2023届重庆市北碚区高三上学期10月月度质量检测数学试题含答案

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2023届重庆市北碚区高三上学期10月月度质量检测数学试题

一、单选题
1．复数（为虚数单位）的共轭复数（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据复数的除法运算及共轭复数的概念求解.
【详解】因为，所以.
故选：B.
2．若命题“”是假命题，则实数a的范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由命题p为假命题，所以非p为真命题，结合全称命题为真命题，列出不等式，即可求解.
【详解】由题意，命题p为假命题，所以非p为真命题，即，可得，
所以，解得.
故选：D.
3．设函数，则方程的解为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由知，，，，解方程即可得出答案.
【详解】因为，由知，
，，，
解得.
故选：A．
4．的值落在区间（    ）中．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，分析可知，利用导数分析函数在上的单调性，结合零点存在定理可得出结论.
【详解】因为，
即
，
设，则，
对任意的恒成立，
所以，函数在上为减函数，且，
因为，，
由零点存在定理可知.
故选：B.
5．大磨滩瀑布位于重庆市北碚区，其为悬岩瀑布，白练千条，五光十色，气势磅礴，吼声如雷.在悬瀑正中，有一人工开凿的洞穴，用石板封闭，人不能入.右侧有石屋两间，人工凿岩而成，各长6米，宽3米，高2.5米，一上一下，两屋相通，下屋内有石窗，可观瀑布.为了测量大磨滩瀑布的某一处实际高度，李华同学设计了如下测量方案：有一段水平山道，且山道与瀑布不在同一平面内，瀑布底端与山道在同一平面内，可粗略认为瀑布与该水平山道所在平面垂直，在水平山道上A点位置测得瀑布顶端仰角的正切值为，沿山道继续走 ，抵达B点位置测得瀑布顶端的仰角为;已知该同学沿山道行进的方向与他第一次望向瀑布底端的方向所成角为，则该瀑布的高度约为（    ）.
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分别在两个三角形求边长，再列式解方程即可.
【详解】根据题意作出示意图：其中，

过点B作于C，设，则，
在中，，，
在中， ，即，
即，解得，所以该瀑布的高度约为.
故选：A.
6．某干燥塔的底面是半径为1的圆面，圆面有一个内接正方形框架，在圆的劣弧上有一点，现在从点出发，安装三根热管，则三根热管的长度和的最大值为（    ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【分析】设，利用辅助角公式表达出，从而求出三根热管的长度和的最大值.
【详解】如图，连接，设，则，
可得:
，其中，所以，
由的范围可以取到最大值.

故选：B
7．现有天平及重量为1，2，4，8的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码全放到天平两边，但在放的过程中、发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，则这样的放法共有（    ）种．
A．105 B．72 C．60 D．48
【答案】A
【分析】由题意，按照从大到小的顺序，逐一分情况讨论，结合排列组合以及分类加法原理，可得答案.
【详解】根据每次放的砝码重量分类讨论，结合两个基本计数原理求解，
依题可知8只能在左边，
①第一步先排8，8只能在左边，接下来重量为1,2,4的砝码顺序随意有种，左右边随意，则种，共有种；
②第一步先排4，4只能在左边，8可以在第2,3,4步中任选一步放，有种，重量为1,2的砝码顺序随意左右边随意，共有种；
③第一步先排2，2只能在左边，
若第二步放8，则重量为去1,4的砝码顺序随意左右边随意，有中，
若第二步放4，则8可以在第3,4步汇总任选一步放，砝码1左右边随意放，由种，
若第二步放1，有2种放法，接下第3步有2种情形：
（）若第三步放8，那第四步放4可以在左右都行，有2种，
（）若第三步放4，那4只能放左边，第四步放8只能放左边，由1种，
共有种；
④第一步先排1，1只能在左边，接下来第二步：
若第二步放8，则重量为2,4的砝码顺序随意左右边随意放，有种，
若第二步放4，则8可以在第3,4步中任选一步放，砝码2左右边随意放，有种，
若第二步放2，2只能在左边，接下来第三步有2种情形：
（）若第三步放8，那第四步放4可以在左右边都行，有2种，
（）若第三步放4，那4只能在左边，第四步放8只能放左边，有1种，
共有种，
综上有种.
故选：A.
8．将曲线()与曲线()合成的曲线记作．设为实数，斜率为的直线与交于两点，为线段的中点，有下列两个结论：①存在，使得点的轨迹总落在某个椭圆上；②存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，那么（    ）．
A．①②均正确 B．①②均错误
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
【答案】C
【分析】对①，分析当时点的轨迹总落在某个椭圆上即可；
对②，设，，，则，利用点差法，化简可得，故若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上则为常数，再化简分析推出无解即可
【详解】设，，，则.
对①，当时，，，易得，故两式相减有，易得此时，故，所以，即.代入可得，所以，故存在，使得点的轨迹总落在椭圆上.故①正确；
对②，， .由题意，若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，则，，
两式相减有，即，又，故，即，又，故若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，则为常数.即为定值，因为分子分母次数不同，故若为定值则恒成立，即，无解.即不存在，使得点的轨迹总落在某条直线上
故选：C

