重庆市主城区2023届高三数学一诊试题含解析

这是一份重庆市主城区2023届高三数学一诊试题含解析，共25页。试卷主要包含了 已知， 在棱长为的正方体中，则等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号填写在答题卡上．
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用像皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案填在答题卡上．写在本试卷上无效．
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回．
一、选择题：本大题共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，则的共轭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
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法可得，再应用共轭复数定义,即可知其对应点所在的象限.
【详解】由题设，，，
∴在复平面内对应的点为在第二象限.
故选：.
2. 已知全集，集合，或，则（）
A. B. C. （－3，3]D. （2，3]
【答案】A
【解析】
【分析】解集合中的不等式，得到集合，由集合得，再求.
【详解】不等式解得，∴，
或，则，
.
故选：A
3. 2022年10月16日上午10时，中国共产党第二十次全国代表大会在北京人民大会堂隆重开幕．某单位组织全体党员在报告厅集体收看党的二十大开幕式，认真聆听习近平总书记向大会所作的报告．已知该报告厅共有15排座位，共有390个座位数，并且从第二排起，每排比前一排多2个座位数，则最后一排的座位数为（）
A. 12B. 26C. 40D. 50
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意转化为等差数列问题,应用等差数列通项公式和前项和公式,基本量运算即可求解.
【详解】根据题意, 把各排座位数看作等差数列,
设等差数列通项为,首项为,公差为,前项和为,则,
,
所以,即得，
故选:
4. 2022年8月某市组织应急处置山火救援行动，现从组织好5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，另外4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，每支志愿团队只能分配到1个项目，且每个项目至少分配1个志愿团队，则不同的分配方案种数为（）
A. 36B. 81C. 120D. 180
【答案】D
【解析】
【分析】先从5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，再将4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，最后根据分步乘法原理求解即可.
【详解】先从5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，有种不同的选派方案，
再将剩下的4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，
有种不同的选派方案，
所以，根据分步乘法原理，不同的安排方案有种.
故选：.
5. 已知函数，则“”是“在上单调递增”的（）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】求得在上单调递增的充要条件即可判断.
【详解】由题
若在上单调递增，则恒成立，即，
故“”是“在上单调递增”的必要不充分条件
故选:.
6. 如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念．何尊的形状可近似看作是由上部分圆台和下部分圆柱的组合体，组合体的高约为40cm，上口直径约为28cm，圆柱的底面直径约为18cm．取的近似值为3，经计算得到圆柱的侧面积约为1296cm2，则该组合体上部分圆台的体积约为（）
A. 6448cm3B. 6548cm3C. 5548cm3D. 5448cm3
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据圆柱的侧面积公式求得其高为24cm，则得到圆台的高，利用圆台体积公式即可得到答案.
【详解】设圆柱的高为，则，则圆台的高为16cm，
设圆台上底面的面积为，下底面的面积为，
则
故选：A.
7. 已知a，b为非负实数，且，则最小值为（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据题意求出，，然后将原式变形得，最后利用1的妙用即可求出其最值.
【详解】，且,为非负实数，，
则
则，解得，，解得，
，
当且仅当即，时,即时等号成立，
故，
故选：B.
8. 已知函数及其导函数定义域为，记，和为偶函数，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据是偶函数，可得，再求导计算，
从而求得，为偶函数得出对称性,得出的周期，由此可求得答案.
【详解】因为是偶函数，所以，即,关于对称,
两边求导得，即，
所以，即，关于对称
令可得，即，
因为为偶函数，所以，即, 关于对称，的周期为,
又因,所以, 关于对称,的周期为,即.
故选: .
二、选择题：本大题共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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知（其中，）的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（）
A.
B.
C. 函数在区间单调递减
D. 若，且，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由三角函数图像结合周期性及对称性求参,确定函数解析式再分别判断选项即可
【详解】由图像可知,又因为,所以,即得,故错误;
因为图像过点,且,所以,
由五点法作图可知，,得,故正确;
当时,则,则在区间单调递减,故正确;
当,
又因为,所以,所以,故正确;
故选:
10. 在棱长为的正方体中，则（）
A. 平面
B. 直线平面所成角为45°
C. 三棱锥的体积是正方体体积的
D. 点到平面的距离为
【答案】AC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量解决角度距离问题.
【详解】正方体中，以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，.
，，，，，
得，，由平面，，∴平面，A选项正确；
，，设平面的一个法向量，
则有，令，得，，则，
，所以直线平面所成角不是45°，B选项错误；
为边长为的等边三角形，，
点到平面的距离，
三棱锥的体积，而棱长为的正方体的体积为，
所以三棱锥的体积是正方体体积的，C选项正确；
，，设平面的一个法向量，
则有，令，得，，则，
，点到平面的距离为，故D选项错误.
