重庆市2023届高三临门一卷（三）数学试题（含解析）

这是一份重庆市2023届高三临门一卷（三）数学试题（含解析），共26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。
重庆市2023届高三临门一卷（三）数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数z在复平面内对应的点的坐标为，则下列结论正确的是（    ）
A． B．复数z的共轭复数是
C．的实部为 D．
3．已知函数，则（    ）
A． B． C． D．
4．从个位数与十位数之和为偶数的两位数中任取一个（个位与十位数位上的数字不同），其个位数是0的概率为（    ）
A． B． C． D．
5．已知l，m，n表示不同的直线，，，表示不同的平面，则下列四个命题正确的是（    ）
A．若，且，则 B．若，，，则
C．若，且，则 D．若，，，则
6．已知，且，则（    ）
A． B． C． D．
7．已知在三角形ABC中，，，，点M，N分别为边AB，AC上的动点，，，其中x，，，点P，Q分别为MN，BC的中点，则取得最小值时，（    ）
A． B． C． D．
8．已知，分别为双曲线C：的左、右焦点，点为双曲线C在第一象限的右支上一点，以A为切点作双曲线C的切线交x轴于点B，若，且，则双曲线C的离心率为（    ）
A． B． C．2 D．

二、多选题
9．已知事件A，B满足，，则下列选项正确的是（    ）
A．若，则 B．若A与B互斥，则
C．若A与B相互独立，则 D．若，则A与B相互独立
10．下列选项正确的是（    ）
A．
B．若正实数a，b满足，则
C．的最小值为
D．已知正实数a、b，若，则的最小值为9
11．声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，我们听到的声音多为复合音．若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论正确的是（    ）
A．的一个周期为 B．的最小值为
C．的图象关于点对称 D．在区间上有3个零点
12．已知，当时，存在b，，使得成立，则下列选项正确的是（    ）
A． B． C． D．

三、填空题
13．在的二项式展开式中的系数为160，则_______________．
14．过点且与圆：相切的直线方程为__________
15．已知三棱锥中，Q为BC中点，，侧面底面，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为_______________．
16．已知椭圆C：，圆O：，直线l与圆O相切于第一象限的点A，与椭圆C交于P，Q两点，与x轴正半轴交于点B．若，则直线l的方程为_______________．

四、解答题
17．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足．
(1)证明：；
(2)求的取值范围．
18．设等差数列的前n项和为，数列是首项为1公比为的等比数列，其前n项和为，且，对任意恒成立.
(1)求数列，的通项公式；
(2)设，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
19．在多面体中，四边形是边长为4的正方形，，△ABC是正三角形．
  
(1)若为AB的中点，求证：直线平面；
(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离．
20．某地区由于农产品出现了滞销的情况，从而农民的收入减少，很多人开始在某直播平台销售农产品并取得了不错的销售量．有统计数据显示，2022年该地利用网络直播形式销售农产品的销售主播年龄等级分布如图1所示，一周内使用直播销售的频率分布扇形图如图2所示，若将销售主播按照年龄分为“年轻人”（20岁～39岁）和“非年轻人”（19岁及以下或者40岁及以上）两类，将一周内使用的次数为6次或6次以上的称为“经常使用直播销售用户”，使用次数为5次或不足5次的称为“不常使用直播销售用户”，且“经常使用直播销售用户”中有是“年轻人”．
  
(1)现对该地相关居民进行“经常使用网络直播销售与年龄关系”的调查，采用随机抽样的方法，抽取一个容量为200的样本，请你根据图表中的数据，完成2×2列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为经常使用网络直播销售与年龄有关？
使用直播销售情况与年龄列联表

年轻人
非年轻人
合计
经常使用直播销售用户



不常使用直播销售用户



合计




(2)某投资公司在2023年年初准备将1000万元投资到“销售该地区农产品”的项目上，现有两种销售方案供选择：方案一：线下销售、根据市场调研，利用传统的线下销售，到年底可能获利30%，可能亏损15%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，，．方案二：线上直播销售．根据市场调研，利用线上直播销售，到年底可能获利50%，可能亏损30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，，．针对以上两种销售方案，请你从期望和方差的角度为投资公司选择一个合理的方案，并说明理由．
参考数据：独立性检验临界值表