二、多选题
9．已知正四面体是棱上的动点，是在平面上的投影，下列说法正确的是（ ）
A．当时，平面
B．当时，异面直线与所成角是
C．当时，的长度最小
D．当时，直线与所成角正弦值是
【答案】AC
【分析】正四面体中，是的中心，根据点位置，判断线面平行与线面垂直，结合余弦定理几何法求异面直线所成的角.
【详解】对于A，当时，如图所示，
  
是等边三角形，故有，而，，
又面， 面，平面， A正确；
对于B，当时， ，异面直线与所成角即，B错误；
对于C，当时，如图所示，
  
设正四面体边长为，则，，，
在直角中，，
在中，由余弦定理得：=，
满足，故，的长度最小，C正确；
对于D，延长交于，连接，直线与所成角即为，，
在中，由余弦定理得：=，
在中，由由余弦定理得：，
故，D错误.
故选：AC
10．在平面直角坐标系中，已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则下列结论正确的是（    ）
A．
B．
C．函数的最小正周期为
D．将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，所得到的函数解析式为
【答案】ABD
【分析】由三角函数的定义，可得，，的值，根据和角差角及二倍角公式代入计算可判断A、B正误，对于C、D，根据辅助角公式进行化简，结合绝对值变换、周期公式及“左加右减”平移方法就可以判断.
【详解】由三角函数的定义，得，，.
对于A，，故选项A正确；
对于B，，故选项B正确；
对于C，，所以的最小正周期，故选项C错误；
对于D，将图象上的所有点向左平移个单位长度，得到的函数解析式，故选项D正确.
故选：ABD.
11．若正四棱柱的底面棱长为4 ，侧棱长为3 ，且为棱的靠近点的三等分点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面的所成角，则下列结论正确的是（    ）

A．点所在区域面积为
B．四面体的体积取值范围为
C．有且仅有一个点使得
D．线段长度最小值为
【答案】AB
【分析】A选项，根据题意得到所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），得到区域面积；B选项，根据P点不同位置求出点P到平面的距离最大值及最小值，求出最大体积和最小体积；C选项，寻找到不止一个点使得；D选项，结合P的所在区域及三角形两边之和大于第三边求出长度最小值.
【详解】A选项，当时，与与底面的所成角，故点所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），即圆的，面积为，A正确；
如图，当点P位于上时，此时点P到平面的距离最大，最大距离为，
此时四面体的体积为，
当P与点F重合时，此时点P到平面的距离最小，最小距离为，
因为△BFK∽△BAH，所以，所以最小体积为，

故四面体的体积取值范围为，B正确；
C选项，不妨点P与点F重合，
此时，由余弦定理得：，则
同理可得：，
故多于一个点使得，C错误；

D选项，当PC取最小值时，线段长度最小，由三角形两边之和大于第三边可知：当A，P，C三点共线时，PC取得最小值，即，则，D错误
故选：AB
12．已知.设命题：过点恰可作一条关于的切线.以下为命题的充分条件的有（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】首先对求导，然后写出切线方程，代入化简得，转化为方程有一个根，再转化成两函数图象有一个交点的问题.
【详解】，设切点为，
则切线方程为：，
因为切线经过点，将点代入得，
化简得，
方程有一个根，
令，，转化为直线与曲线只有一个交点，
，
当时， ，， ，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
根据直线与只有一个交点，则有或
即，，
同理当时，，，，，
故在和上单调递减，在上单调递增，
根据直线与曲线只有一个交点，可得或，，
综上，要想过恰可作一条关于的切线，则或；或.
A选项，，若，则，无法推出，故A错误；
B选项，，若，则，若，则，可以推出，故B正确；
C选项，，无法推出，故C错误；
D选项，，若，则，若，则，可以推出，故D正确.
故选：BD.
【点睛】对三次函数切线个数问题是导数中的重难点，也是曾经高考考查过的内容，方法是转化成方程根的个数问题.

