2023届重庆市巴蜀中学校高三下学期适应性月考（九）数学试题含解析

这是一份2023届重庆市巴蜀中学校高三下学期适应性月考（九）数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届重庆市巴蜀中学校高三下学期适应性月考（九）数学试题

一、单选题
1．已知集合，集合，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据椭圆方程满足的特征，即可得到或，进而由集合的交运算即可求解.
【详解】由表示椭圆，则 ，可得或，故，
故选:D．
2．已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据三角函数的定义，结合余弦的二倍角公式即可求解.
【详解】由于角α的终边经过，所以
由余弦二倍角公式即可得，
故选：A．
3．下列说法，正确的是（    ）
A．对分类变量X与Y的独立性检验的统计量来说，值越小，判断“X与Y有关系”的把握性越大
B．在残差图中，残差点分布在以取值是0的横轴为对称轴的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高
C．若一组样本数据（，2，…，n）的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数r为1
D．数据－1，1，2，4，5，6，8，9的第25百分位数是2
【答案】B
【分析】对选项A，根据独立性检验的定义即可判断A错误，对选项B，根据残差图的性质即可判断B正确，对选项C，根据题意得到相关系数为，故C错误，对选项D，根据计算得到第25百分位数是，即可判断D错误.
【详解】对于A，由独立性检验可知，值越大，判断“X与Y有关系”的把握性越大，故A错误；
对于B，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明波动越小，
即模型的拟合精度越高，故B正确；
对于C，样本点都在直线上，说明是负相关，相关系数为，故C错误；
对于D，8个数据从小到大排列，由于，
所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数，故D错误，
故选：B
4．已知等比数列满足：首项，公比为q，前n项和为，则“对任意的恒成立”是“”的（    ）
A．充分必要条件 B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据等比数列的通项特征可判断必要性，举反例即可说明不充分性.
【详解】若，且公比，则，所以对于任意，成立，故必要性成立；
若，且，则
所以由对于任意的，，推不出，故充分性不成立；
则“对任意的恒成立”是“”的必要不充分条件，
故选:C．
5．设函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则一定有（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，由条件分别可得函数的对称中心，对称轴以及周期，即可得到结果.
【详解】因为为奇函数，所以，即有，
所以函数的图像关于点对称．
因为是偶函数，所以，所以函数的图像关于直线对称，
所以，所以，所以函数的周期为4，
所以，，
无法确定其值，ABD无法确定，故C正确，
故选：C．
6．北京冬奥会奥运村有智能餐厅和人工餐厅各一个，某运动员连续两天均在奥运村用餐且每一天均在同一个餐厅用餐．他第一天等可能地随机选择其中一个餐厅用餐．若他第一天去智能餐厅，那么第二天去智能餐厅的概率为0.7；如果他第一天去人工餐厅，那么第二天去人工餐厅的概率为0.2．则该运动员第二天去智能餐厅用餐的概率为（    ）
A．0.45 B．0.14 C．0.75 D．0.8
【答案】C
【分析】根据题意，由全概率公式，代入计算即可得到结果.
【详解】设“第1天去智能餐厅用餐”，“第1天去人工餐厅用餐”，“第2天去智能餐厅用餐”，则，且与互斥，
根据题意得：，，，
由全概率公式得，
故选：C．
7．已知函数存在两个零点，，且满足，其中e为自然对数的底数，则实数t的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据函数零点的等价转化可得，代入，，且利用即可求解，进而可求解.
【详解】等价于，所以，由，解得，所以，即，
故选:D．
8．已知抛物线与圆，过抛物线的焦点F作斜率为k的直线l与抛物线交于A，D两点，与圆交于B，C两点（A，B在x轴的同一侧），若，则的值为（    ）
A．8 B．16
C． D．
【答案】A
【分析】借助韦达定理，得到与的关系，再由抛物线定义与向量运算得到
与关系，从而求出的值.
【详解】抛物线的焦点坐标为，
设斜率为k的直线方程为，设，，
直线与抛物线联立，
得，
所以①，②，
所以，
，
又因为，所以③，
由②③式解得，代入①式得.
故选：A

