重庆市第八中学2023届高三数学上学期入学考试试题（Word版附答案）

这是一份重庆市第八中学2023届高三数学上学期入学考试试题（Word版附答案），共21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：本题共有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.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合，然后根据交集运算即可得到答案
【详解】解：因为，且，
所以，
故选：D
2. 某单位为了解该单位党员开展学习党史知识活动情况，随机抽取了部分党员，对他们一周的党史学习时间进行了统计，统计数据如下表所示：
则该单位党员一周学习党史时间的众数及第50百分位数分别是（ ）
A. 8，8.5B. 8，8C. 9，8D. 8，9
【答案】D
【解析】
【分析】众数是出现次数最多的，百分位数根据从小到大排列后，根据计算即可求解
【详解】解：党员人数一共有，学习党史事件为8小时的人数最多，故学习党史时间的众数为8，
，那么第50百分位数是第20和21个数的平均数，第20，21个数分别为9，9，所以第50百分位数是，
故选：D
3. 经研究发现，某昆虫释放信息素后，在距释放处的地方测得信息素浓度y满足，其中A，K为非零常数.已知释放1s后，在距释放处2m的地方测得信息素浓度为a，则释放信息素4s后，信息素浓度为的位置距释放处的距离为（ ）
A. B. C. 2mD. 4m
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，根据和时的表达式，结合对数运算，即可求解.
【详解】根据题意，由，，，得
当，时，，
即，
因此，故.
故选：D.
4. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析函数的奇偶性排除两个选项，再利用时，值为正即可判断作答.
【详解】函数定义域为R，，即是奇函数，A，B不满足；
当时，即，则，而，因此，D不满足，C满足.
故选：C
5. 用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中5个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的染色方法种数为（ ）
A. 6B. 10C. 16D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分情况讨论，求出每种情况对应的染色方法种数，即可得出结果
【详解】解：依题意，第一个格子必须为黑色，则出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子包含的情况有：
①全染黑色，有 1 种方法；
②第一个格子染黑色，另外四个格子中有1个格染白色，剩余的都染黑色，有种方法；
③第一个格子染黑色，另外四个格子中有2个格染白色，剩余的都染黑色，有种方法；
所以出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的染色方法有种，
故选：B
6. 若，且，则下列结论正确是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由及二倍角的余弦公式可得，根据两角差的正弦公式可得，由诱导公式及的范围，结合正弦函数的单调性即可求解.
【详解】解：∵，∴.
由，可得，
即.
∴，∴.
∵，∴，且.
由于函数在上单调递增，∴，即.
故选:C.
7. 已知，，，其中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先令函数，求导判断函数的单调性，并作出函数的图像，由函数的单调性判断，再由对称性可得.
【详解】由，则，同理，，
令，则，当；当，∴在上单调递减，单调递增，所以，即可得，又，，
由图的对称性可知，.
故选：C
8. 已知函数，且，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要构造，分析出函数为上的奇函数，并且单调递增，将题中不等式构造成，利用单调性求解的取值范围．
【详解】令，则，
因为，，
为奇函数，
又因为，由函数单调性可知为的增函数，
，则，
，，，
，．
故选A．
【点睛】本题主要考查函数的单调性和奇偶性解不等式问题，属于一般题．
二、多选题：本题共有4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列有关命题的说法正确的有（ ）
A. 的增区间为
B. “”是“”的充分不必要条件
C. 若集合中只有两个子集，则
D. 对于命题: 存在， 使得， 则: 任意， 均有
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出函数的增区间判断A；由充分条件、必要条件的定义判断B；由方程只有1个根求出k判断C；由存在量词命题的否定判断D作答.
【详解】对于A，函数中，由得，
又函数在上递增，而在上递增，因此在上递增，A正确；
对于B，当时，成立，而当时，或，
即“”是“”的充分不必要条件，B正确；
对于C，因集合中只有两个子集，则集合A含有1个元素，
即方程只有1个根，则或，解得，C不正确；
对于D，命题是存在量词命题，其否定是全称量词命题，则: 任意， 均有，D正确.
故选：ABD
10. 在中，已知， 则（ ）
A. 的最大值为
B. 的最小值为 1
C. 的取值范围为
D. 为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】首先原式变形得到，，再根据的互余关系，代入选项，变形求解，即可判断选项.
【详解】，，即，
，即，，，，
A：，当时，取得最大值，故A正确；
B：，
当时，取得最大值，故B错误；
C：，
因为，，所以，所以，
所以的取值范围是，故C正确；
D：
（定值），故D正确.
故选：ACD
11. 定义：以双曲线的实轴为虚轴，虚轴为实轴的双曲线与原双曲线互为共轭双曲线．以下关于共轭双曲线的结论正确的是（ ）
A. 与共轭的双曲线是
B. 互为共轭的双曲线渐近线不相同
C. 互为共轭的双曲线的离心率为、则
D. 互为共轭的双曲线的个焦点在同一圆上
【答案】CD
【解析】
【分析】由共轭双曲线的定义可判断A选项的正误；利用双曲线的渐近线方程可判断B选项的正误；利用双曲线的离心率公式以及基本不等式可判断C选项的正误；求出两双曲线的焦点坐标以及圆的方程，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，由共轭双曲线的定义可知，与共轭的双曲线是，A错；
对于B选项，双曲线的渐近线方程为，
双曲线的渐近线方程为，B错；
对于C选项，设，双曲线的离心率为，
双曲线的离心率为，
所以，，当且仅当时，等号成立，C对；
对于D选项，设，双曲线的焦点坐标为，
双曲线的焦点坐标为，这四个焦点都在圆上，D对.