故选：AC
11. 设O为坐标原点，F为抛物线C：的焦点，过焦点F且倾斜角为的直线与抛物线C交于M，N两点（点M在第二象限），当时，，则下列说法正确的是（）
A.
B. △MON的面积的最小值为
C. 存在直线，使得
D. 分别过点M，N且与抛物线相切的两条直线互相垂直
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据抛物线定义结合三角函数可求，通过设直线的方程为，与抛物线联立则得到韦达定理式，而面积表达式，韦达定理式代入上式即可求出面积最值，求出则可判断C，利用导数的几何意义即可得到两切线斜率之积为，则可判断D.
【详解】作出如图所示图形：
对A，由抛物线定义及题意得，
即，解得，故A正确；
对B，，则，当直线的斜率不存在时，显然不合题意，
设
设直线的方程为，联立抛物线得
，则，
，
当且仅当时等号成立，故B正确；
对C，
，
故为钝角，则不存在直线，使得，故C错误；
对D，，即，故，
故在点处的切线斜率为，在点处的切线斜率为,
故斜率之积为，故相切的两条直线互相垂直，故D正确.
故选：ABD.
12. 已知m，n关于x方程的两个根，且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数的图象可得，结合条件可得，，利用对勾函数的性质可判断A，构造函数，根据函数的单调性可判断B，构造函数，利用导数研究函数的性质结合条件可判断CD.
【详解】画出函数与的大致图象，
由题可知，即，
所以，又，
所以，可得，，
由对勾函数的性质可知，故A正确；
设函数，因为函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，
又，
所以，，即，故B错误；
设函数，则，
由，可得单调递增，
由，可得单调递减，
因为，
所以，即，
所以，即，故C正确；
又，，
所以，即，
所以，即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：
本题关键点是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据不等式的“形状”变换函数“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知圆：上恰有3个点到直线：的距离等于2，则的值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆上个点到直线的距离等于,可得圆心到直线的距离为,
利用点到直线的距离公式解出即可.
【详解】解:因为圆的方程为,
所以圆心为,半径为,
因为圆上恰有个点到直线的距离都等于,
所以只需要圆心到直线的距离为即可,
直线方程为
所以圆心到直线的距离为:, 且
解得,
故答案为:
14. 的展开式中的系数为_________．
【答案】6
【解析】
【分析】根据二项式定理求出含的项,即可得其系数.
【详解】二项式的展开式通项公式为,
当时,,
当时,,
所以含的项为，故其系数为6，
故答案为：6.
15. 在矩形ABCD中，，点E为边AB的中点，点F为线段BC上的动点，则的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】以为坐标原点建立直角坐标系，设，则，根据的范围即可求出的范围.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，
由题意得，，因为为中点，所以，
设，则，
，，则，
，则，
故答案为：.
16. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，O为坐标原点，A为椭圆C上顶点，过平行于的直线与椭圆交于B，C两点，M为弦BC的中点且直线的斜率与OM的斜率乘积为，则椭圆C的离心率为_________；若，则直线的方程为_________．
【答案】 ①. ##0.5 ②.
【解析】
【分析】应用点差法转化斜率积可求离心率,设直线与椭圆联立,应用已知距离可求直线方程.
【详解】设点，，在椭圆上
．．．．．．．．．．．．．．①
．．．．．．．．．．．．．．．②
因为
．．．．．．．．．．．．．．③
由①-②得，即，所以，
由③得，
，则，
过平行于的直线与椭圆交于B，C两点,
，
，
设直线BC为
联立,可得
，则,
.由题意
即直线的方程为
故答案为: ;
四、解答题：本大题共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. 如图，在平面四边形ABCD中，，于点E，，且△ACD的面积为△ABC面积的2倍．
（1）求值；
（2）当时，求线段DE的长．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用三角形面积公式和面积之间的关系得到；
（2）由正弦定理得，则有，分情况讨论即可.
【小问1详解】
，，
，，
.
【小问2详解】
由题,在中,,，
.
又.
在中,由余弦定理,得.
当时,.
当时,.
综上:或.
18. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，且成等比数列，．
（1）求数列的前n项和．
（2）若，，求满足条件的的集合．
【答案】（1）;
（2）
【解析】
【分析】(1)由三项成等比列式,应用基本量运算,结合通项公式和前项和公式求解即可;
(2)裂项求和后解不等式即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为,
因为成等比,所以,即得
化简得,又因为,所以.