二、多选题
9．已知复数，其中a，，i为虚数单位，为z的共轭复数，则（    ）
A．若，则
B．
C．
D．若，则
【答案】BD
【分析】运用复数的概念及运算可解.
【详解】对于A，复数不可以比较大小，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，，∴，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：BD
10．已知空间中三条不同的直线a，b，c，三个不同的平面α，β，γ，则下列说法正确的是（    ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．，，，则
【答案】AC
【分析】根据空间中的线面关系逐一判断即可.
【详解】对于A，由线面平行判定定理可知A正确；
对于B，，，则与平行或相交，故B错误；
对于C，正确；
对于D，，，，三条交线平行或交于一点，
如图1，正方体两两相交的三个平面ABCD，平面，平面，
平面平面，平面平面，平面平面，
但AB，AD，不平行，故D错误，

故选：AC．
11．如图，双曲线E：的左右焦点分别为，，过的直线l与其右支交于P，Q两点，已知且，则下列说法正确的是（    ）

A．
B．双曲线的离心率为2
C．
D．的面积为
【答案】ABD
【分析】根据双曲线定义及性质，结合余弦定理和面积公式逐个选项判断即可．
【详解】如图所示：

对于A，且，所以，故A正确；
对于B，，，所以，又由相似可得：，，，，所以离心率，故B正确；对于C，中，由余弦定理可得，故C错误；
对于D，由C可知，，则其面积，故D正确．
故选：ABD．
12．“牛顿切线法”是结合导函数求零点近似值的方法，是牛顿在17世纪首先提出的．具体方法是：设r是的零点，选取作为r的初始近似值，在处作曲线的切线，交x轴于点；在处作曲线的切线，交x轴于点；……在处作曲线的切线，交x轴于点；可以得到一个数列，它的各项都是不同程度的零点近似值．其中数列称为函数的牛顿数列．则下列说法正确的是（    ）
A．数列为函数的牛顿数列，则
B．数列为函数的牛顿数列，且，则对任意的，均有
C．数列为函数的牛顿数列，且，则为递增数列
D．数列为的牛顿数列，设，且，，则数列为等比数列
【答案】BCD
【分析】对于ABC，记，根据导数的几何意义可求得在处的切线方程为，得到，当可判断A；当，可得，利用函数，结合数学归纳法可判断B；作差比较可以得到，从而可判断C；对于D，先求得，再利用定义法可判断数列为等比数列，从而可判断D.
【详解】记，则，
所以在处的切线斜率为，
则在处的切线方程为，
即，令，得，
即，
对于A，当时，，故A错误；
对于B，当时，，
，
令，则，
所以当时，单调递增；当时，单调递减，
则，即当时，.
，假设，则有，所以，
所以，即，又，
所以，则由数学归纳法可知，对任意，均有，故B正确；
对于C，，又，
则，即，则，
则为递增数列，故C正确；
对于D，，在处的切线方程为，
令，得，
所以，，
所以，
所以，即，又，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，故D正确.
故选：BCD．
【点睛】关键点睛：在判断B选项时，证明对任意的，均有时，先用作差法得到，再借助函数得到当，则有，结合数学归纳法可判断.

三、填空题
13．已知的展开式中所有项的二项式系数之和为64，则其展开式中有理项共有____________项．
【答案】4
【分析】先根据二项式系数之和列出方程，求出，从而得到的展开式的通项公式，进而得到有理项的项数.
【详解】由题意得，解得，
的展开式的通项公式为，
当，2，4，6时，展开式的项为有理项，所以有理项有4项.
故答案为：4
14．将4个不同的小球，放入4个不同的盒子中，则恰有一个空盒的放法种数为____________．
【答案】144
【分析】根据排列组合的综合应用结合分步计数原理求解．
【详解】第一步：选出1个空盒，共有种；
第二步：4个小球分为3组，共有种；
第三步：3组小球放入3个不同的盒子，共有种；
所以恰有一个空盒的放法种数为．
故答案为：144．
15．已知非零向量，满足，且，则的最大值为____________．
【答案】/
【分析】将两边平方，再利用基本不等式即可得解.
【详解】，则，
当且仅当，即时，取等号，
所以，
所以的最大值为.
故答案为：.