0.15
0.10
0.050
0.025
0.010

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635

其中，．
21．如图，已知抛物线C：，F为其焦点，点在C上，△OAF的面积为4．
  
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点作斜率为的直线交抛物线C于点M，N，直线MF交抛物线C于点Q，以Q为切点作抛物线C的切线，且，求△MNQ的面积．
22．已知函数和在同一处取得相同的最大值．
(1)求实数a；
(2)设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为（），证明：．

参考答案：
1．B
【分析】根据指数函数单调性求集合A，再根据交集运算求解.
【详解】因为在定义域内单调递增，则，
所以.
故选：B.
2．C
【分析】利用复数的几何意义可得，即可根据选项逐一求解.
【详解】由题意可知，所以，故B错误，
，故A错误，
，故实部为，故C正确，
，则，故D错误，
故选：C
3．A
【分析】利用换元法令，运算求解即可.
【详解】令，则，且，则，
可得，
所以.
故选：A.
4．D
【分析】先确定基本事件总数，再确定其个位数为0的个数，最后应用古典概型公式计算概率.
【详解】从个位数与十位数之和为偶数的两位数中任取一个，个位与十位数位上的数字不同,

基本事件总数，
其中个位数为0的有4个，
所以从个位数与十位数之和为偶数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率,
故选:D.
5．C
【分析】根据线、面位置关系逐项分析判断.
【详解】对于选项A：若，且，则l，m可能平行、相交或异面，并不一定垂直，故A错误；
对于选项B：若，，，则m，n可能平行、相交或异面，并不一定平行，故B错误；
对于选项C：若，且，根据线面垂直可得：，故C正确；
对于选项D：若，，但不能得到，
所以虽然，不能得到，故D错误；
故选：C.
6．D
【分析】设，化简得到，，代入计算得到答案.
【详解】设，，则，，
即，，，
故，.
故选：D
7．B
【分析】根据中点关系可得,,利用向量的模长公式，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】由于P，Q分别为MN，BC的中点，所以,,
所以 ,
因此 ，对称轴为 ，故当时，最小，故此时,
故选:B

【点睛】
8．D
【分析】根据题意利用导数的几何意义求切线方程，进而可求得点，再结合双曲线的方程和定义求，利用余弦定理列式求解即可.
【详解】因为点A在第一象限，由，可得，
则，
点在双曲线上，则，即，
可得，
可得在点处的切线方程为，
令，解得，
又因为，则，
所以，
即点，
设双曲线C的半焦距为，则，，
因为，则，整理得，
则，
可得，
且点为双曲线C在第一象限的右支上一点，则，
可得，
在中，由余弦定理可得：，
即，整理得，
所以双曲线C的离心率.
故选：D.
  
【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值；
2．焦点三角形的作用
在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
9．BD
【分析】对A根据，则；对B，根据互斥事件的性质得，对C，根据独立事件的特点则可计算出，对D，根据条件概率公式计算出，再利用相互独立事件的定义即可判断.
【详解】对于A,因为,所以；故A错误,
对于B,因为与互斥,所以,B正确,
对于C,因为与相互独立,所以,故C错误;
对于D,因为,即,所以,
又因为,所以,所以与相互独立，故D正确.
故选：BD.
10．BD
【分析】根据基本不等式及取等条件可以判断B,C,D选项，特殊值法可以判断A选项.
【详解】当时，,A选项错误;
,,,B选项正确;
,当即,C选项错误;
正实数a、b，若，则,,
即时取等号，D选项正确.
故选:BD.
11．ACD
【分析】A代入周期的定义，即可判断；
B分别比较两个函数分别取得最小值的值，即可判断；
C代入对称性的公式，即可判断；
D根据零点的定义，解方程，即可判断.
【详解】选项A：