故选：CD.
12. 已知函数， 则下列说法正确的有（ ）
A. 在单调递增
B. 为的一个极小值点
C. 无最大值
D. 有唯一零点
【答案】ABC
【解析】
【分析】求出函数的导数，借助导数分析、推理判断选项A，B，C；举例说明判断D作答.
【详解】依题意，，令，求导得，
当时，令，则，即在上递增，
，则在上递增，，因此在上递增，A正确；
当时，，求导得，显然函数在上递增，
而，，则存在，使得，
当时，，函数在上单调递增，当时，，
即当时，，则，因此为一个极小值点，B正确；
当时，令，求导得，函数在上递增，当时，，
而在上递增，值域为，因此当时，，所以无最大值，C正确；
因，即和是函数的零点，D不正确.
故选：ABC
【点睛】结论点睛：可导函数y=f(x)在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，若，则_____.
【答案】##
【解析】
【分析】令，解出，代入求即可．
【详解】令，解得，则
故答案为：
14. 若 则 __.
【答案】
【解析】
【分析】由已知结合同角平方关系可求，进而可求，然后结合同角商的关系对所求式子进行化简即可求解.
【详解】
解可得， 或 （舍）
所以 ,
则 ,
故答案为: .
15. 已知为上的奇函数，且，当时，，则_____.
【答案】##
【解析】
【分析】首先判断函数的周期，再利用对数运算，以及周期公式，化简，最后代入求值.
【详解】因为函数是奇函数，所以，
所以，即，
所以函数是周期的函数，


因为，所以，
所以
故答案为：
16. _____.
【答案】
【解析】
【分析】通分利用辅助角公式及二倍角公式计算可得；
【详解】解：
故答案为：
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，，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系求出，，再根据及两角差的正弦公式计算可得；
（2）首先求出，再根据及两角和的余弦公式计算可得.
【小问1详解】
解：因为，均为锐角，所以.
又，
所以，.
所以
.
【小问2详解】
解：根据第（1）问可知 ，
所以
.
18. 已知函数，若在点处的切线方程为．
（1）求的解析式；
（2）求函数在上的值域．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义，结合切线方程，列式，即可求解函数的解析式；
（2）首先由导数判断函数的单调性，再比较函数的极值和端点值的大小，求函数的值域.
【小问1详解】
因为，所以，
由题意得，所以，；
故的解析式为
小问2详解】
由（1）得，，因为，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故当时，函数取得极大值，
故当时，函数取得极小值
又，，
因为
故函数在上的最大值为，最小值为，
所以在上的值域为
19. 如图，在直三棱柱中，底面是等边三角形，是的中点，且．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
证明：连接交于点，连接，
在三棱柱中，四边形为平行四边形，
因为，则为的中点，
又因为为的中点，则，
平面，平面，因此，平面.
【小问2详解】
解：因为为等边三角形，为的中点，则，
又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
.
因为，平面与平面夹角的余弦值为.
20. 某单位为了激发党员学习党史的积极性，现利用“学习强国”APP中特有的“四人赛”答题活动进行比赛，活动规则如下：一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，第一局获胜得3分，第二局获胜得2分，失败均得1分，小张周一到周五每天都参加了两局“四人赛”活动，已知小张第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p（0＜p＜1），，且各局比赛互不影响.
（1）若，记小张一天中参加“四人赛”活动的得分为X，求X的分布列和数学期望；
（2）设小张在这5天的“四人赛”活动中，恰有3天每天得分不低于4分的概率为，试问当p为何值时，取得最大值.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据随机变量的取值，求对应事件的概率，进而可得分布列和期望.（2）列出的表达式，利用导数研究单调性，进而可得最值.
【小问1详解】
由题可知，X的可能取值为2，3，4，5.
因为，所以，，，
.
故X的分布列为
.
【小问2详解】
设一天得分不低于4分为事件A，
则，
则，
则.
当时，；当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，故当时，取得最大值.
21. 已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为6.
（1）求点轨迹的方程.
（2）已知点，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，试问：当点变化时，点是否恒在一条定直线上？若是，请证明；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）是，证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意，根据椭圆的定义可知的轨迹是以、为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），从而求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为：，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到，再求出直线、的方程，联立求出交点的横坐标，整理可得求出定直线方程.
【小问1详解】
解：因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6，
所以，
故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），
且，所以，
所以的轨迹的方程为；
【小问2详解】
解：设直线的方程为：，，，
联立方程得：，
则，，
所以，
又直线的方程为：，
又直线的方程为：，
联立方程，解得，
把代入上式得：，
所以当点运动时，点恒在定直线上
22. 已知函数．
（1）若的最小值为，求的值；
（2）证明：当时，有两个不同的零点，，且．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，分和两种情况讨论，求出函数的单调区间，即可得到函数的最值，从而求出的值；
（2）由（1）及零点存在性定理得到在和上各有一个零点，不妨设，则，，对其两边取对数，即可得到，则要证，即证，再令，，即证，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
【小问1详解】
解：因为定义域为，所以，
①当时恒成立，此时在定义域上单调递增，函数无最小值，不符合题意；
②当时，令，解得，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得；
【小问2详解】
证明：由（1）可知，当时，
又，，所以在和上各有一个零点，
即有两个不同的零点，，不妨设，
即，，
即，，
两边取对数可得，，
所以，即，
要证，即证，
即证，
令，，即证，
令，，
所以，
所以在上单调递增，又，所以，即，
所以，得证.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化不等关系为，再构造函数即可得证.党史学习时间（小时）
7
8
9
10
11
党员人数
6
10
9
7
8
X
2
3
4
5
P