重庆市九龙坡区育才中学2023-2024学年高三上学期第三次联考复习数学试题（Word版附解析）

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数 学 试 题
本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.
注意事项：1．作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上．
2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效．
3．考试结束后，答题卡、试卷、草稿纸一并收回．
第Ⅰ卷
一．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，只有一项是符合题目要求的．
1 已知集合，集合，则（ ）
A. 且B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据基本函数的定义域和值域求法求出，从而求出交集.
【详解】由对数函数的定义域可得：，
由基本初等函数的值域可得，故.
故选：C.
2. 已知非零向量满足，，且与的夹角为，则（ ）
A. 6B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的加法的平行四边形法则，判断四边形的形状，推出结果即可．
【详解】解：非零向量，满足，可知两个向量垂直，，且与的夹角为，
说明以向量，为邻边，为对角线的平行四边形是正方形，所以则．
故选：．
【点睛】本题考查向量的几何意义，向量加法的平行四边形法则的应用，考查分析问题解决问题的能力，属于基础题．
3. 若的展开式中所有项的二项式系数之和为16，则的展开式中的常数项为（ ）
A. 6B. 8C. 28D. 56
【答案】C
【解析】
【分析】根据的展开式中所有项的二项式系数之和求出n的值，从而写出的展开式的通项公式，再令x的指数为0，即可求解常数项．
【详解】由的展开式中所有项的二项式系数之和为16，得，所以，
则二项式的展开式的通项公式为（且），
令，解得，
所以，故的展开式中的常数项为28，
故选：C．
4. 下列说法正确的是（ ）
A. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
B. 直线的倾斜角的取值范围是
C. 过，两点的所有直线的方程
D. 经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为
【答案】B
【解析】
【分析】由直线垂直的条件判断选项A；由直线斜率计算倾斜角判断选项B；由直线两点式方程的适用范围判断选项C；由直线在x轴和y轴上截距相等的类型判断选项D.
【详解】A．当，两直线方程分别为和，此时也满足直线垂直，故A错误；
B．直线的斜率，则，即，则，故B正确；
C．当或时直线方程为或，此时直线方程不成立，故C错误；
D．若直线过原点，则直线方程为，此时也满足条件，故D错误．
故选：B
5. 由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，其中奇数不相邻，且2不在第二位，则这样的六位数个数为（ ）
A. 120种B. 108种C. 96种D. 72种
【答案】B
【解析】
【分析】利用全部不相邻的奇数中去掉2在第二位的情况，即可利用不相邻问题插空法求解.
【详解】1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，其中奇数不相邻，先排3个偶数，然后把3个奇数插入即可，共有个，
若2在第二位，则第一位一定为奇数，则从3个奇数中选择一个放在第一位上，此时还剩下2个偶数和2个奇数安排在后四位上，则先排2个偶数，然后把剩下2个奇数插空即可，此时共有个，
因此符合条件的六位数有个，
故选：B
6. 如果圆台的母线与底面成角，那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆台的母线为，高为，由题可得，然后根据圆台的侧面积公式即得.
【详解】设圆台的上下底面半径分别为，圆台的母线为，高为，
由题可知，即，
所以圆台的侧面积与轴截面面积的比为.
故选：C.
7. 已知函数的定义域为R，是偶函数，，在上单调递增，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意判断出函数关于对称，结合函数的对称性与单调性求解不等式.
【详解】∵是偶函数，∴函数关于对称，∴，又∵在上单调递增，∴在单调递减，∴可化为，解得，∴不等式解集为.
故选：A
8. 设是椭圆的两个焦点，若上存在点满足，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分焦点在轴上和轴上两种情况讨论，设为椭圆短轴端点，由题意，，利用三角函数列出不等式即可得解.
【详解】①时，上存在点满足，
设为椭圆短轴端点，
当位于短轴的端点时，取最大值，
要使椭圆上存在点满足则，，
，解得；
②当椭圆的焦点在轴上时，，同理可得；
的取值范围是.