故的一个周期为，A正确.
选项B：
，当，时，取得最小值，
，当，时即，时，取得最小值，
所以两个函数不可能同时取得最小值，所以的最小值不是，故B错误.
选项C：
，
，
所以，
所以的图象关于点对称，C正确，
选项D：
，
得，或，
得，或，，
故区间中的根为，，，
故D正确.
故选：ACD
12．ABC
【分析】对A，构造函数，求导，再设，利用其单调性得到，然后对分类讨论即可；对B，计算出在时的切线方程即可得到，即可得到的范围，对于C,D，代入得，则可确定和的范围，
【详解】对A，由,令,
所以,
令,其对称轴为,故函数在上单调递增,
所以,
当时,即时,,
则函数单调递增,所以.
当时,即时,存在,使得,即,
当时,,则函数单调递减,
所以0,与矛盾,综上,，A正确;
对B，由可得与在上存在分隔直线,
，，，，，，
则在处的切线方程分别为:,
所以,可得,故B正确;
对C，取得,所以,得,故C正确,
对D，由C知，故D错误.
故选：ABC.
  
【点睛】关键点睛：本题A选项的关键是构造函数，然后求导，对进行分类讨论，对B关键是得到在处的切线方程的斜率，从而得到不等式，对C和D通过代入得到，即可进行判断.
13．4
【分析】根据二项式展开式的通项特征，令代入即可求解.
【详解】展开式的通项为，令，故 （负的舍去），
故答案为：4
14．或
【分析】分斜率存在与否两种情况进行讨论，结合点到直线距离公式即可得解．
【详解】解：将圆方程化为圆的标准方程，得圆心，半径为，
当过点的直线斜率不存在时，直线方程为 是圆的切线，满足题意；
当过点的直线斜率存在时，
可设直线方程为，即，
利用圆心到直线的距离等于半径得，解得，
即此直线方程为，
故答案为：或 ．
15．
【分析】连接，找到球心到平面和平面的射影为和的中心,，再通过面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理得到，再利用勾股定理求出相关长度，找到截面圆的最值情况，代入计算即可得到答案.
【详解】连接,由,
可知：和是等边三角形,
设三棱锥外接球的球心为,
所以球心到平面和平面的射影是和的中心,，
是等边三角形,为中点,所以,
又因为侧面底面,侧面底面，侧面，
所以底面,而底面,因此,
所以是矩形,应为和是边长为4的等边三角形,
所以两个等边三角形的高,
在矩形中,，
连接,所以,
设过点的平面为,当时,此时所得截面的面积最小,该截面为圆形,
可得,
因此圆的半径为,
所以此时面积为,当点在以为圆心的大圆上时,此时截面的面积最大,
面积为:,所以截面的面积范围为.
故答案为：.
  
16．
【分析】根据向量垂直可得圆的切线方程为，进而在椭圆中，根据点差法可得，根据中点弦的斜率即可代入求解.
【详解】取中点，连接,由于,所以,进而 ,
设，设直线上任意一点，
由于是圆的切线，所以,所以，
令 则，所以，由中点坐标公式可得 ，
设,则，两式相减可得，
所以 ,又，,
所以，解得，进而
故直线l的方程为，即，
故答案为：

17．(1)证明见详解
(2)

【分析】（1）利用正余弦定理得，再利用两角和与差的余弦公式化简得，再根据范围即可证明；
（2）根据三角恒等变换结合（1）中的结论化简得，再求出的范围，从而得到的范围，最后利用对勾函数的单调性即可得到答案.
【详解】（1）由及得,.
由正弦定理得,
又,
,
,
,
都是锐角,则
,
（2）令
，
由（1）得.
在锐角三角形中,
，即，,
令,
根据对勾函数的性质知在上单调递增，
,即的取值范围是.
18．(1)，
(2)

【分析】（1）根据已知条件及等差等比数列的通项公式及前n项和公式即可求解；
（2）利用（1）得出的通项公式，再利用错位相减法求出，将不等式恒成立问题转化为最值问题即可求解.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为则
由，得即
由①得，由②得，由③得，
所以数列的通项公式为，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）知，，所以，
①
②
②-①得：
化简得：，
又因为，即
即，
（i）当时，，所以；
（ii）当时，，
令，则


当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增；
当时，取得最小值为
，即,
所以的取值范围是.
19．(1)证明见详解
(2)

【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；
（2）根据题意可证平面，平面，建系，利用空间向量求点到面的距离.
【详解】（1）连接，设，由题意可得为的中点，连接，
因为分别为的中点，则//，
平面，平面，
所以直线平面.
  