四、双空题
16．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点P的轨迹是圆”，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．将“阿氏圆”以AB所在直线为轴旋转一周即可得“阿氏球”．即空间一动点到空间内两定点的距离之比为定值的点的轨迹为球，称之为阿波罗尼斯球．设M，N是球C（C为球心）球面上两定点，球半径为3且．（1）空间中一动点P满足，可知点P的轨迹为阿氏球，则该球的表面积为____________；（2）若球C表面上一动点Q满足，则点Q的轨迹长度为____________．
【答案】
【分析】根据题意，由条件可得点P的轨迹是以为圆心，半径的圆，转化到空间中，再结合球的表面积公式即可得到结果；由条件可得两球的交线为圆，然后得到圆的半径即可得到结果.
【详解】  
（1）以MCN所在的平面建立直角坐标系，MN为x轴，MN的垂直平分线为y轴，
由球半径为3且，可得，则，，
设，，则
可得，故点P的轨迹是以为圆心，半径的圆，
转化到空间中：当P绕MN为轴旋转一周时，|PM|，|PN|不变，
故空间中P的轨迹为以T为球心，半径为的球，所以其表面积为；
（2）由（1）可知点Q的轨迹即为球C与（1）问中阿氏球的交线，两球的交线为圆，
又该阿氏球球心为T，利用C，T在（1）中的坐标，，
则球心距为，三角形QTC为直角三角形，对应圆半径，
周长即为轨迹长．
故答案为: ;

五、解答题
17．已知等差数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)设，求．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）当时，由得，两式相减则可求等差数列的公差，时，可求首项，从而可求其通项公式；
（2）根据已知可求，再由并项求和法求和即可．
【详解】（1）由已知为等差数列，记其公差为d．
①当时，，两式相减可得，解得，
②当时，，所以，
所以．
（2）由（1）知，

．
18．从①；②这两个条件中选择一个，补充在下面问题中，并解答．
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 ．
(1)求角C；
(2)若∠ACB的平分线交AB于点D，且，，求△ABC的面积．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）用正弦定理边化为角求解；
（2）将△ABC的面积拆为两个三角形面积之和，结合角平分线定理即可求解.
【详解】（1）若选①：，
由正弦定理得，即：，
∵，∴，
∵在△ABC中，，
∴，
化简得：，
∵，∴，∴．
若选②：，
由正弦定理得，，
∵在△ABC中，，
∴，
即，
∵，
∴，
故．
（2）由角平分线定理：，
设，，
由（1）知，则，
∵，
即，
化简得，
故（舍去），或，
故．
19．如图，四棱锥P－ABCD的底面是菱形，底面ABCD，，，点E是CD的中点，异面直线PE与AC所成角的余弦值为．

(1)求PA；
(2)求PE与平面PBD所成角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)

【分析】（1）利用先作出异面直线PE与AC所成的角，再利用其余弦值为，解三角形列方程求解；
（2）建立空间直角坐标系用向量法求解.
【详解】（1）解：如图，取AD的中点H，连接EH，PH，

设，
∵H，E分别为AD，CD的中点，
∴，
∴异面直线PE与AC所成角即为，
又∵ABCD为菱形，，，
∴，，
∵底面ABCD，
∴，，，
∴，
解得或者（舍），即．
（2）如图，取BC的中点F，

∵△ABC为等边三角形，
∴，
又∵底面ABCD，
如图以A为原点，分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
∴，，，，，，
∴，，
∴，
设平面PBD的法向量为，
∴，，
即，，
不妨令，得：，，
∴，
∴PE与平面PBD所成角的正弦值为
．
20．近日，Chat GPT引发舆论风暴，火遍全球．如何让Chat GPT为教育所用是教育界不得不面对的新课题．为了更快，更好的熟悉Chat GPT，某校研发了Chat GPT应用于设计课程，协助备课，课堂助教，作业测评，辅助学习等方面的“学习APP”，供该校所有教师学习使用．该校共有教师1000名，为了解老师们学习情况，随机抽取了100名教师，在指定的一天统计了这100名教师利用“学习APP”学习Chat GPT技术的时长（单位：min），得到了如图所示的频率分布直方图．学习时长不低于120min的教师称为“学习积极分子”．

