重庆市南开中学2024-2025学年高三上学期第五次质量检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市南开中学2024-2025学年高三上学期第五次质量检测数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了 已知，则的最小值为， 在锐角中，，则的取值范围为等内容，欢迎下载使用。
命审单位：重庆南开中学
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
3.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，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项符合题目要求.
1. 设全集，集合（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，结合和并集定义可判断各选项正误.
【详解】因为
所以即，即表示全体奇数构成的集合.
对于AD选项，集合中的元素分别是由4的偶数倍和奇数倍的数组成，故AD错误；
对于BC选项，集合B中的元素是由全体偶数减1对应的数组成，即集合B中的元素是由全体奇数组成，
C中的元素是由4的倍数减1对应的数组成，为部分奇数，故B正确，C错误.
故选：B
2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】由复数除法，及复数几何意义可得答案.
【详解】由题，则在复平面对应坐标为，
在第四象限.
故选：D
3. 如图，在正四棱锥中，为棱的中点，设，则用表示为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由图及空间向量加减法可得答案.
【详解】由图可得：
.
故选：C
4. 已知某班级将学生分为4个不同的大组，每个大组均有14名学生，现从这个班级里抽取5名学生参加年级活动，要求每个大组至少有1名同学参加，则不同的抽取结果共有（ ）
A. 种B. 种
C. 种D. 种
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，必有一组应取2人，其余组别各取1人，运用分步乘法计数原理计算即得.
【详解】由题意，要求每个大组至少有1名同学参加，即在4个大组中，必有一个大组有2名同学参加活动，其余组别各有1个同学.
运用分步乘法计数原理解决：先从4个大组中抽取一个有2名同学参加的组，有种，
再从另外三个大组中分别各取1名同学，有种，
最后确定有2个同学参加的组的人选，有种.
由分步乘法计数原理，抽取结果共有个．
故选：C.
5. 已知，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 100
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数的换底公式，再结合基本不等式，即可求解.
【详解】，
又因为，所以，
则，当且仅当时取等，
．
故选：B.
6. 已知函数的定义域为，则下列选项一定正确的是（ ）
A. B.
C. D. 的图象关于直线对称
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的对称性以及周期性，即可结合选项逐一求解.
【详解】根据可得可得对称，故B错误，
由可得为周期函数，且周期为4，
对于A，无法确定，故A错误，
对于C，．C正确，
对于D，由于关于对称且周期为4，故，
无法确定和的关系，因此无法确定是函数的对称轴，故D错误，
故选：C
7. 在锐角中，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由余弦定理可，结合为锐角三角形可得答案.
【详解】由余弦定理可知：，
在锐角三角形中又有，
即
故答案为：C．
8. 在正四棱台中，，且正四棱台存在内切球，则此正四棱台外接球的表面积为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由内切球切点的截面性质，确定内切圆的圆心与半径，从而结合勾股定理得四棱台的高度，再由外接球几何性质建立关系得外接球的半径，从而得所求.
【详解】因为正四棱台内切球存在时，内切球大圆是图中梯形的内切圆，圆心为，
设上下底面的中心分别为．
过作于，连接，
由图可知，
则，
过作于，，
即四棱台的高为，
易知外接球球心为，设外接球的半径为，
则
，
解得，
则外接球表面积为．
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关于正四棱台的内切球问题，关键是要通过截面法确定内切圆的圆心与半径，从而转换为几何体的内切球，由几何性质确定正四棱台的高度，从而再根据外接球的性质求解外接球半径，即可得所求。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 的图象关于点对称
C. 在上有最小值D. 在上有两个极值点
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据对称可得，即可得，根据周期的计算公式求解A，代入即可求解B，根据整体法即可求解CD.
【详解】，即，
而，故．故，
对于选项A：最小正周期，正确．
对于选项B：时，为的对称中心，正确．
对于选项C：时，，无最小值，错误．
对于选项D：时，，结合的图象可知，有两个极值点，正确．
故选：ABD
10. 设等差数列的前项和为，公差为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为B. 满足的最小值是14
C. 满足的最大值是14D. 数列的最小项为第8项
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据，即可根据等差的求和公式判定啊ABC，根据，即可求解D.
详解】由可知．
对于选项A：由为负，为正可知，最小，A正确．
对于选项B：，
则满足的最小值为14，满足的最大值是13,故B正确，C错误．
对于选项D：由为负，为正，且为负，为正可知：
为负．考虑到，故最大，即最小，正确．
故选：ABD
11. 在棱长为4的正方体中，为棱中点，为侧面的中心，为线段（含端点）上一动点，平面交于，则（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 的最小值为
C.
D. 平面将正方体分成两部分，这两部分的体积之比为
【答案】AC
【解析】
【分析】取中点，先判断四边形为平行四边形，然后利用线面平行的判定得平面，从而利用线面平行知点面距离为定值，进而三棱锥的体积不变判断A，连接，利用三角形知识知高线距离最短，利用余弦定理及勾股定理求解的高即可判断B，利用面面平行的性质得，作，利用求解，即可判断C，利用基本事实作出截面，利用体积分割法求出的体积，结合正方体的体积求出另外一部分的体积，即可判断D.
