重庆市沙坪坝区南开中学2024届高三上学期第四次质量检测（期中）数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市沙坪坝区南开中学2024届高三上学期第四次质量检测（期中）数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接由公式以及模长的计算公式即可求解.
【详解】由题意.
故选：C.
2. 设集合，则集合的真子集个数为（ ）
A. 32B. 31C. 16D. 15
【答案】D
【解析】
【分析】先化简用列举法表示集合，据集合中元素的个数得真子集个数.
【详解】由得，解得，
又，，
由集合中共有个元素，故的真子集个数为.
故选：D.
3. 已知直线a、b与平面、，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】由线面位置关系的判定，分析选项中结论是否正确.
【详解】A选项，缺条件，结论不成立；
B选项，直线与直线可能平行可能异面，结论不成立；
C选项，由直线与平面垂直的定义可知，结论正确
D选项，直线可能与平行，可能在内，也可能与相交，不一定满足垂直，结论不成立.
故选：C
4. 已知，，，则向量与的夹角等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量模的平方转化为模与数量积的关系，再由向量的数量积的定义求向量的夹角.
【详解】设向量与的夹角为，
则，
，由，则.
故选：B.
5. 已知实数a、b、c满足：，则下列关系不可能成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出函数，，的图象，判断函数值相等时实数a、b、c的大小关系.
【详解】令，画出，，，图象可知：

当在①位置时，；
当在②位置时，；
当在③位置时，；
不可能成立.
故选：D
6. 如图，将钢琴上的12个键依次记为，，…，.设，若且，则称，为原位大三和弦.现随机按下两个白键和一个黑键，则恰好按下的是一个原位大三和弦的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意利用组合数求出事件的基本事件总数，然后找出满足题意的基本事件数，求解即可.
【详解】随机按下两个白键和一个黑键的方法数为：，
原位大三和弦的组合有:，，，，，
其中满足两个白键和一个黑键的只有，两种情况，
故恰好按下的是一个原位大三和弦的概率为.
故选：A.
7. 设抛物线的准线与轴的交点为N，O为坐标原点，经过O、N两点的圆C与直线相切，圆C与抛物线E的另一个交点为P，若，则（ ）
A. 2或B. 2或4C. 或D. 2或
【答案】A
【解析】
【分析】由题意知圆C的圆心在直线上，由正弦定理得，解得，利用相交弦性质用表示圆的坐标，再由直线与圆相切点到直线的距离公式建立关于的等量关系，求解可得.
【详解】由抛物线方程，得准线方程为，
则，
设圆心，半径为，，
在中，由正弦定理得，
，.
又圆与直线相切，
当时，
则圆心到直线距离，解得；
当时，
则圆心到直线距离.
即，或（舍），
综上或.
故选：A.
8. 将一张如图所示的两直角边长度分别为和的直角三角形硬纸片，沿虚线剪成四块，这四块纸片恰好可以通过折叠，拼接形成一个密封的直三棱柱模型，则所得直三棱柱模型的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】易知两块全等的小三角形作为直三棱柱的底面，剩下两部分拼接成直三棱柱的侧面，分析可知直三棱柱的高为，因为底面三角形周长恰好为线段长度，设，根据题意得出关于的等式，解出的值，再结合柱体的体积公式可求得该柱体的体积.
【详解】易知两块全等的小三角形作为直三棱柱的底面，剩下两部分拼接成直三棱柱的侧面.

则、分别为、中点，所以，，即直三棱柱的高为，
又因为底面三角形周长恰好为线段长度，
设，其中，设，
则的周长为，且，
所以，，可得，
等式两边平方可得，
整理可得，因为，解得，
所以，，则，
所以，该直三棱柱体积为.
故选：B.
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. 已知函数是定义在上奇函数，则下列说法正确的有（ ）
A. 函数是偶函数B. 函数的图象关于点对称
C. 函数是偶函数D. 函数是奇函数
【答案】AD
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性定义判断ACD，由奇函数图象的平移判断B.
【详解】对于A：令，，
为偶函数，A正确；
对于B：是奇函数，故图象关于原点对称，
将的图象向左移1个单位可得到图像，
故对称中心为，B错误；
对于C， 令，
如果，则，
由，
此时，不是偶函数，故C错误；
对于D，，
为奇函数，故D正确.
