重庆市渝中区2023-2024学年高三下学期5月模拟数学试题

这是一份重庆市渝中区2023-2024学年高三下学期5月模拟数学试题，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．某疾病全球发病率为0.03%，该疾病检测的漏诊率（患病者判定为阴性的概率）为5%，检测的误诊率（未患病者判定为阳性的概率）为1%，则某人检测成阳性的概率约为（ ）
A．0.03%B．0.99%C．1.03%D．2.85%
4．若，则下列大小关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知在的二项展开式中，第6项为常数项，若在展开式中任取3项，其中有理项的个数为，则=（ ）
A．B．C．D．
6．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列命题：
①若，，则；
②若，，则；
③若，，，则；
④若，，则．其中正确命题的序号是（ ）
A．①③B．②③C．②④D．③④
7．若函数的部分图象如图所示，，为图象上的两个顶点.设，其中O为坐标原点，，则的值为（ ）

A．B．C．D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，根据双曲线的光学性质可知，过双曲线上任意一点的切线平分.直线过交双曲线的右支于A，B两点，设的内心分别为，若与的面积之比为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．如图为“苍松迎客快餐店”两种类型的套餐在2024年前3个月的销售情况统计图，已知套餐卖出一份盈利20元，套餐卖出一份盈利10元.图中点的纵坐标分别表示套餐2024年前3个月的销售量，点的纵坐标分别表示套餐2024年前3个月的销售量.根据图中信息，下列结论中正确的是（ ）
A．2月两种套饏的总销售量最多
B．3月两种套餐的总销售量最多
C．1月两种套餐的总利润最多
D．2月两种套餐的总利润最多
10．已知数列是公差为的等差数列，若它的前项的和，则下列结论正确的是（ ）
A．若，使的最大的值为
B．是的最小值
C．
D．
11．定义在上的函数满足：，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．是的对称中心
C．是偶函数D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知单位向量，向量与不共线，且，则的最大值为 ．
13．已知数列为等比数列，，，则 ．
14．已知曲线，曲线且，若满足条件在的上方，且有两条不同的切线被所截得的线段长相等，则实数的取值范围为 .
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求证：；
(2)若的角平分线交AC于点D，且，，求BD的长．
16．10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，总环数排名前8的选手进入决赛.三位选手甲、乙、丙的资格赛成绩如下：
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的射击成绩相互独立.
(1)若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，并说明理由；
(2)若甲、乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率；
(3)甲、乙、丙各射击10次，用分别表示甲、乙、丙的10次射击中大于环的次数，其中，写出一个的值，使，并说明理由.
17．如图，在三棱柱中，已知侧面为菱形，底面ABC为正三角形，E为线段的中点，．
(1)求证：；
(2)若平面平面，求平面与平面所成角的余弦值．
18．已知函数，
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)若恒成立，求实数a的取值范围；
(3)证明：.
19．已知定点，轴于点H，F是直线OA上任意一点，轴于点D，于点E，OE与FD相交于点G．
(1)求点G的轨迹方程C；
(2)过的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率分别为和，证明：为定值；
(3)在直线上任取一点，过点B分别作曲线C：的两条切线，切点分别为M和N，设的面积为S，求S的最小值.
环数
6环
7环
8环
9环
10环
甲的射击频数
1
1
10
24
24
乙的射击频数
3
2
10
30
15
丙的射击频数
2
4
10
18
26
参考答案：
1．D
【分析】解不等式得集合，根据对数函数的定义域和单调性，解得，所以.
【详解】由题意可得，，故.
故选：D
2．A
【分析】设，根据共轭复数结合复数运算可得，再结合复数的几何意义分析判断.
【详解】设，则.
因为，则，
可得，解得，
即，所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
3．C
【分析】根据题意，某人检测成阳性包含两种情况：非患者检测为阳性和患者检测为阳性，结合互斥事件的概率加法公式，即可求解.
【详解】由题意，未患病者判定为阳性的概率为1%，患病者判定为阳性的概率为95%，