因为,所以,即得
解得或者
当时, 不合题意舍;
当时, ,则,
【小问2详解】
因为
当时,
由题得,化简得,
即,
解得,又因为,所以,
所以
19. 在全民抗击新冠疫情期间，某校开展了“停课不停学”活动，一个星期后，某校随机抽取了100名居家学习的高二学生进行问卷调查，得到学生每天学习时间（单位：）的频率分布直方图如下，若被抽取的这100名学生中，每天学习时间不低于8小时有30人．
（1）求频率分布直方图中实数a，b的值；
（2）每天学习时间在的7名学生中，有4名男生，3名女生，现从中抽2人进行电话访谈，已知抽取的学生有男生，求抽取的2人恰好为一男一女的概率；
（3）依据所抽取的样本，从每天学习时间在和的学生中按比例分层抽样抽取8人，再从这8人中选3人进行电话访谈，求抽取的3人中每天学习时间在的人数的分布列和数学期望．
【答案】（1）；
（2）；
（3）分布列见解析，数学期望为.
【解析】
【分析】（1）根据图表得，解出值，根据小矩形面积和为1可求得值；
（2）首先求得总数为21种，求出其中有男生的概率为，求出有女生的概率为，再利用条件概率公式即可；
（3）求出在各自区间的人数，设从8人中抽取的3人每天学习时间在的人数为,分计算，最后求出期望值.
【小问1详解】
由,解得
,解得.
【小问2详解】
从7名学生中任选2人进行电话访谈种数:，
记任选2人有男生为事件,则，
记任选2人有女生为事件,则，
则.
【小问3详解】
用按比例分层抽样的方式从每天学习时间在[6.0,6.5)和的学生中抽取8人,
抽中的8人每天学习时间在的人数为人.
抽中的8人每天学习时问在的人数为人.
设从8人中抽取的3人每天学习时间在的人数为,则
的分布列为:
的数学期望为.
20. 如图，在五面体中，，，，，P，O分别为CD，AP的中点，二面角的大小为．
（1）证明：平面；
（2）求平面ADF平面BCE成二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件证明为等边三角形，则有，证明平面，则有，可得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量解决二面角的问题.
【小问1详解】
∵，，为的中点，为平行四边形，∴且
∵，∴，则．
又∵，∴，
∴为二面角的平面角，∴
又∵，∴为等边三角形，∵为的中点，则，
又∵，，平面，，∴平面，
∵平面，∴，
平面，，∴平面.
【小问2详解】
设的中点为，以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，，， ，，.
设平面的一个法向量为 ，则
，令，则， ．
设平面的一个法向量为 ，则
，令，则， .
∴
∴所求二面角的正弦值为 .
21. 已知双曲线E：的离心率为2，左、右焦点分别为，点为双曲线E右支上异于其顶点的动点，过点A作圆C：的一条切线AM，切点为M，且．
（1）求双曲线E标准方程；
（2）设直线与双曲线左支交于点B，双曲线的右顶点为，直线AD，BD分别与圆C相交，交点分别为异于点D的点P，Q．判断弦PQ是否过定点，如果过定点，求出定点，如果不过定点，说明理由．
【答案】（1）
（2）是，定点为
【解析】
【分析】（1）由切线有，结合条件等式、离心率即可求；
（2）直线为与双曲线联立，结合韦达定理可得B点坐标，则由可判断，即可得弦PQ恒过圆心.
【小问1详解】
双曲线的离心率为，因为双曲线上点切圆C：于M，且，
则，即，即，
故双曲线E的标准方程为.
【小问2详解】
弦PQ过定点，理由如下：
由（1）得，则，.
则直线，联立得，
则，，，
，
，由得，
.
∴，∴为圆C的直径，故弦PQ恒过圆心
【点睛】直线与圆锥曲线定点问题，一般通过联立直线与圆锥曲线，结合韦达定理将可能过定点的直线表示出来，进而判断是否过定点.
本题可能过定点的线段为圆上的弦，直径恒过圆心，故先通过分析判断是否该弦为直径.
22. 已知函数，设为的导函数．
（1）讨论的零点个数；
（2）当时，记的最小值为，求的最大值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)把函数求导后应用单调性及最值结合,分情况讨论即可;
(2)根据(1)得到导数零点只有一个,应用隐零点求出,再求导求最大值即可.
【小问1详解】
因为函数,所以
所以,
当时, ,所以在上单调递减;
当时, ,所以在上单调递增;
所以
当时, ,所以恒成立,所以零点的个数为0个.
当时, ,所以零点的个数为1个
当时, 且，
若，则，
而当时，，
所以零点的个数为1个
当时, 且，
设，则，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故.
所以当时，
，
而当时，，
由零点存在定理可得此时零点的个数为2个
【小问2详解】
当时,由(1)知有唯一零点,
即有,即.
当时, ,单调递减;
当时, ,单调递增.
则
令
当时, ,单调递增;
当时, ,单调递减;
所以,即
0
1
2