【详解】对于选项A：取中点，因为为侧面的中心，
所以，且，又，且，
所以，且，所以四边形为平行四边形，则，
又平面，即平面，即平面，
则点到平面的距离恒为直线到平面的距离，
而，则三棱锥的体积不变，正确；
对于选项B：连接，则，
,
作出平面三角形可知时，取得最小值，
此时由余弦定理得，
所以，
所以，不正确；
对于选项C：由平面平面，
而平面与两个平面分别交于，则.
作，则，则，所以，
所以，正确；
对于选项D：连接延长至与交于，连接，
由选项C知，则截面为，记几何体的体积为，
则，
则另一部分的体积，则，不正确.
故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知非零向量满足：，且，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】由，可得，再利用夹角公式求解即可.
【详解】.
，
，解得，
故．
故答案为：.
13 若，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】对两边求导，再令可得答案.
【详解】对两边同时求导可得：
，
再令可得：．
故答案为：
14. 已知点，点为圆上的动点，且.记线段中点为，则的最大值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】分析给定条件的几何关系，求出的轨迹方程，再利用圆的性质求出最大值.
【详解】圆的圆心，半径，
由，得，而为中点，则，
，于是，设，
因此，整理得，
即点在以为圆心，半径为的圆上，则，
所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：分析题设信息，求出点的轨迹是解决问题的关键.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数在处的切线与直线平行，其中.
（1）求的值；
（2）求函数在区间上的最值.
【答案】（1）
（2）最大值为，最小值为
【解析】
【分析】（1）由题可得，据此可得答案；
（2）利用导数知识可判断在区间上的单调性，据此可得在区间上的最值.
【小问1详解】
由题可得：，
则，故；
【小问2详解】
，
当时，单调递减；
当时，单调递增．
则.
故的最大值为，最小值为．
16. 某科技公司研发了一种新型的AI模型，用于图像识别任务.为了测试该模型的性能，对其进行了500次试验，并记录了每次试验中模型正确识别图像的数量，得到如下的样本数据频率分布直方图.
（1）估计这500次试验中该AI模型正确识别图像数量的均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）;
（2）以频率估计概率，随机对该模型进行3次试验，用表示这3次试验中正确识别图像数量不少于20个的次数，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图计算均值即可；
（2）根据二项分布可得，再根据二项分布求解概率分布列与期望即可.
【小问1详解】
，
故均值为29．
【小问2详解】
设1次试验中正确识别图像数量不少于20个的概率为，
则，则，
；
，
列的分布列如下：
17. 在空间几何体中，底面是边长为2的菱形，其中.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
0
1
2
3
0.027
0.189
0.441
0.343
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证明四边形为平行四边形，利用勾股定理证明，再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
取中点，连接，
在中，，
，
且，∴四边形为平行四边形，
，
又四边形为菱形，，
，
在中，，
，
又平面，，
平面；
【小问2详解】
取中点，连接，
四边形为菱形，，，
如图所示，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则
设平面的法向量，
，
，令，则
设平面的法向量，
，
，令，则
记二面角的平面角为，
，
二面角的正弦值为．
18. 已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为.
（1）求双曲线的方程；
（2）设直线与双曲线、圆相切，切点分别为，与渐近线相交于.两点.
（i）证明：为定值；
（ii）若，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）由条件得到求解即可；
（2）（i）由与轴是否垂直两种情况讨论求解即可；（ii）求得两点坐标，结合即可求解；
【小问1详解】
由，
解得，故双曲线的标准方程为．
【小问2详解】
（i）①当与轴垂直时，，解得．
②当与轴不垂直时，设．
设与联立可得：，
且有，故，
且．
将与联立可得：．
，
而，故．
综上所述，．
（ii）由与圆相切可知：．
设直线为，与联立解得．
由（1）可知，则．
而．
消去可得：，
故．
19. 集合为集合子集，若数列满足：恒为的倍数，则称与“相关”.
（1）若，请写出一个不同于数列且首项为1的等差数列，使得与“相关”.（无需证明）;
（2）若数列满足：.
（i）证明：数列为等比数列，并求出;
（ii）若与"相关"，求所有满足条件的集合.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析，；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的概念与“相关”的概念求解即可；
（2）（i）根据等比数列的定义证明，结合等比数列通项公式求解即可得；（ii）当时，不是9的倍数，当时，只需为整数，分情况说明即可得满足条件集合.
【小问1详解】
，（满足要求即可）
【小问2详解】
（ⅰ）．
是以6为首项，2为公比的等比数列，
即．
两边同除以，有．而．
因此是以为首项，为公比的等比数列，则．
（ⅱ）当时，不是9倍数
当时，
故只需
为整数．
①时，，不是整数．
②时，，不是整数．
③时，．
而．
当为偶数，，即．
此时．
当为奇数，．
综上，满足条件集合是的子集．
【点睛】关键点点睛：数列新定义，弄清题意新定义的含义，结合所学内容，分析问题与解决问题，以及要有较强的运算求解能力和转化与化归的思想.