故选：AD
10. 在正方体中，为棱上任意一点（含端点），下列说法正确的有（ ）
A. 直线与直线一定异面B. 直线与直线一定垂直
C. 直线可能与平面平行D. 直线可能与平面垂直
【答案】BCD
【解析】
【分析】当点与重合时，即可判断A；转化为证明平面,即可判断B；当点与重合时，利用线线平行，即可证明线面平行，即可判断C；当与重合时，即可证明线面垂直.
【详解】对于A：当与重合时，，故A错误
对于B：因为平面，且平面，所以
又因为，且，平面,
所以平面,平面，
所以，故B正确;
对于C：当与重合时，，面，平面
所以平面，故C正确；
对于D：当与重合时，连结
因为，且平面，平面，所以，
且，平面，
所以平面，平面，所以，
同理，且，平面，
所以平面，故D正确.
故选：BCD
11. 已知数列和都是等差数列，，，，设集合，，，若将集合中的元素从小到大排列，形成一个新数列，下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. D. 数列的前20项和为610
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，直接由等差数列的性质运算即可判断；对于B、C，令，并结合数列的定义即可判断；由题意可知数列的前20项和为，由此即可判断.
【详解】对于A：由，，解得，，
所以，，所以A对；
对于B、C：令，
所以当，时，，且相邻公共项之间依次有，，，
所以当时，所以B错，C对；
对于D：由B可知，记前项和为，则约前20项和为，1，2，3，4时，所以D对.
故选：ACD.
12. 如图，双曲线的左右焦点分别为和，点、分别在双曲线的左、右两支上，为坐标原点，且，则下列说法正确的有（ ）

A. 双曲线的离心率
B. 若且，则的渐近线方程为
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据渐近线夹角范围得离心率范围判断A，利用三角形面积求得的坐标，代入双曲线方程即可求解渐近线判断B，在双曲线上取B关于原点的对称点M，连接，先证，再结合条件得，从而得判断C，在上取一点使得，先证，再结合条件得，从而，判断D.
【详解】对于A，，两渐近线夹角小于，，
，A正确；
对于B，时，为等腰直角三角形，，
又点在双曲线上，代入双曲线方程得即，，
渐近线方程为，B错误；
对于C，在双曲线上取B关于原点的对称点M，连接，，，.
，，又，.
又，为中点，，必有，，三点共线，
为角平分线，，C正确；
对于D，在上取一点使得，，，
，，又，，
，，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. 若直线与直线平行，则实数的值为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】由两直线平行，按斜率是否存在分类讨论求解.
【详解】当时，，相交；
当时，，，
，①，且②，
由①得，，解得或，
验证知，当或时，都满足②.
故答案为： 或.
14. 已知，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用诱导公式以及二倍角公式求解即可．
【详解】
故答案为：
15. 已知直线与圆交于A、B两点，则弦长的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据点到直线距离求圆心到直线距离范围，再结合几何法求出弦长最值即可.
【详解】已知圆的半径，设圆心到直线距离（时取等），
又，当取最小时取得最大值，故时，.
故答案为：.
16. 已知函数，曲线的一个对称中心为，一条对称轴为，则的最小值为__________.
【答案】9
【解析】
【分析】分别由对称轴和对称中心可得的表达式，由综合可得．
【详解】因为为的一个对称中心，为的一条对称轴，
，得，
，，代入①得，
，当，时，.
故答案为：9.
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. 已知的内角、、的对边分别为、、，且，，.
（1）求的面积；
（2）设为线段上一点，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理可得出关于的方程，结合可得出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积；
（2）利用平面向量数量积的定义可求出的长，利用余弦定理可求得的长，利用勾股定理可推导出，即可得出的大小，并求出的长，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【小问1详解】
解：由余弦定理得，整理得.
因，解得，
所以，.
【小问2详解】
解：因为，可得，
由余弦定理可得，
所以，，即，故，
且，
，
故.
18. 为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽取了40名学生，按照性别和体育锻炼情况整理得到如下的列联表：
（1）根据上表数据，依据小概率值的独立性检验，能否认为性别因素会影响学生体育锻炼的经常性？
（2）如果将表中的数据都扩大为原来的倍，在相同的检验标准下，得到与（1）中不一样的结论.
（i）求的最小值；
（ii）如果抽样方式不变，你认为（1）和（2）的结论哪个更可靠，并说明理由.
附：，其中
【答案】（1）根据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此认为成立，即学生体育锻炼的经常性与学生性别没有关系
（2）（i）的最小值为8，（ii）在抽样方式不变的情况下，（2）中的结论更可靠，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据独立性检验的相关公式代入求出观测值，进而根据临界值表作出判断即可.
