精品解析：重庆市七校2023届高三三诊数学试题

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组卷学校：重庆市铜梁中学校 组卷人：王琳 审题人：汤永海
试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卷规定的位置上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卷规定的位置上．
4．考试结束后，将答题卷交回．
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、单项选择题：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. 数集的非空真子集个数为（ ）
A. 32B. 31C. 30D. 29
【答案】C
【解析】
【分析】利用集合中含有个元素，则它的非空真子集个数为即可求解.
【详解】因为集合中含有个元素，
所以集合的非空真子集个数为.
故选：C
2. 已知方程在复数范围内有一根为，其中i为虚数单位，则复数在复平面上对应的点在（ ）．
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】把代入已知方程，结合复数的运算及复数相等条件可求，再由复数几何意义可求．
【详解】解：因为方程在复数范围内有一根为，
所以，整理得，
所以，
则复数在复平面上对应的点在第二象限．
故选：B．
3. 已知是等差数列，是等比数列，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差、等比中项的性质求得，，进而可得，，代入目标式求正切值即可.
【详解】因为是等差数列，所以，故，则，
因为是等比数列，所以，故，则，
所以.
故选：A
4. “赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，登舟比赛的划手分为划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（ ）
A. 15种B. 18种C. 19种D. 36种
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，记只会划左桨的两人，只会划右桨的两人，既会划左桨又会划右桨的两人；
则不同的选派方法有以下三种：
（1）从中选择2人划左桨，划右桨的在中选两人，共有种，
（2）从中选择1人划左桨，则从中选1人划左桨，再从剩下的3人中选2人划右桨，共有种；
（3）从中选择0人划左桨，则中的两人划右桨，从中选2人划左桨，共有
所以，不同的选派方法共有19种.
故选：C
5. 在△ABC中，，且点D满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量线性运算和题干条件得到，从而得到.
【详解】由题意得，平方得，
故，
因为点D满足，所以，
平方得，
故.
故选：D
6. 设椭圆的右焦点为，点在椭圆外，P，Q在椭圆上，且P是线段AQ的中点．若直线PQ，PF的斜率之积为，则椭圆的离心率为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用中点弦问题，结合点差法可得，即可求离心率.
【详解】
如图，取的中点为，连接，
则由题意可得，，
所以相似，所以,
因为直线PQ，PF的斜率之积为，
所以,
设，
则有，两式相减可得，
即，即，
即，所以椭圆的离心率为，
故选:B.
7. 已知同时满足下列三个条件：
①当时，的最小值为；
②是偶函数；
③．
若在上有两个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由①可得函数的半个周期为，即可求得，由②③可求得，再根据正弦型函数的图象与性质找到两个零点时满足的范围即可.
【详解】由①当时，则分别为最大值与最小值，所以的最小值即为半个周期，，由；
由②是偶函数，所以，
因，所以或；
由③，则， 所以.
时，，因为在上有两个零点，
根据正弦函数的图象
故选：A.
8. 已知定义在上的函数，，其导函数分别为，，且，，且为奇函数，则下列等式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将用代入已知等式可构造方程组得到，由此可得关于对称；结合为偶函数可推导得到是周期为的周期函数，则可得D正确；令，代入中即可求得A错误；令，由可推导得到B错误；设，由可知，结合可知，由此可得，知C错误.
【详解】由得：，
，关于中心对称，则，
为奇函数，，左右求导得：，
，为偶函数，图象关于轴对称，
，
是周期为的周期函数，
，D正确；
，，又，
，A错误；
令，则，，
又，，，
即，B错误；
，，
设，则，，
又为奇函数，，，
即，C错误.
故选：D
【点睛】结论点睛：本题考查利用抽象函数关系式求解函数周期性、对称性、奇偶性的问题；对于与导数有关的函数性质，有如下结论：
①若连续且可导，那么若为奇函数，则为偶函数；若为偶函数，则为奇函数；
②若连续且可导，那么若关于对称，则关于点对称；若关于对称，则关于对称.
