2024届重庆市高三上学期第二次质量检测数学试题含解析

这是一份2024届重庆市高三上学期第二次质量检测数学试题含解析，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。
一、单选题
1．已知全集，集合，，则为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求出集合B的补集，根据集合的交集运算即可得答案.
【详解】由题意全集，集合，，
故，
故，
故选：A
2．已知是第三象限角，则点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【分析】根据角所在象限结合二倍角正弦公式即可判断答案.
【详解】因为是第三象限角，故，
则，
故在第二象限，
故选：B
3．“”是“幂函数在上单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】判断“”和“幂函数在上单调递增”之间的逻辑推理关系，即可得答案.
【详解】当时，幂函数，
该函数在上单调递增,
当幂函数在上单调递增时，
需满足，即，
故“”是“幂函数在上单调递增”的充要条件，
故选：C
4．一组数据按从小到大的顺序排列为2，4，，13，16，17，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的40百分位数是（ ）
A．4B．4.5C．5D．9
【答案】C
【分析】计算出极差，进而得到该组数据的中位数，得到，求出，进而利用百分位数的定义求出答案.
【详解】极差为，故该组数据的中位数是，
数据共6个，故中位数为，解得，
，故该组数据的40百分位数为从小到大第3个数，
故该组数据的40百分位数是.
故选：C
5．已知，且，则（ ）
A．-3B．-1C．1D．3
【答案】D
【分析】首先由解析式求得与的关系，代入数值，即可求解.
【详解】由题意可知，
，
即，
那么.
故选：D
6．数列、满足：，，，则数列的最大项是（ ）
A．第7项B．第9项
C．第11项D．第12项
【答案】B
【分析】利用累加法得到，即可得到，然后列不等式求即可.
【详解】时，，，，，将上式累加，得，解得（对于同样成立），故，
令，即，
解得，，故，即第九项最大.
故选：B.
7．已知，将向左平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的，得到函数.若对，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据三角函数图象变换可得的表达式，结合对，都有成立可得相应不等式，结合，即可求得实数的取值范围，即得答案.
【详解】由题意得，
当时，.
由题意对，都有成立,
可知使得，
由于，令，得，
故选：A
8．如图所示，某市拟将一个半圆形的空地改造为果园.设，且.若要在扇形和四边形内种满苹果，则当苹果的种植总面积最大时，的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设半径为1，，得到，然后求导根据单调性得到时，种植面积最大.
【详解】不妨令半径为1，.
令，
，
令，解得.
故在上单调递增，在时上单调递减.故时，种植面积最大.
故选：C.
二、多选题
9．已知实数，则下列不等式中一定正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】A选项，举出反例；B选项，根据不等式的基本性质得到；CD选项，作差法比较出大小关系.
【详解】A选项，当时，，A错误；
B选项，因为，所以，又，故，
从而，B正确；
C选项，，
因为，所以，故，
故，C错误；
D选项，
，
因为，故，
所以，即，D正确.
故选：BD
10．已知函数，则下列说法中正确的有（ ）
A．是的一个周期
B．是的一个对称中心
C．在上单调递增
D．若，则
【答案】ABD
【分析】A选项，利用二倍角公式和辅助角公式化简得到，然后求周期即可；BC选项，利用代入检验法判断即可；D选项，根据得到，然后利用诱导公式和二倍角公式求即可.
【详解】，，故A正确；
，所以是的一个对称中心，故B正确；
时，，因为函数在上不单调，所以函数在不单调，故C错；
，即，，故D正确.
故选：ABD.
11．已知函数（且），下列说法正确的有（ ）
A．当时，
B．当时，有恒成立
C．当时，有两个零点
D．存在唯一的使得仅有一个零点
【答案】BC
【分析】讨论、研究与的图象交点情况，注意在时首先确定相切，即的情况，结合对数函数图象的变化性质再研究、图象，数形结合判断各项正误即可.
【详解】，
①当时，与的图象如下：

由图知，只有一个交点，即函数只有一个零点；
②时，与的图象如下：
若图象相切时且切点，则，解得，原函数有一个零点.