（2）（i）当表中的数据都扩大为原来的倍时，，根据题意列出不等式即可求解；（ii）由于频率具有随机性，故样本容量越大越具有说明性.
【小问1详解】
：学生体育锻炼的经常性与学生性别没有关系.
根据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此认为成立，即学生体育锻炼的经常性与学生性别没有关系.
【小问2详解】
（i）当表中的数据都扩大为原来的倍时，
根据的独立性检验，若推断不成立，即在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为学生体育锻炼的经常性与学生性别有关系.
则有：，解得，又，故的最小值为8.
（ii）在抽样方式不变的情况下，（2）中的结论更可靠.
这是因为对于随机样本而言，频率具有随机性，我们的推断可能犯错误，样本容量越小，犯错误的可能性会越大，因此在抽样方式不变的前提下，样本容量大的结果更可靠.
19. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，面，为棱的中点，经过、、三点的平面交棱于点.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角大小为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定、性质可证，进而得到四边形是平行四边形，则，最后应用线面平行判断证结论；
（2）由题设证得面，结合面及已知求相关边长，构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【小问1详解】
由，平面，平面，则平面，
又，平面，则，
又是的中点，故是的中点，所以且，
又，故且，
所以四边形是平行四边形，则，
又平面，平面，故平面.
【小问2详解】
连接，因且，，
所以且，又面，面，故，
又，面，所以面，
故直线与平面所成角，从而，且.
如图，以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
面的法向量为，设面的法向量为，
则，取，得，
所以，则面与面所成角的余弦值为.
20. 已知数列满足，，，.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）记数列前项和为，数列的前项和为，是否存在常数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在常数，
【解析】
【分析】（1）由，由数列的递推关系得到的递推关系，利用定义证明数列是等比数列；
（2）利用等比数列公式法求前项和，并项求和法求数列的前项和，则可得二者关系，求出.
【小问1详解】
当时，
因为
，
又，故数列是以2为首项，公比为4的等比数列.
【小问2详解】
由（1）得，故
，，
所以
故，即存在常数满足题意.
21. 已知函数，，.
（1）若曲线在点处的切线与曲线也相切，求实数的值.
（2）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.（…为自然对数的底数）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出的导数，求得切线的斜率和切点，可得切线方程，再设与相切的切点为，求得的导数，列出方程，即可解得实数的值.
（2）问题转化为对任意的恒成立，通过构造函数利用导数求最值的方法解决恒成立问题.
【小问1详解】
函数，，
，，，，
故曲线在点处的切线方程为，即.
设切线与曲线切于点，则，
解得，.
【小问2详解】
法一：函数，定义域为，
故等价于，
记，，
令，，
解得，，解得，
故在上单调递减，在上单调递增，所以当时，.
所以解得，解得，
故在单调递减，在单调递增，有，
所以的取值范围为.
法二：取，由，得.
下证：当时，恒成立.
记，
因，函数在单调递减，
所以，
记，，
，，
记，，
，解得，，解得，
故在单调递减，在单调递增，
故，
故，单调递增，即单调递增，又，
在上恒成立，所以在单调递减，在单调递增，
所以，得证.
综上知，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
22. 椭圆的左右焦点为和，为椭圆的中心，过作直线、，分别交椭圆于、和、，且的最大值为，的最小值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设线段、的中点分别为、，记的面积为，的面积为，若直线、的斜率为、且，求证：为定值，并求出这个定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据最短弦和最长弦求得，，即可求得方程；
（2）设直线方程，与椭圆联立，结合韦达定理求得、的坐标，
方法一：利用坐标关系得直线MN恒过定点，根据高的比得三角形面积的比；
方法一：利用向量法求得三角形面积，然后求解即可.
【小问1详解】
由已知得当在x轴上时，，
当在x轴上时，最小，此时直线方程为：，
联立，解得，所以，所以，，
故椭圆方程为.
【小问2详解】
由（1）得，，设直线，，
其中，，则.
由消去得：，，
设，，，则，，
，，
即，用代换同理可得，
解法一：设直线的斜率为，
则.
故直线的方程为，
即，
将代入得，故直线恒过定点，
于是点与点到直线的距离之比等于，从而.
解法二：对于一个，若，则，
证明如下：
因为，
所以，
所以，
所以；
故对于，，
所以，
又，，
则，
所以.
性别
锻炼
合计
不经常
经常
女生
5
10
15
男生
5
20
25
合计
10
30
40
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828