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. 下列判断错误的有（ ）
A. 将总体划分为2层，按照比例分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，且已知，则总体方差
B. 已知随机变量X服从正态分布，若，则
C. 已知线性回归方程，当解释变量增加1个单位时，预报变量平均增加2个单位；
D. 已知随机事件，，则“事件A，B相互独立”是“”的充分必要条件
【答案】AB
【解析】
【分析】由分层抽样计算公式可判断A；根据可得可判断B；由线性回归意义判断C；由条件概率公式可判断D.
【详解】对于A，设两层数据分别记为、，因为，所以总体的样本平均数为，
所以，，
所以总体的方差
，只有当时，才成立，故A错误；
对于B，随机变量X服从正态分布，可得，若，则，故B错误；
对于C，线性回归方程，当解释变量增加1个单位时，由可得预报变量平均增加2个单位，故C正确；
对于D，由题意，
若事件A，B相互独立，则，
，故，故充分性成立；
若，即，则，
即，故，即与相互独立，所以与相互独立，故必要性成立，则“事件A，B相互独立”是“”的充分必要条件，故D正确.
故选：AB.
10. 德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分概念．在研究切线时认识到，求曲线的切线的斜率依赖于纵坐标的差值和横坐标的差值，以及当此差值变成无限小时它们的比值，这也正是导数的几何意义．设是函数的导函数，若，对，，且，总有，则下列选项正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据导函数得到函数的单调性，进而得到；B选项，根据条件得到函数图象上凸，画出函数图象，由的几何意义得到；CD选项，结合，结合图象得到答案.
【详解】A选项，根据可得，在R上单调递增，
因为，所以，A正确；
B选项，因为，，且，总有，
所以函数图象上凸，画出函数图象，由几何意义可知，表示函数图象上的各点处的切线斜率，
显然随着的增大，切线斜率变小，且恒为正，
因为，所以，B正确；
C选项，，结合函数图象可知，C错误，D正确.

故选：ABD
11. 如图，在直三棱柱中，，，E为的中点，过AE的截面与棱BB、分别交于点F、G，则下列说法中正确的是（ ）
A. 当点F为棱中点时，截面的周长为
B. 线段长度的取值范围是
C. 当点F与点B重合时，三棱锥的体积为
D. 存在点F，使得
【答案】ABC
【解析】
【分析】延长交延长线于，连接，利用比例式及勾股定理计算判断A；用长表示长并求出范围判断B；利用割补法求出体积判断C；建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断D作答.
【详解】在直三棱柱中，，，E为的中点，有，
延长交延长线于，连接，如图1，令，
于是，即，由，得，即，
对于A，当点F为棱中点时，，，，
，，
所以截面的周长为，A正确；
对于B，显然在上单调递增，所以，B正确；
对于C，当点F与点B重合时，如图2，，，，三棱锥的体积：
，C正确；
对于D，以点C为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，则，
，，显然与不垂直，
因此不存在点F，使得，D错误.
故选：ABC
12. 若抛物线C：，过焦点F的直线交C于不同的两点A、B，直线l为抛物线的准线，下列说法正确的是（ ）
A. 点B关于x轴对称点为D，当A、D不重合时，直线AD，x轴，直线l交于一点
B. 若，则直线AB斜率为
C. 的最小值为
D. 分别过A、B作切线，两条切线交于点M，则的最小值为16
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出抛物线C的焦点坐标及准线方程，设直线的方程为，与抛物线C的方程联立，借助韦达定理逐项分析、计算判断作答.
【详解】抛物线C：的焦点，准线，显然直线不垂直于轴，
设直线的方程为，，由消去x得：
，于是，

对于A，点，准线交轴于点，则，
有，
即得，因此点共线，即直线AD，x轴，直线l交于一点，A正确；
对于B，
，解得，
直线的斜率，B错误；
对于C，由选项B知，
，当且仅当，即时取等号，C正确；
对于D，显然抛物线C在点A处的切线斜率存在且不为0，设此切线方程为，
由消去x得：，则，
解得，同理抛物线C在点B处的切线斜率，显然，
于是，因此，
当且仅当时取等号，D正确.
