2024届重庆市乌江新高考协作体高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届重庆市乌江新高考协作体高三上学期期中数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求得，然后求得.
【详解】.
故选：A
2．设全集，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由条件根据集合的运算的定义，判断各选项即可.
【详解】因为，，，
所以，，A错，
，，，B错，
，，C对，
，D错，
故选：C.
3．已知等差数列中，，则（ ）
A．7B．11C．9D．18
【答案】C
【解析】由等差数列的性质直接计算求解即可.
【详解】设等差数列的性质可知：，所以.
故选：C.
4．如图是一个棱长为2的正方体被过棱、的中点、，顶点和过点顶点、的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的体积为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】将正方体还原，利用割补法计算可得.
【详解】解：如图将正方体还原可得如下图形：
则，，，
所以该几何体的体积.
故选：C
5．已知平面直角坐标系中的3点，则中最大角的余弦值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据夹角公式算出每个内角的余弦值，然后分析可得结果.
【详解】，根据夹角公式，；
，根据夹角公式，；
，根据夹角公式，.
由，，，于是是钝角，是锐角，最大角是，余弦值为.
故选：C
6．已知，为锐角，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由条件，结合同角关系求，再由特殊角三角函数值求，再利用两角差的余弦公式求.
【详解】因为，所以 ，
又，为锐角，
所以，，且．
因为，为锐角，，所以，
又， 所以，
故．
故选：D.
7．已知函数在定义域上的值不全为零，若函数的图象关于对称，函数的图象关于直线对称，则下列式子中错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题设条件可得函数的图象关于对称，且关于直线对称，从而得到为偶函数且为周期函数，从而可判断各项的正误.
【详解】∵函数的图象关于对称，
∴函数的图象关于对称，令，
∴，即，∴ …⑴
令，∵其图象关于直线对称，∴，
即，∴ …⑵
由⑴⑵得，，∴ …⑶
∴，
由⑵得,∴；∴A对；
由⑶，得，即，∴B对；
由⑴得，，又，
∴，∴C对；
若，则，∴，
由⑶得，又，∴，即，与题意矛盾，∴D错.
故选：D.
【点睛】本题考查函数图象的对称性、奇偶性、周期性，注意图象的对称性与函数解析式满足的等式关系之间的对应性，本题属于中档题.
8．如图，在棱长为2的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点，且截面，则线段长度的取值范围是（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取CD的中点为N,的中点为R,的中点为H,证明平面MNRH//平面,平面,线段MP扫过的图形为,通过证明,说明为直角,得线段长度的取值范围为即可得解.
【详解】取CD的中点为N,的中点为R,的中点为H,作图如下:
由图可知,,
所以四边形为平行四边形,
所以,
因为,
所以,
因为,
故平面MNRH//平面,
因为截面,
所以平面,线段MP扫过的图形为,
由知,,
在中,,
即,所以，
所以,即为直角,
故线段长度的取值范围为,即,
故选:B
【点睛】本题考查面面平行的判定定理与性质定理及空间两点间的距离;重点考查转化与化归的思想;属于难度大、抽象型试题.
二、多选题
9．已知复数在复平面内对应的点为P，则（ ）
A．P在第二象限B．P在第四象限
C．D．z的虚部为
【答案】AC
【分析】根据复数的运算，求得，结合复数的几何意义和共轭复数的概念，以及复数的基本概念，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，复数，
所以其对应的点位于第二象限，所以A正确，B错误；
由复数的虚部为，所以D错误；
又由共轭复数的概念，可得，所以C正确.
故选：AC
10．已知圆：，则下列说法正确的是（ ）
A．点在圆内B．圆的半径为1
C．圆关于对称D．直线与圆相切
【答案】BCD
【分析】对于A项，求点到圆心的距离与半径比；对于B项，圆化为标准方程即可求出圆心和半径.对于C项，验证圆心是否在直线上；对于D项，验证圆心到直线的距离与半径比.
【详解】已知圆：，则其标准方程为，
∴，B选项正确；圆心，将点到圆心的距离，
所以，点在圆外，A选项错误；将圆心代入直线，得成立，
所以直线过圆心，则圆关于直线对称，C选项正确；
因为圆心到直线的距离，所以直线与圆相切，D选项正确.
故选：BCD
11．记等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝6，则S4＝（ ）
A．－10B．－8C．8D．10
【答案】AC
【分析】设等比数列的公比为，解方程求出的值即得解.
【详解】设等比数列的公比为，由于，
，则 ，或，
所以或，
故选：AC.
12．如图，已知三个两两互相垂直的半平面，，交于点，矩形的边在半平面内，顶点，分别在半平面，内，，，与平面所成角为，二面角的余弦值为，则同时与半平面，，和平面都相切的球的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】如图，补形为一个长方体，然后以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O –xyz，由线面角和二面角的定义可求得，的坐标，求得平面ABCD的法向量，设平面ABCD与轴的交点分别为：，将原问题进一步等价于求三棱锥O - P1 P2 P3的内切球半径，运用等体积法可求得答案．
【详解】解：如图所示，将矩形ABCD所在的平面，补形为一个长方体，然后以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O –xyz，
由，与平面所成角为，得，作底面于点P，则平面APB，从而，
所以即为二面角的平面角，即的余弦值为，则，故，，，，
所以，，
设平面ABCD的法向量，则，
令，得，从而，
设平面ABCD与轴的交点分别为：，则，所以，，所以，，所以原问题进一步等价于求三棱锥O - P1 P2 P3的内切球半径，
由于，
故是等腰三角形，其面积为，
三棱锥的表面积为，其体积为，
设外接球半径为R，利用等体积法有，即，
同理，当球在三棱锥外面与四个面都相切时，球的半径为，
故选：AC．
三、填空题
13．函数的图象在处的切线方程是 ．
【答案】（或）
【分析】由导数的几何意义求解，
【详解】由题意可得，则，，
故所求切线方程为，即（或）．
故答案为：
14．若等差数列的前10项和为30，前20项和为100，则前30项和为
【答案】
【解析】利用等差数列的前项和性质即可求解.