（2）由题意可得：，，平面，
所以平面，
取的中点，连接，
因为△ABC是正三角形，则，
又因为平面，平面，则，
，平面，
所以平面，
如图，以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
所以点C到平面的距离.
  
20．(1)依据小概率值的独立性检验，认为经常使用网络直播销售与年龄有关.
(2)从获利角度考虑，选择方案二；从规避风险角度考虑，选择方案一．

【分析】（1）根据频率分布直方图和扇形图补充完整列联表，计算，并与附表中的数据对比，即可判断；
（2）分别由期望和方差的计算公式求得和，比较与、与的大小，即可得解．
【详解】（1）由图2知，样本中经常使用直播销售的用户有人，其中年轻人有人，
由图1知，样本中的年轻人有人，
补充完整的列联表如下，

年轻人
非年轻人
合计
经常使用直播销售用户
90
30
120
不常使用直播销售用户
70
10
80
合计
160
40
200
，故依据小概率值的独立性检验，认为经常使用网络直播销售与年龄有关.
（2）方案一：设获利万元，则的所有可能取值为300，，0，
，
；
方案二：设获利万元，则的所有可能取值为500，，0，
，
，
，，
从获利的期望上看，方案二获得的利润更多些，但方案二的方差比方案一的方差大得多，从稳定性方面看方案一更稳妥，
故从获利角度考虑，选择方案二；从规避风险角度考虑，选择方案一．
21．(1)
(2)64

【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；
（2）根据题意联立方程结合韦达定理求点Q的坐标，根据切线结合判别式求相应参数值，进而可得结果.
【详解】（1）由题意可知：抛物线C的焦点，
将代入抛物线C的方程得：，
且，则，
因为△OAF的面积为，解得，
所以抛物线C的方程为.
（2）由（1）可得抛物线C的方程为，焦点，
设直线，
联立方程，消去x得，
则，可得，
因为点在抛物线上，则，即，
所以直线的方程为，
联立方程，消去x得，
可得，即，
则，即，
因为，可设，
代入得，即，
所以，
联立方程，消去x得，
因为为抛物线C的切线，则，
整理得，解得，
又因为，，
可得，
即，，
可得，
点到的距离，
所以△MNQ的面积.
【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法
（1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解；
（2）面积问题常采用×底×高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解；
（3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用．
22．(1)
(2)证明见详解

【分析】（1）利用导数分别求的最值点，列式求解即可；
（2）构建，利用同构思想分析的大小关系，进而可得直线与曲线和的交点，再结合的单调性分析即可证出.
【详解】（1）由题意可得：，显然，
当时，令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得在处取到最大值；
当时，令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得在处取到最小值，不合题意；
综上所述：，在处取到最大值.
因为的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得在处取到最大值；
由题意可得：，解得.
（2）由（1）可得：在上单调递减，在上单调递增，在处取到最大值，
且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，
可得直线与曲线至多有两个交点；
在上单调递增，在上单调递减，在处取到最大值，
且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，
可得直线与曲线至多有两个交点；
若直线与两条曲线和共有四个不同的交点，则，
  
此时直线与曲线、均有两个交点，
构建，
构建，且，则，
可得在上单调递减，在上单调递增，在处取到最大值，
构建，则，
因为，令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得，
即，当且仅当时，等号成立，
可得：当时，，则，
所以；
当时，，且在上单调递增，
则，可得，
所以；
当时，，且在上单调递减，
则，可得，
所以；
综上所述：当时，；
当时，；
当时，.
结合题意可得：直线与曲线的两个交点横坐标为，与的两个交点横坐标为，且，
当，可得，即，
可得，即，
因为在上单调递增，且，
则，可得
所以；
当，可得，即，
可得，即，
因为在上单调递增，且，
则，可得，
所以；
综上所述：，即.
【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式：
积型：，
①，构建；
②，构建；
③，构建.
商型：，
①，构建；
②，构建；
③，构建.
和型：，
①，构建；
②，构建.