故选：ACD
【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若点在角的终边上，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意，利用任意角的三角函数的定义，求得的值，再利用二倍角的余弦公式求得的值.
【详解】因为点，即在角的终边上，且，
所以，则.
故答案为:
14. 已知点，，若圆上存在点P满足，则实数a的取值的范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】由求出点的轨迹，再求出该轨迹与圆有公共点的a的范围作答.
【详解】设点，则，而，
则，整理得，即点的轨迹是原点为圆心，2为半径的圆，
因为点在圆，即圆与圆有公共点，
而圆的圆心为，半径为1，
因此，即，解得或，
所以实数a的取值的范围是.
故答案为：

15. 已知的展开式中第5项，第6项，第7项的二项式系数成等差数列，则的展开式中的系数为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求出值，然后将看成和两项，利用二项式展开式的通项公式即可求解.
【详解】由题意可知：，则，
因为，解得，
则， 的展开式中的系数在中，因为的展开式中的系数为，
所以的展开式中的系数为,
故答案为：.
16. 数学家康托（）在线段上构造了一个不可数点集——康托三分集.将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，余下的区间段长度为；再将余下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，余下的区间段长度为.以此类推，不断地将余下各个区间均分为三段，并各自去掉中间的区间段.重复这一过程，余下的区间集合即为康托三分集，记数列表示第次操作后余下的区间段长度.
（1）_______________；
（2）若，都有恒成立，则实数的取值范围是________________.
【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】由题意直接求出，，，.归纳出数列为等比数列，求出.利用分离常数法得到.记，判断出单调性，求出最大，即可求出的取值范围.
【详解】由题意可知：，，，.
所以.
所以数列为首项，公比的等比数列，所以.
因为，都有恒成立，且，所以恒成立，只需
记，显然，.
所以.
令，即，即，解得：
因为，所以，可以取包含以后的所有正整数，即以后递减.
而
，
所以.
综上所述：当时，最大.
所以，所以实数的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】求数列最值的方法：（1）利用函数单调性求出最值；（2）利用数列的性质求出最大项或最小项.
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. 已知数列满足：，，
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，求.
【答案】（1）；
（2）1024144.
【解析】
【分析】（1）根据给定的递推公式，分奇偶讨论求出的通项公式.
（2）利用（1）的结论，利用分组求和法，结合等差数列前n项和公式求解作答.
【小问1详解】
数列满足：，，，
当时，，数列是首项，公差为2的等差数列，
因此，即当为偶数时，，
当时，，即，由，得，
因此，即当为奇数时，，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知，
.
18. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角C的大小；
（2）若，边AB的中点为D，求中线CD长的取值范围．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化角为边得，再利用余弦定理可得结果；
（2）由余弦定理结合数量积运算得，由正弦定理可得，，所以，结合角的范围，利用三角函数性质可求得的范围，即可得出答案.
【小问1详解】
已知，
由正弦定理可得，即，
所以，
因为，所以．
【小问2详解】
由余弦定理可得，
又，
则，
由正弦定理可得，
所以，，
所以，
由题意得，解得，则，
所以，所以，
所以，所以中线CD长的取值范围为．
19. 如图，已知圆锥，AB是底面圆О的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，.设二面角与二面角的大小分别为与.
（1）求的值；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作出，从而求得的值.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值．
【小问1详解】
连结．
因为点为圆锥的顶点，所以平面．
分别取，的中点，，
连接，，，，则在圆中，．
由平面，得．
又，故平面，
所以．
所以．
同理，．
于是．
【小问2详解】
因为，即所以即
．
在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．
则，，．
又因为平面，所以轴，从而．
则，，．
设平面的法向量为，
则，即，
不妨取，则，，此时．
设平面的法向量为，
则，即
不妨取，则，，此时．
所以．
又二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．
【点睛】方法点睛：
几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.