所以某人检测成阳性包含两种情况：
①非患者检测为阳性的概率为；
②患者检测为阳性的概率为,
所以某人检测成阳性的概率为.
故选：C.
4．B
【分析】根据题意，利用对数函数的单调性，以及正弦函数的性质，分别求得的取值范围，即可求解.
【详解】由对数函数单调性，可得，所以；
因为，所以，
又因为，所以，即，所以.
故选：B.
5．C
【分析】首先通过二项式定理得出在的二项展开式中，有理项有3项，无理项有8项，然后结合超几何分布求得相应的概率，进而结合均值公式即可得解.
【详解】的二项展开式为，
由题意，解得，
若要取到有理项，则需要能被3整除，则，
即在的二项展开式中，有理项有3项，无理项有8项，
若在展开式中任取3项，其中有理项的个数为，可知的所有可能取值分别为0，1，2，3，
，，
所以.
故选：C.
6．D
【分析】根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可.
【详解】对于①，若，，或或或与相交而不垂直，故①错误；
对于②，若，，则或，故②错误；
对于③，由，，可得，又，，是两个不同的平面，所以，故③正确；
对于④，
过作平面与相交，设，因为，，，所以，
又，所以，又，所以，故④正确．
故选：D．
7．A
【分析】首先由已知条件列出方程组求解得，再利用向量求出夹角，最后求得即可.
【详解】由图可知，，
由题意知，解得.
又因为，，且，
则，
因为，所以.
所以.
故选：A
8．C
【分析】利用切线长定理求得直线的方程，再借助双曲线的切线方程求出点的横坐标，结合面积关系求解即得.
【详解】令圆切分别为点，则，
，令点，而，
因此，解得，又，则点横坐标为，同理点横坐标为，
即直线的方程为，设，依题意，直线的方程分别为：
，，联立消去得：，
整理得，令直线的方程为，
于是，即点的横坐标为，
因此，所以双曲线的离心率.
故选：C
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
9．BC
【分析】根据统计图对选项一一判断即可得出答案.
【详解】根据统计图可得，的纵坐标之和显然最大，
故3月两种套餐的总销售量最多，故错误，正确；
因为套餐卖出一份盈利20元，套餐卖出一份盈利10元，
根据统计图，若用对应的点表示对应点的纵坐标，
则易得，故C正确，D错误.
故选：BC.
10．ACD
【分析】由题设可推得，对于A，由，推断即得，对于B，利用A结论，举反例可排除B，对于C，D两项，采用作差法，利用和等差数列的基本量运算即可判断.
【详解】由题意，，因，则（*），
对于A，因，则，由（*）知，
故使的最大的值为，即A正确；
对于B，若，由A项知，，
即数列的前项都是正数项，第项起都是负数项，
即此时是的最大值，即B错误；
对于C，由
，
因，，
故上式的值为0，即，故C正确；
对于D，由
，
由C分析知，且，
故上式的值也为0，即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键，是要注意弄清等差数列的前项和与项的转化关系，如此题中由推出，再结合数列的公差、首项信息进行分析判断即可，在推理时，还要灵活运用等差数列的项之间的关系替换转化解题.
11．ABD
【分析】令，求出可判断A；令，可判断B；若是偶函数，则，利用，得到的周期为2，的周期也为2，产生矛盾可判断C；由，所以的周期为4，赋值法求出，，利用周期性求值可判断D.
【详解】对于A，令，可得，因为，
所以，故A正确；
对于B，令，可得，
即，所以是的对称中心，故B正确；
对于C，若是偶函数，则，
因为，所以，，
从而得到的周期为2，的周期也为2，
而，故C错误；
对于D，由C得，所以的周期为4，
令，得，得，
令，得，，
所以，所以
，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：解题是利用特殊值法，结合函数的性质求解.
12．2
【分析】由，则，方法一：利用正弦定理可得，当时，可求得结果；方法二：作出△ABC的外接圆，当AC为圆的直径，即时，可求.
【详解】法1：设，，则，如图所示．
因为，所以在△ABC中，，，
由正弦定理，得即，得，
当时，．
法2：设，，则，作出△ABC的外接圆，如图所示．
因为，所以，因为，
当AC为圆的直径，即时，．
故答案为：2
13．/
【分析】由已知条件求出数列的公比，再将代入原式即可得解.
【详解】设公比为，则，所以，从而.
故答案为：.
14．
【分析】联立曲线和方程，根据判别式可得，设切线方程为，由圆心到直线距离等于半径可得，直线方程联立抛物线方程求出弦长，令，，将问题转化为对给定的，使得的图象和直线有两个交点，利用导数讨论单调性即可得解.
【详解】如图所示，在的上方时，抛物线和圆弧无交点，
联立和有
且，解得，
显然，的切线斜率存在，设切线方程为，
由为四分之一圆知，
由，得，
切线方程为，与联立得.
设的切线被所截得的线段为，则，
，
记，则，
记，，则，
当趋于时，趋于，
依题意有：对给定的，使得的图象和直线有两个交点，
只需使即可，
否则在上单调，不存在使得，
而，故只需，解得.
综上所述，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于对问题的转化，根据有两条不同的切线被所截得的线段长相等，可知方程有两解，进而转化为的单调性问题，利用导数即可得解.