三、填空题
13．已知真分数（b>a>0）满足>>>，….根据上述性质，写出一个全称量词命题或存在量词命题（真命题）
【答案】，（答案不唯一）
【分析】结合条件及全称量词命题、存在量词命题的概念即得.
【详解】∵真分数（b>a>0）满足>>>，…
∴，.
故答案为：，.
14．阿基米德在他的著作《论圆和圆柱》中，证明了数学史上著名的圆柱容球定理：圆柱的内切球（与圆柱的两底面及侧面都相切的球）的体积与圆柱的体积之比等于它们的表面积之比．可证明该定理推广到圆锥容球也正确，即圆锥的内切球（与圆锥的底面及侧面都相切的球）的体积与圆锥体积之比等于它们的表面积之比，则该比值的最大值为 ．
【答案】
【分析】设，利用和内切球半径可表示出圆锥底面半径和母线，由圆锥和球的表面积公式可得，令，根据二次函数性质可求得最值.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥内切球半径为，
作出圆锥的轴截面如下图所示：

设，，，
，，，又，
，，
，
则圆锥表面积，圆锥内切球表面积，
所求比值为，
令，则，
当时，取得最大值.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的最值问题的求解，解题关键是能够将圆锥表面积和球的表面积的比值利用一个变量表示出来，将问题转化为函数最值的求解问题，从而利用函数的性质来进行求解.
15．设角数列的通项为，其中为常数且．若存在整数，使的前项中存在满足，则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】由确定之间的关系，结合的范围求的最大值.
【详解】因为，不妨设，
所以或，
所以或，
所以或
因为，，所以，
所以，
因为，所以
所以，又，
所以
所以，又
若，为偶数时，
要使最大，则最小，又，所以，
所以当时取最大值，最大值为
若，为奇数时，
要使最大，则最小，又，所以，
所以当时取最大值，最大值为，
同理可得
若，为偶数时，则的最大值为
若，为奇数时，则的最大值为
又，
所以的最大值为，
故答案为：.
16．对开区间，定义，当实数集合为段（为正整数）互不相交的开区间的并集时，定义，若对任意上述形式的的子集，总存在，使得，其中，则的最大值为 .
【答案】/0.25
【分析】利用三角函数的公式和性质解不等式，再结合任意和存在把不等式问题转化成最值问题，求出最值即可得解.
【详解】不等式平方可得
解得
设集合，发现对任意，，
根据题意知，当，恒成立；
当时，因为对任意的的子集不等式都成立，所以让大于等于的最大值，即，又因为总存在，使，所以让的最大值大于等于，即；正好取最大值时，也取得最大值，所以，解得；
综上所述，最大值为.
故答案为：.
【点睛】恒成立和存在问题的解题思路：
①恒成立，则；存在，则；
②恒成立，则；存在，则.

四、解答题
17．在△ABC中，三个角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．
(1)求A；
(2)若a＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
【答案】(1)
(2)或+

【分析】（1）根据正弦定理以及，化简原式可得，求解即可；
（2）由S△ABC＝，可得b＝c或c＝3b，分类讨论即得解.
【详解】（1）由正弦定理可得，，
又，
故，
化简得，又，故，
所以．又，所以A＝．
（2）由（1）知，S△ABC＝＝，所以有＝，
可得，即，解得b＝c或c＝3b．
若b＝c，则△ABC为正三角形，其周长为3；
若c＝3b，由，可得c＝，b＝，所以△ABC的周长为+．
综上可知，△ABC的周长为或+.
18．正弦信号是频率成分最为单一的信号，复杂的信号，例如电信号，都可以分解为许多频率不同、幅度不等的正弦型信号的叠加．正弦信号的波形可以用数学上的正弦型函数来描述：，其中表示正弦信号的瞬时大小电压V（单位：V）是关于时间t（单位：s）的函数，而表示正弦信号的幅度，是正弦信号的频率，相应的为正弦信号的周期，为正弦信号的初相．由于正弦信号是一种最简单的信号，所以在电路系统设计中，科学家和工程师们经常以正弦信号作为信号源（输入信号）去研究整个电路的工作机理．如图是一种典型的加法器电路图，图中的三角形图标是一个运算放大器，电路中有四个电阻，电阻值分别为，，，（单位：Ω）．

和是两个输入信号，表示的是输出信号，根据加法器的工作原理，与和的关系为：．
例如当，输入信号，时，输出信号：．
(1)若，输入信号，，则的最大值为___________；
(2)已知，，，输入信号，．若（其中），则___________；
(3)已知，，，且，．若的最大值为，则满足条件的一组电阻值，分别是_____________．
【答案】(1)；
(2)；
(3)（答案不唯一）