20. 核电站某项具有高辐射危险的工作需要工作人员去完成，每次只派一人，每人只派一次，工作时长不超过15分钟，若某人15分钟内不能完成该工作，则撤出，再派下一人，现有小胡、小邱、小邓三人可派，且他们各自完成工作的概率分别为，，.假设，，互不相等，且假定三人能否完成工作是相互独立.
（1）任务能被完成的概率是否与三个人被派出的先后顺序有关？试说明理由；
（2）若按某指定顺序派出，这三人各自能完成任务的概率依次为，，，其中，，是的一个排列.
①求所需派出人员数目X的分布列和数学期望；
②假定，为使所需派出的人员数目的数学期望达到最小，应以怎么样的顺序派出？
【答案】（1）无关；理由见解析
（2）① 分布列见解析；期望为；②完成任务概率大的人先派出
【解析】
【分析】(1)由概率算式知任务能被完成的概率与三个人被派出的顺序无关.
(2) ①计算变量取值相应的概率得到分布列，计算数学期望；②根据不同顺序方案数学期望的结果，得到数学期望最小时的派出顺序.
【小问1详解】
无关，理由如下：
由于任务不能被完成的概率为为定值，
故任务能被完成的概率为也为定值．
所以任务能被完成的概率与三个人被派出的顺序无关．
【小问2详解】
① X的取值为1，2，3，
，，，
分布列如图：
．
② ，
若交换前两个人的派出顺序，则变为，
由此可见，当时，交换前两个人的派出顺序可增大均值；
若保持第一人派出的人选不变，交换后两个人的派出顺序，
可写为，交换后两个人的派出顺序则变为；
当时，交换后两个人的派出顺序可增大均值，
故完成任务概率大的人先派出，可使所需派出的人员数目的均值（数学期望）达到最小．
21. 已知椭圆C：的长轴长为4，离心率为，A，F分别为椭圆C的左顶点、右焦点．P，Q为椭圆C上异于A的两个动点，直线AP，AQ与直线l：分别交于M，N两个不同的点．
（1）求椭圆C的方程：
（2）设直线l与x轴交于R，若P，F，Q三点共线，求证：与相似．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定的条件，求出长半轴长及半焦距即可求出椭圆方程作答.
（2）把问题转化为证明，设出点的坐标，求出直线方程，表示出点的坐标，再结合共线条件即可推理求解作答.
【小问1详解】
依题意，，离心率，解得，，
所以椭圆C的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，
设，若，则为椭圆的右顶点，由三点共线知，为椭圆的左顶点，不符合题意，

则，同理，直线的方程为，
由消去，整理得，显然是方程组的解，
必有，由，解得，，得，
当时，，即直线轴，由椭圆的对称性知，
又，于是，
当时，，直线的斜率，同理直线的斜率，
因为三点共线，于是，整理得，
在Rt和Rt中，，
因此，又均为锐角，则，
所以与相似.
【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
22. 已知函数，．
（1）若不等式恒成立，求a的取值范围；
（2）若时，存在4个不同实数满足．证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）按和讨论，在时，求出函数的最大值建立不等式，再利用单调性求解不等式作答.
（2）根据给定条件，构造函数，借助导数探讨的根的情况即可推理作答.
【小问1详解】
依题意，，求导得，
当，函数定义域为，，不符合题意，
当,函数定义域为，由，解得，
当时，，则函数在区间上单调递增，
当时，，则函数在区间上单调递减，
，于是，
设函数，求导得，即函数在上单调递增，
又，因此当时 成立，即成立，
所以的取值范围是.
【小问2详解】
当时，，
设函数，
当单调递增，单调递减，
不妨令，
由，即，
又因为，
因此,即，
由函数单调性知，方程至多有两解，从而不妨令，
两式相减得，由,得，
所以.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
X
1
2
3
P