故选：A.
【点睛】本题考查了椭圆性质和三角函数的综合应用，考查了分类讨论思想，属于中档题.
二．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 数列前项的和为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则数列前项的和最大
B. 若为等比数列，，，则
C. 若，，则
D. 若为等差数列，且，，则当时，的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】解不等式可判断A选项；利用等比数列片段和的性质可判断B选项；推导出，利用累乘法可判断C选项；利用等差数列求和公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，由可得，故数列前项的和最大，A对；
对于B选项，设等比数列的公比为，
若时，则当为偶数时，，不合乎题意，
所以，且，由等比数列片段和的性质可知、、、成等比数列，且公比为，
故，，
所以，，B错；
对于C选项，当时，由可得，
上述两个等式作差可得，可得，
所以，，
故，C对；
对于D选项，因为为等差数列，且，，则，
则，
，
因此，当时，的最大值为，D错.
故选：AC.
10. 已知向量，函数，则（ ）
A. 若的最小正周期为，则的图象关于点对称
B. 若的图象关于直线对称，则可能为
C. 若在上单调递增，则
D. 若的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象，则的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由平面向量数量积运算，结合三角恒等变换将函数化简为，根据三角函数的性质逐一判断即可得解．
【详解】由向量，，，
则:
对于选项A，,令，则，，则的图像关于点对称，故A正确，
对于选项B，即选项令，则为方程的解，即，，即可能为，即选项B正确；
对于选项C，令，解得的单调递增区间为，又在上单调递增，则，即，即，即选项C正确，
对于选项D，将的图像向左平移个单位长度后得到的图像对应解析式为，由为偶函数，则，即，，则的最小值为，即选项D错误；
故选：ABC．
11. 已知正方体的棱长为1，点是线段的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 与平面所成角为
B. 点到平面的距离为
C. 平面
D. 三棱柱的外接球半径为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A选项，连接交于点，连接，即为与平面所成角，再结合几何关系求解即可；对于B选项，设点到平面的距离为，根据等体积法求解即可；对于C选项，连接交于，连接，证明即可判断；对于D选项，转化为正方体的外接球求解即可.
【详解】解：对于A选项，点是线段上的动点，所以平面即为平面，连接交于点，连接，如图1，由于由正方体的性质得，平面，所以，由于，所以平面，由于平面即为，所以即为与平面所成角，由几何关系得，所以，所以，故A选项正确；
对于B选项，设点到平面的距离为，则，由于，，所以，所以，故错误；
对于C选项，如图2，连接交于，连接，所以为的中点，因为点是线段的中点，所以点是线段的中点，由正方体的性质易知，所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面，故C选项正确；
对于D选项，三棱柱的外接球即为正方体的外接球，由于正方体的体对角线为，所以正方体的外接球半径为，即，三棱柱的外接球半径为，故D选项错误.
故选：AC
12. 已知椭圆C：的上下焦点分别为，，且焦距为2c，离心率为e.直线l：与椭圆交于A，B两点，则下列说法中正确的有（ ）
A. 若AB的最小值为3c，则B. 的周长为4a
C. 若，则e的取值范围为D. 若AB的中点为M，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】易知的最小值为通径，则有，求出，A正确；
，B正确；
设，，，，则有，可得，C正确；
设，，，，，有，D错误.
【详解】解：易知的最小值为通径，则有，即，解得，所以，A正确；
，B正确；
设，，，，，
则有，可得，C正确；
设，，，，，
有，，
由，作差得：，所以，
则有，D错误.
故选：ABC
第Ⅱ卷
三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设复数，（i是虚数单位，），若，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】根据乘法法则化简，进而根据实数特点得到结果.