15．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用余弦定理结合已知变形，再利用正弦定理边化角及和差角的正弦推理即得.
（2）利用正弦定理结合已知可得，由此求出，再利用余弦定理建立方程求解即得.
【详解】（1）在中，由余弦定理及，
得，即，由正弦定理，得，
即，
由，得，则，
因此，即，则，
所以．
（2）由，得，由，得．
在，中，由正弦定理，得，
则，解得，从而，又，
由余弦定理，得，解得，
所以BD的长为.
16．(1)甲进入决赛，理由见解析
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）分别计算出丙射击成绩和甲射击成绩，比较大小即可判断.
（2）根据题中数据，用频率估计概率分别得出甲、乙命中9环的概率和甲、乙命中10环的概率，再根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的乘法公式求解即可.
（3）根据题意服从二项分布，利用二项分布方差公式求出每一个a对应的，即可解答.
【详解】（1）甲进入决赛，理由如下：
丙射击成绩的总环数为，
甲射击成绩的总环数为，
因为，所以用样本来估计总体可得甲进入决赛.
（2）根据题中数据：“甲命中9环”的概率可估计为，
“甲命中10环”的概率可估计为，
“乙命中9环”的概率可估计为，
“乙命中10环”的概率可估计为，
所以估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率为
.
（3）或（写出其中一个即可）.
根据题中数据：
当时，在每次射击中，甲击中大于6环的概率为，
在每次射击中，乙击中大于6环的概率为，
在每次射击中，丙击中大于6环的概率为，
由题意可知，，，
此时，，，不满足．
当时，在每次射击中，甲击中大于7环的概率为，
在每次射击中，乙击中大于7环的概率为，
在每次射击中，丙击中大于7环的概率为，
由题意可知，，，
此时，，，满足．
当时，在每次射击中，甲击中大于8环的概率为，
在每次射击中，乙击中大于8环的概率为，
在每次射击中，丙击中大于8环的概率为，
由题意可知，，，
此时，，
满足．
当时，在每次射击中，甲击中大于9环的概率为，
在每次射击中，乙击中大于9环的概率为，
在每次射击中，丙击中大于9环的概率为，
由题意可知，，，
此时，，，
不满足.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助线面垂直的判定定理与性质定理推导即可得；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得.
【详解】（1）法1：取线段的中点F，连接，如下图所示．
因为E为线段的中点，所以，
又，所以，所以A，B，F，E四点共面，
连接，因为，
又因为，所以，
又，、平面，
所以平面，
因为平面，所以；
法2：取线段的中点F，线段AB的中点O，
连接，，，，如下图所示．
因为E为线段的中点，所以，且，
又，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为为正三角形，所以，
又，，、平面，
所以平面，因为平面，所以，
又，易知，
所以，所以，
又，所以．
（2）因为平面平面，平面平面，
由（1）中法2知，，且，而平面，所以平面，
又因为平面，
所以，
所以两两互相垂直，
以棱AB的中点O为坐标原点，分别以向量，，的方向为x轴，y轴，
z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
取，则，，，，，
得，，，
设平面的一个法向量为，
则由，得，
即，取，得，
设平面的一个法向量为，
则由，得，
即，取，得，
所以，
故平面与平面所成角的余弦值为．
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义结合条件即得；
（2）将结论化为，再求的最大值；
（3）直接在（2）的结论中取证明.
【详解】（1）此时，故.
所以，，故所求切线经过点，斜率为.
故该切线的方程为，即.
（2）结论即为.
设，则.
故当即时，当即时.
所以在上递增，在上递减，从而的最大值就是，且恰在时取到.
所以的取值范围是.
（3）由（2）的结论，知当正数时，有，故.
从而
.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)4
【分析】（1）设，进而得,由三点共线得点G的轨迹方程；
（2）设过的直线为与抛物线联立，化简同理得，将韦达定理代入化简得为定值；
（3）设，写出直线，的方程，点在直线上则得，，即可推出直线过定点，联立抛物线的方程与直线的方程，结合韦达定理可得，，再计算的面积，即可得出答案．
【详解】（1）设，易知直线，则，因为三点共线，
则；

（2）设，过的直线为
与联立得，则，
又，同理，
故；

（3）设，因为，所以，
所以处切线方程为方程为：，处切线方程为：，
整理得，和，
代入上述方程，得，，因此直线的方程为，
由，整理得，
易知，所以，，
所以
，
点到直线的距离为，
，
当且仅当时，取得最小值4．

【点睛】关键点点睛:本题考查直线与抛物线位置关系，关键是利用导数求得切线方程，进而确定直线MN的方程并与抛物线联立求得面积表达式.