【分析】（1）由辅助角公式得，即可求出最大值；
（2）由正弦余弦的和角公式化简得，解方程组即可求解；
（3）先由余弦的倍角公式化简得，再由二次函数的性质求得最大值为，进而得到，即可求解.
【详解】（1）由题意得，，则的最大值为；
（2）由题意知，，
整理得，
即，则，解得；
（3）由题意得，
，
又，则，当时，取得最大值，
则，整理得，即，解得，
又，则，取即满足题意，则（答案不唯一）.
19．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为菱形，平面PAD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，，AB＝2，M为PC上一点，且．

(1)求异面直线AP与DM所成角的余弦值．
(2)在棱PB上是否存在点N，使得平面BDM？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，且

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线AP与DM所成角的余弦值.
（2）设，求得平面的法向量，由列方程，由此求得，即.
【详解】（1）设是的中点，连接，
由于，所以，
由于平面PAD⊥平面ABCD且交线为，平面，
所以平面，
由于平面，所以，
在菱形中，，所以三角形是等边三角形，所以，
故两两相互垂直，由此建立空间直角坐标系如下图所示，
，，
，
，
所以直线AP与DM所成角为，
则.
（2），
设平面的法向量为，
则，
故可设.
平面，设，则，


若平面，则，
解得，
所以在棱PB上是存在点N，使得平面BDM且.

20．已知直线与直线相交于点，且点在直线上．
(1)求点的坐标和实数的值；
(2)求与直线平行且与点的距离为的直线方程．
【答案】(1)P(-2，-1)；a=2
(2)或

【分析】（1）由题意，联立直线方程，求交点，再将点代入含参直线方程，求得答案；
（2）由（1）明确直线方程，根据平行，设出所求直线方程，利用点到直线距离公式，可得答案.
【详解】（1）所以联立，解得：P(-2，-1)．
将P的坐标(-2，-1)代入直线中，解得a=2．
（2）由（1）知直线，设所求直线为．
因此点P到直线l的距离，解方程可得c=5或-5，
所以直线的方程为或．
21．随机变量的概念是俄国数学家切比雪夫在十九世纪中叶建立和提倡使用的.切比雪夫在数论､概率论､函数逼近论､积分学等方面均有所建树，他证明了如下以他名字命名的离散型切比雪夫不等式：设为离散型随机变量，则，其中为任意大于0的实数.切比雪夫不等式可以使人们在随机变量的分布未知的情况下，对事件的概率作出估计.
(1)证明离散型切比雪夫不等式；
(2)应用以上结论，回答下面问题：已知正整数.在一次抽奖游戏中，有个不透明的箱子依次编号为，编号为的箱子中装有编号为的个大小､质地均相同的小球.主持人邀请位嘉宾从每个箱子中随机抽取一个球，记从编号为的箱子中抽取的小球号码为，并记.对任意的，是否总能保证（假设嘉宾和箱子数能任意多）？并证明你的结论.
附：可能用到的公式（数学期望的线性性质）：对于离散型随机变量满足，则有.
【答案】(1)证明见解析
(2)不能保证，证明见解析

【分析】通过方差的计算公式，结合变形即可证明.
结合所给公式，再变形式子来解出，再利用第（1）证明的离散型切比雪夫不等式即可得到矛盾.
【详解】（1）设的所有可能取值为取的概率为.
则 ，
     

（2）（2）由参考公式，.


，用到
而，故.
当时，，
因此，不能保证.
22．已知，若函数在上的值域是，则称是第类函数.
(1)若是第类函数，求的取值范围；
(2)若是第2类函数，求的值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，得到，转化为函数与函数有两个交点，结合二次函数的图象与性质，即可求解；
（2）由，分、和，三种情况，结合二次函数的性质，列出方程组，即可求解.
【详解】（1）解：因为在是增函数，且函数在上的值域是，
可得，即，
所以问题转化为函数与函数有两个交点，
因为在单调递增，在单调递减，
将代入，可得；
将代入，可得，
所以函数与函数有两个交点，只需，
所以的取值范围是.
（2）解：因为，
当时，在单调递增，
因为是第2类函数，所以，即，
因为，所以；
当时，在单调递减，
因为是第2类函数，所以，
则，整理得即，
将代入，可得，
因为，所以没有实数解；
当时，可得当，，
因为是第2类函数，所以，解得（舍去）；
综上所述，.