【详解】
所以，
故答案为：4
14. 已知直线恒过定点P，则点P关于直线的对称点的坐标是________．
【答案】
【解析】
【分析】首先化简直线方程，求出定点的坐标，再代入点关于直线对称的点的计算公式，即可求解.
【详解】由直线化为，
令，解得，于是此直线恒过点．
设点P关于直线的对称点为，
则，解得，∴．
故答案为：
15. 已知为正实数，直线截圆所得的弦长为，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由圆心到直线的距离、弦长的一半、圆的半径及勾股定理得到，再对目标式进行变形，利用基本不等式求最值.
【详解】解：圆的圆心为，
则到直线的距离为，
由直线截圆所得的弦长为可得
，整理得，
解得或（舍去），令
，
又，当且仅当时，等号成立，
则
．
故答案为：．
【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，考核基本不等式求最值，关键是对目标式进行变形，变成能用基本不等式求最值的形式，也可用换元法进行变形，是中档题．
16. 已知菱形边长为，，为对角线上一点，．将沿翻折到的位置，移动到且二面角的大小为，则三棱锥的外接球的半径为______；过作平面与该外接球相交，所得截面面积的最小值为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设，证明出平面，分析可知，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球球心为，根据题意可得出关于、、的方程组，可求得球心的坐标，即可求出球的半径长，求出，可求得截面圆半径的最小值，再利用圆的面积公式可求得截面圆面积的最小值.
【详解】设，翻折前，在菱形中，则，即，，
翻折后，则有，
所以，二面角的平面角为，
在菱形中，，则，
又因为，所以，是边长为的等边三角形，
同理可知，是边长为的等边三角形，
因为，，，、平面，
平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则点、、、、，
设三棱锥的外接球球心为，
由可得，解得，
所以，三棱锥的球心为，球的半径为.
，
设球心到截面的距离为，平面截球的截面圆的半径为，
则，，
过作平面与该外接球相交，所得截面面积的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
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. 已知数列的前项和为，且满足．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据作差得到，即可得到，从而得证；
（2）由（1）知，再利用裂项相消法计算可得；
【详解】解：（1）因为①
当时，得．
当时，②，①②两式相减得
即，
所以数列是以2为公比，以2为首项的等比数列，
（2）由（1）知，即．
∵，
则，
【点睛】数列求和的方法技巧
(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
18. 某专营店统计了最近天到该店购物的人数和时间第天之间的数据，列表如下：
（1）由表中给出的数据，判断是否可用线性回归模型拟合人数与时间之间的关系？（若，则认为线性相关程度高，可用线性回归模型拟合；否则，不可用线性回归模型拟合.计算时精确到）
（2）该专营店为了吸引顾客，推出两种促销方案：方案一，购物金额每满元可减元；方案二，购物金额超过元可抽奖三次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打折，中奖两次打折，中奖三次打折.某顾客计划在此专营店购买一件价值元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析，选哪种方案更优惠？
参考数据：.附：相关系数.
【答案】（1）可以，理由见解析
（2）方案二更优惠，理由见解析
【解析】
【分析】（1）计算出、的值，将表格中的数据代入相关系数公式，求出的值，即可得出结论；
（2）设方案一的实际付款金额为元，方案二的实际付款金额为元，计算出、的值，比较大小后可得出结论.
【小问1详解】
解：，，
所以，，
，，
所以，，
所以，与的线性相关性很强，故可用线性回归模型拟合人数与时间之间的关系.
【小问2详解】
解：设方案一的实际付款金额为元，方案二的实际付款金额为元，
由题意可知，（元），
的可能取值有、、、，
，，
，，
所以，，
所以，方案二更优惠.
19. 在中，角所对的边分别是．已知．
（1）求；
（2）为边上一点，，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）已知等式去分母，正弦定理边化角，利用两角和的正弦公式化简，可得角；
（2）由且，利用向量法求得，再结合余弦定理求和.
