人
【答案】ABD
【分析】根据众数、中位数、平均值的概念等求值，及频率分布直方图预测数据即可一一判断.
【详解】对于A，观察频率分布直方图可知，样本的众数为，A对；
对于B，设样本的中位数为，观察频率分布直方图可知该中位数位于之间，
则有，解得，B对；
对于C，由直方图估计样本平均值为
，C错误；
对于D，2000名男生中体重大于的人数大约为，D对.
故选：ABD.
10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．直线是图象的一条对称轴
B．函数的图象可由的图象向左平移个单位得到
C．若，则的最小值为
D．方程有3个实根
【答案】BCD
【详解】由图可知，，所以，
又图象过点，所以，，即，
因为，所以，所以
因为，
所以直线不是的对称轴，A错误；
的图象向左平移个单位得，B正确；
因为，所以必为一个为最大值，一个为最小值，
所以的最小值为，C正确；
作函数如图，
当时，，
又时，，
结合图象可知，函数与有且只有3个交点，即方程有3个实根，故D正确.
故选：BCD

11．已知，，且，则下列结论正确的是（    ）
A．的取值范围是 B．的取值范围是
C．的最小值是 D．的最小值是3
【答案】BC
【分析】根据基本不等式可求得，判断A，将变形为结合基本不等式，判断B，由整理得到结合基本不等式可判断CD.
【详解】对于A，因为，，
所以，当且仅当时取等号，
由，
即，解得，
即，A错误；
对于B， 由，,，
当且仅当时取等号，
得，
所以,
又，
所以，即，
故B正确；
对C选项，因为，,，
得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，C正确，
对于D, C选项知：，
则 ，
当且仅当，即时等号成立,但，
所以．（等号取不到）,故D错误；
故选：BC.
12．已知正方体的棱长为2，M为棱上的动点，平面，下面说法正确的是（    ）
A．若为中点，当最小时，
B．若点为的中点，平面过点，则平面截正方体所得截面图形的面积为
C．直线AB与平面所成角的正弦值的取值范围为
D．当点与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
【答案】ABC
【分析】利用展开图判定A、、三点共线，进而利用相似三角形判定选项A；利用空间垂直的转化可以得到平面与正方体的截面为，其中为的中点，为的中点，判断其为等腰梯形，进而计算其面积，从而判定B；
直线与平面所成角的正弦值，即为直线与平面的垂线所成角的余弦值，即，,可通过的取值范围可以求得，进而判定C；通过找出两个截面的面积不相等且周长相等判定D；
【详解】解：对于A：将矩形与正方形展开到一个平面内（如图所示），

若最小，则、、三点共线，
因为，
所以，
即，故A正确；
对于B，取中点，连接AC、,,
则,
由于平面，∴，∴,
又∵,平面，∴平面 ,
又∵平面，∴,
在正方体中易知平面，平面，所以，
又，,平面，∴平面,
平面AMC，∴BD⊥AM，
BDDE=D, 平面，∴AM⊥平面，即平面为面，
取A1B1中点F，连接EF，易知EF∥BD，故截面为，
计算得,,,
所以截面为为等腰梯形，
底边上的高为,

截面为的面积为，故B正确；
对于C：直线与平面所成角的正弦值，即为直线与平面的垂线所成角的余弦值，即，如图所示：连接

在正方体中，平面，平面，所以
在中，，
点为线段（含端点）上的动点，故，即
所以，所以直线与平面所成角的正弦的取值范围为，故C正确；
对于D：当点与点重合时，连接、、、、，（如图所示），

在正方体中，结合B项可知，
同理可证，
因为，所以平面，
易知是边长为的等边三角形，
其面积为，周长为；
设、、、、、分别是、、、、、的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，即D错误；
故选：ABC.

三、填空题
13．计算_________．
【答案】
【分析】将分子中的和化为与，利用两角和与差的余弦和正弦公式变形，最后分子分母约分可求出结果.
【详解】





.
故答案为：.
14．已知数列满足：对任意的正整数m，n，都有，且，则_________．
【答案】/243
【分析】赋值直接计算即可.
【详解】由题意，令，得，
令，得，
令，，得.
故答案为：
15．已知抛物线，圆，直线与交于A，B两点，与交于M，N两点，若，则______．
【答案】
【分析】联立直线与抛物线方程，利用焦半径公式结合弦长求出直线斜率，再利用垂径定理求出弦长即可.
【详解】设，由得，
所以，所以，
解得，所以直线或，
圆心到直线的距离，
（圆心到直线的距离）
由圆的弦长公式：，可得.
故答案为：

四、双空题
16．已知函数，，若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，则_________；若，对于任意的都成立，则的最大值为_________．
【答案】 0
【分析】运用两切线斜率相等列式及对数运算公式可求得结果；同构函数，研究其单调性将问题转化为在上恒成立，运用导数求函数在上的最小值即可.
【详解】由得，
由得，
依题意得，
即，
所以，
即；
由题意知，，对于任意的恒成立，
又因为，
即：， 对于任意的恒成立，
令，，
则，
所以在上单调递增，
又因为，即，
所以对于任意的恒成立，
又因为（）,
即：对于任意的恒成立，
所以，，
令，，
则，
，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以
所以.
所以a的最大值为.
故答案为：0；.
【点睛】同构法的三种基本模式：①乘积型，如可以同构成，进而构造函数；②比商型，如可以同构成，进而构造函数；③和差型，如，同构后可以构造函数f或.