(1)求统计的这100名教师中“学习积极分子”的人数，并根据频率分布直方图，估计在指定当天教师学习Chat GPT时长的平均数（每组数据以该组区间的中点值为代表）；
(2)（ⅰ）由频率分布直方图可知，该校教师在指定当天学习Chat GPT的时长X近似服从正态分布（其中μ近似为样本平均数，σ取10.8），求该校教师在指定当天学习Chat GPT的时长位于区间内的概率；
（ⅱ）从该校教师中随机选取3人，记3人在指定当天学习Chat GPT的时长不少于130min的人数为Y，用样本中各区间的频率代替每名教师学习Chat GPT的时长位于相应区间的概率，求Y的期望．（附：若随机变量，则，，）
【答案】(1)60人，122.8min
(2)（ⅰ）0.8186；（ⅱ）0.96

【分析】（1）根据频率分布直方图，可求每组的频率，又知每组以区间的中点值为代表，根据平均数的公式求解即可；
（2）利用正态分布的3σ原则应用和二项分布的数学期望公式求解即可．
【详解】（1）该校中“学习积极分子”的人数为（人），
平均数为
；
（2）（ⅰ）由题意得：



；
（ⅱ），
由题意得：，
∴．
21．如图椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．过椭圆的左焦点F的直线l与椭圆C交于C，D两点，并与y轴交于点M，A，B分别为椭圆的上、下顶点，直线AD与直线BC交于点N．

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知O为坐标原点，当点M异于A，B两点时，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，由条件列出关于的方程，即可得到其标准方程；
（2）根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得，再由A，N，D三点共线，列出方程，即可得到，再由平面向量坐标运算即可得到结果.
【详解】（1）由题意得，，且点在椭圆C上，则，且，
解得，，，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）由（1）知，，由于直线CD斜率为零与斜率不存在均不符合题意，
故设该直线方程为．
从而M坐标为，设，，
联立，得，
所以，，从而，
现设因为B，N，C三点共线，故，
因为A，N，D三点共线，故，两式两边作比得：
，
所以，从而，又，
故．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数的图象与轴相切于原点．
（ⅰ）求的解析式，并证明：对任意的，恒成立；
（ⅱ）若在上有唯一实根，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)（ⅰ），证明见解析；（ⅱ）．

【分析】（1）先求导，分和两种情况讨论即可求解；
（2）（i）由函数的图象与轴相切于原点，可得，进而求得的值，进而得到的解析式；再结合函数的单调性即可证明；
（ii）由在上有唯一实根，设，，求导，可得，分和两种情况求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，
若，则恒成立，此时在上单调递增；
若，则令，则，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）（ⅰ）由题意：，解得．
故，则，
由（1）知，在上单调递减，上单调递增，
所以，
即恒成立．
（ⅱ）由，即，
令，，
所以，
记，，
故，
所以．
①当时，当时，设，
则，
所以在上单调递增，
又，，
所以存在唯一实数，使得.
当时，，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又，，
所以，有，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又，，
所以存在唯一实数，使得，满足题意．
②当时，
解法一：设，，
则，
所以函数在上单调递减，
又，可得在时恒成立，
即在上恒成立，
当时，，
记，，
则，由（ⅰ）可知，，
所以在上单调递增，
所以，即恒成立，
所以在上不存在零点，不满足题意．
解法二：当时，，
取，
则，
设，，
则，
所以在上单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
所以，即有，
所以在上不存在零点，不满足题意．
综上所述，实数的取值范围为．
【点睛】方法点睛：方程有根（有解）问题，常常转化为函数与函数的交点问题，以及函数与轴交点问题，再通过导数或函数性质分析其单调性结合大致图象求解.