【详解】设等差数列的前项和为，
则，，成等差数列，
即成等差数列，
所以，
，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了等差数列的前项和性质，需熟记性质，属于基础题.
15．若方程在上有两个不同的实数根，则实数a的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据题意作图，由函数与方程的关系，可得，进而得到答案.
【详解】作出，与的大致图象，如图所示．
由图象，可知，即，故实数a的取值范围为．
故答案为：.
16．已知数列满足，.给出下列四个结论：
①数列每一项都满足；②数列的前项和；
③数列每一项都满足成立；④数列每一项都满足.
其中，所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【分析】通过递推公式，判断出数列单调性，由此得到数列的取值范围，根据取值范围对①③④进行判断，算出即可判断②.
【详解】由，，
得，，，
，②错误；
，
又因为，所以，所以，①正确；
由可得，即，
又，两边同时除以，可得：
，，… ，，
累加可得，
又因，
所以，即有，
当时，，所以，③正确；
由，得，
则当时，，
则，
当时，，
所以，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】思路点睛：数列中出现大小比较时，若通过原数列或者构造新数列不能找到大小关系，常见思路为对数列进行放缩，通过将数列放缩为一个简单的通项公式再进行大小比较.
四、解答题
17．已知，则求：
（1）集合A的子集的个数，并判断与集合A的关系
（2）请写出集合A的所有非空真子集
【答案】（1）8， （2），，，，，
【分析】（1）根据子集的概念，利用列举法可得集合A的所有子集，从而可得子集个数以及 与集合A的关系；
（2）根据非空真子集的概念，利用列举法可得答案.
【详解】（1）的子集有，，，，，，，共8个，
其中.
（2）集合A的所有非空真子集有，，，，，.
【点睛】本题考查了子集和真子集的概念，属于基础题.
18．已知命题p:x2+2x-15≤0，命题q:︱x-1︱≤m (m>0)，若¬p是¬q的必要不充分条件，
求实数m的取值范围
【答案】
【分析】利用不等式的解法求解出命题p，q中的不等式范围问题，结合二者的关系得出关于字母m的不等式，从而求解出m的取值范围．
【详解】解：x2+2x﹣15≤0的解集为[﹣5，3]，
故命题p成立有x∈[﹣5，3]，
由︱x-1︱≤m (m>0)，，
得x∈[1﹣m，m+1]，
若¬p是¬q的必要不充分条件，即p是q的充分不必要条件，
因此有[﹣5，3] 为[1﹣m，m+1]真子集，
即，（两个等号不能同时取到）
解得：
19．如图，在平面四边形中，点与点分别在的两侧，对角线与交于点，.

(1)若中三个内角、、分别对应的边长为、、，的面积，，求和；
(2)若，且，设，求对角线的最大值和此时的值.
【答案】(1)，
(2)当时，对角线长的最大值为
【分析】（1）利用三角形的面积公式以及余弦定理可求出的值，结合的取值范围可求得的值，设，则，利用正弦定理可求得的值；
（2）利用余弦定理求得，结合余弦定理分析可知，为等腰直角三角形，再利用余弦定理结合三角函数看可求出的长的最大值及其对应的的值.
【详解】（1）解：因为的面积，即，
整理可得，所以，，
又因为，则，设，则，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
因为，则，所以，，
因为，则，所以，，
因为，则，所以，，解得，即.
（2）解：因为，则，其中，
则，
由余弦定理可得
，则，
在中，，，
由余弦定理可得，
所以，，故，故为等腰直角三角形，
则，
所以，
，
易知，则，
故当时，即当时，取最大值，且最大值为.
20．如图，在三棱台中，，平面，，，，且D为中点.求证：平面；
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，根据空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论.
【详解】由题意，以点为坐标原点，，,分别为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，
则，
故，
，
即，
又平面，
故平面.
21．过点的直线分别与轴、轴的正半轴交于A，B两点，求（O为坐标原点）面积取得最小值时的直线方程．
【答案】.
【分析】由题意设直线的方程为，然后求出直线与坐标轴的交点，从而可表示出的面积，利用基本不等式可求出其最小值，从而可求出直线方程.
【详解】由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，即，
在直线的方程中，令，可得；
令，可得.
所以点，
由已知条件可得，得，
所以的面积为
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以直线的方程为.
22．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设函数（），若在上为增函数，求实数a的取值范围．
【答案】(1)增区间，减区间
(2)
【分析】（1）利用导数求得的单调区间.
（2）由在恒成立，分离常数，通过构造函数法，结合导数求得的取值范围.
【详解】（1），的定义域为.
，
设，
，
，
所以在区间递增；
在区间递减.
（2），，
在上恒成立，
在上恒成立，
令，
当时，；
当时，，，
所以在上递增，
，
所以，即的取值范围是.
【点睛】由函数在区间上的递增（或递减）来求参数的取值范围，可利用（或）恒成立来建立不等关系式，然后通过分离常数法，再次结合导数来求得参数的取值范围.