五、解答题
17．已知等差数列的前项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：当时，．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设公差为，利用等差数列的通项公式和求和公式列式，求出和，可得；
（2）分母有理化化简，利用裂项求和求出，作差比较可证不等式成立.
【详解】（1）设公差为，则，即，解得，
所以.
（2）
，
所以

，
所以，
所以，
当时，，
所以当时，.
18．在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答．
问题：锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知________．
(1)求A；
(2)若，为AB的中点，求CD的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理及三角函数恒等变换化简即可；
（2）利用向量的几何意义与数量积，通过条件先计算得，再得，由二次函数的单调性计算即可得出结果.
【详解】（1）若选①，
，
∵；
若选②，，
∵；
若选③

∵，
而.
（2）  
如图所示，设，则，，，
∵是锐角三角形，∴，
，当时取得最小值，故.
19．春节期间，某商场准备举行有奖促销活动，顾客购买超过一定金额的商品后均有一次抽奖机会.抽奖规则如下：将质地均匀的转盘平均分成n（，）个扇区，每个扇区涂一种颜色，所有扇区的颜色各不相同，顾客抽奖时连续转动转盘三次，记录每次转盘停止时指针所指扇区内的颜色（若指针指在分界线处，本次转运动无效，需重转一次），若三次颜色都一样，则获得一等奖；若其中两次颜色一样，则获得二等奖；若三次颜色均不一样，则获得三等奖.
(1)若一、二等奖的获奖概率之和不大于，求n的最小值；
(2)规定一等奖返还现金108元，二等奖返还现金60元，三等奖返还现金18元，在n取（1）中的最小值的情况下，求顾客在一次抽奖中获奖金额的分布列和数学期望.
【答案】(1)6
(2)分布列见解析，38

【分析】（1）由题意可计算出获三等奖的概率，由此列出关于n的不等式，求得答案；
（2）确定中获奖金额的可能取值，计算出每种情况的概率，即可得分布列，求出数学期望.
【详解】（1）设“获三等奖”为事件A，由题意得，
又，
所以，整理得，
解得（舍去），或，
所以n的最小值为6.
（2）设顾客在一次抽奖中获奖金额为随机变量，则的所有可能取值为108，60，18，
根据题意得
，
，
，
所以的分布列为

108
60
18
P



所以.
20．如图1所示，在直角梯形ABCD中，BC//AD，AD⊥CD，BC＝2，AD＝3，CD＝，边AD上一点E满足DE＝1，现将△ABE沿BE折起到△PBE的位置，使平面PBE⊥平面BCDE，如图2所示．

(1)求证：；
(2)求平面PBE与平面PCE所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，通过证明平面来证得.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得平面PBE与平面PCE所成锐二面角的余弦值.
【详解】（1）取BE中点O，连接AO，CO，CE，
因为BC＝2，AD＝3，DE＝1，所以，
又因为AD//BC，所以AE//BC，
所以四边形ABCE是平行四边形，
因为
所以，
所以ABCE为边长为2的菱形，且，
所以和都是正三角形，
所以PO⊥BE，CO⊥BE，
又因为，所以BE⊥平面POC，
又因为平面POC，所以PC⊥BE．

（2）由于平面PBE⊥平面BCDE，且交线为，，
所以平面，所以，
由（1）知OB、OC、OP两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，，
∴，
设平面PCE的法向量为，
则，
令得，
由（1）知平面PBE的法向量为，
所以平面PBE与平面PCE所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】21．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，为椭圆上一动点，面积的最大值为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设点为椭圆与轴负半轴的交点，不过点且不垂直于坐标轴的直线交椭圆于S，两点，直线NS，NT分别与轴交于C，D两点，若C，D的横坐标之积是2．问：直线是否过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)是，过定点.

【分析】（1）根据椭圆的性质先得面积的最大时M的位置，再求出标准方程；
（2）设直线ST方程及S、T的坐标，由题意将C、D横坐标之积化为S、T坐标之间的关系式即，结合韦达定理计算即可.
【详解】（1）由题意可知，面积的最大时M位于椭圆上或下顶点，
即，
又因为，
联立解方程，可得，所以，
故椭圆标准方程为.
（2）如图所示，由题意可设，
  
所以，
即①，
将直线方程与椭圆方程联立化简，
，
代入①，得或，
当时，，直线l 过N点，不符合题意；
当时，，直线l 过点，符合题意.
故直线l 过定点.
22．已知函数，．
(1)讨论函数单调性；
(2)当时，若函数在有两个不同零点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)且

【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，对参数分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）首先求出解析式，求出导函数，再构造函数利用导数说明的单调性，从而对分四种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可求出满足函数在有两个不同零点的条件，从而求出参数的取值范围.
【详解】（1）解：因为定义域为，
所以，
当时，令，解得或，令，解得，
所以在上单调递减，在和上单调递增，
当时恒成立，所以在上单调递增，
当时，令，解得或，令，解得，
所以在上单调递减，在和上单调递增，
综上可得，当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
（2）解：当时，，
所以，令，则，
所以在上单调递增，所以，
①当，即时，所以在上单调递增，又，所以函数只有一个零点，不符合题意，舍去；
②当，即时，又，
所以存在唯一的，使得，当时，，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，又，
当时，此时，所以，函数只有一个零点，不符合题意，舍去；
当时，，此时有两个零点时，应满足，
即，
其中
，
设，，
则，令，解得，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即恒成立，
所以且.
【方法点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．