【小问1详解】
已知，
由，有，
所以，
两边同乘以abc得：．
由正弦定理得：．
由，，所以，．
【小问2详解】
取、为平面向量的基底．
因为D在BC边上，且，
所以．
因为，所以，则
即，得，
所以，．
不妨设，．
在中，由余弦定理：，所以．
由余弦定理：．
20. 如图，在梯形中，，，，，与交于点，将沿翻折至，使点到达点的位置.

（1）证明：；
（2）若平面PBC与平面PBD的夹角的余弦值为，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）求得，进而得到，证明平面PMC即可；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由平面PBC与平面PBD的夹角的余弦值为，解得， ，即可求出其体积.
【小问1详解】
，，
，
，
，
即，，
，，又，
平面PMC， 平面PMC，
平面PMC，
∴；
【小问2详解】
直角中，，
，
，
，，，
则
由（1）平面PMC，
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，
设，其中，
所以，，，
设平面PBD的一个法向量为，
则，
取，，
设平面PBC的一个法向量为，
则，
取，则，
，
解得，或，
则或
故或.
21. 已知过点，且与内切，设的圆心的轨迹为，
（1）求轨迹C的方程；
（2）设直线不经过点且与曲线交于点两点，若直线与直线的斜率之积为，判断直线是否过定点，若过定点，求出此定点的坐标，若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）；（2）过定点．
【解析】
【分析】
（1）由题意结合圆的性质可得，利用椭圆的定义即可得解；
（2）当直线斜率不存在时，求出各点坐标后即可得与轴的交点为；当的斜率存在时，设l的方程为，联立方程可得，，进而可转化条件，得出后即可得解.
【详解】（1）由题意过点，且与内切，
易知点，半径为，
设两圆切点为，
所以，在中，，
所以，所以M的轨迹为椭圆，由椭圆定义可知，
所以，所以轨迹C的方程为；
（2）①当的斜率不存在的时，设，所以，
所以，解得或（舍），
所以与轴交点为；
②当的斜率存在时，设l的方程为，
联立消元可得，
，所以，
由韦达定理，，
则
，
又因为，所以，即，
所以，所以成立，
所以，当时，，所以l过，
综上所述，过定点.
【点睛】本题考查了椭圆定义的应用和直线与椭圆的综合问题，考查了计算能力，属于中档题.
22. 已知函数，.
（1）若，证明：当时，；
（2）当时，，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用作差法比较，构造函数，，然后分别求导后利用其单调性，证明，在上恒成立，从而证明；
（2）由题意要证，在时恒成立，即可构造函数恒成立，然后通过放缩变形证明恒成立，从而求解.
【小问1详解】
证明：当时，，
当时，要证，
即等价于证明恒成立和恒成立；
设：，，
对求导得：，
当时，，，
所以，所以在区间上单调递增，
所以，所以恒成立；
设：，，
对求导得：，
当时，， 所以得：恒成立，
所以恒成立，所以在区间上单调递增，
所以，所以，恒成立；
综上所述：若，当时，得证.
【小问2详解】
当时，成立，即等价于恒成立，
令，，
因为，
所以在区间上偶函数，
只需研究在区间上恒成立；
从而有两种情况：
①当时，，等价于恒成立；
（i）：当时，由（1）知当时，，
所以，
令，，求导得，而，则，
所以，所以在区间上单调递增，
又，，则使，
所以，即，不符合题意.
（ii）当时，，
令，，求导得：
，
又
，
因为，所以，，，
由（1）知：时，，所以恒成立，
所以，所以在区间上单调递增，
又，所以恒成立，即恒成立，
所以当时满足题意；
②当时，等价于恒成立；
即在时，恒成立，
令，，即时恒成立，等价于恒成立，
因为当趋向于时，趋向，所以时，不存在最小值，
所以不符合题意.
综上所述 ：的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：第二问是先构造函数，然后分两种情况讨论，特别是在时需结合第一问结论，对构造的函数适当变形后进行放缩，从而求解.