当时，两图象有两个交点，原函数有两个零点；

当时，两图象无交点，原函数无零点，

故D错误；
A：当时，，故，错误.
B：当时，，此时恒在上方，正确
C：当时，与恒有两个交点，正确
故选：BC
12．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过作直线的垂线，垂足为，且与的右支交于点，为坐标原点，且，则（ ）
A．B．的离心率为
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据点到直线的距离公式和勾股定理得到，，然后在中利用正弦定理得到，解方程得到，，，即可判断ABC选项；在中利用余弦定理列方程，解得，然后求面积即可判断D选项.
【详解】
由题可知，，，，，.
在中，由正弦定理可知，，即，即，解得，，.
故A、C正确，B错误.
在中，由余弦定理可知，，
解得，
故，D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．展开式中的常数项为 ．
【答案】.
【分析】利用通项公式即可得出．
【详解】通项公式Tr+1（x2）6﹣r（﹣1）rx12﹣3r，
令12﹣3r＝0，解得r＝4．
∴展开式中的常数项15．
故答案为15．
【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
14．若，则 .
【答案】
【分析】由诱导公式可得，将化为，分子分母除以即可求解.
【详解】因为，所以，即.
所以
.
故答案为:.
15．已知，，若对，使成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】求出的最大值，由题意可知，，分离参数a，结合二次函数性质，即可求得答案.
【详解】令，则，即，
所以（为辅助角，），
故，即，解得.
由题可知，，，即对，.
令，令，则，
当时，的最小值为，即，
则，即，
故答案为：
四、双空题
16．已知函数.如图，直线与曲线交于，两点，，则= .在区间上的最大值与最小值的差的范围是 .
【答案】
【分析】首先根据函数图象得到，从而得到.再分类讨论是否单调，求解最大值与最小值的差的范围即可.
【详解】设函数周期为，则，解得，.
由图可知，是函数的一个零点，则，即，.
又因为，则，故.
当对称轴不在，上时，
函数在，上单调，
设函数在区间，上的最大值与最小值之差为，
则
.
当对称轴在区间，上时，不妨设对称轴上取得最大值1，
则函数的最小值为或，
显然当对称轴经过区间，中点时，取得最小值，
不妨设，，则，，
，∴的最小值为，
当对称轴在区间，上时，不妨设对称轴上取得最小值，
则函数的最大值为或，
显然当对称轴经过区间，中点时，取得最大值，
不妨设，，则，，
，∴的最小值为，
综上，函数在区间，上的最大值与最小值之差的取值范围是.
故答案为：，
五、解答题
17．记数列的前项和为，且.
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据得到，从而判断出数列是等比数列；
（2）在（1）的基础上得到，再利用等比数列求和公式得到证明.
【详解】（1）由于，故，，
∴，
∴，，
∴，，
，可得，
所以数列是一个首项为1，公比为2的一个等比数列；
（2）由（1）可知，，
所以原式，
又因为恒成立，所以.
18．在四棱锥中，平面平面，侧面是等边三角形，，，在棱上，且满足.
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，，先证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）法一，建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法即可求得答案；
法二，根据线面角的定义作出二面角的平面角，解三角形即可求得答案.
【详解】（1）取中点，连接，，
∵，∴，
又∵，，∴，
∴四边形是平行四边形，而，
故平行四边形是矩形，
∴，
又∵为等边三角形且为中点.∴，
平面，，
∴面，面，∴.
（2）法一：∵平面平面，且平面平面，，
平面，∴平面，平面，
∴，，两两垂直，
连接、，以中点为坐标原点，、、分别为、、轴，建立如上图所示空间直角坐标系，
设，则，，，，
∴，，
平面的一个法向量可取为，
设平面的法向量为，
所以，即，令，则取，
设二面角的平面角为，
则，
由图知：二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
法二：由（1）知，∵面面，且面面，
平面，又∵，∴平面，
而平面，故，
如图，连接、，作于，连接，
平面，故平面，
平面，故，
则即为二面角的平面角，
设，在中，,
故，
是等边三角形，则，,
故.
19．2023年7月28日至8月8日在成都举行的第三十一届世界大学生夏季运动会是中国西部第一次举办世界性综合运动会.在本届成都大运会中，共有800多支城市志愿服务队139万青年志愿者参加.现某城市志愿服务队通过报名者对某比赛项目的了解程度进行筛选，筛选规则：对报名者进行分组，每两人一组，同组两人以抢答形式进行比赛，共7道题，抢到并回答正确得一分，答错则对方得一分，先得4分者获胜，比赛结束.已知在这次分组中，甲乙两人被分为一组，已知甲，乙两人都参与每一次抢题，且每次抢到的概率相同，甲和乙正确回答每道题的概率分别是、，且两人各道题是否回答正确均相互独立.
(1)在第二道题结束时，求甲：乙的比分为2：0的概率；
(2)若已知在第三道题结束时甲得分以2：1领先，设到比赛结束时，两人共再继续抢答了道题，求的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）“在一道题中，甲得1分”为事件，由题意知发生有两种可能：甲抢到题且答对，乙抢到题且答错.所以即可求出，记“在第二道题结束时，甲乙比分为2：0”为事件,即两道题都是甲得分，所以.
（2）由（1）知，在一道题中，甲、乙各得1分的概率分别为：，根据比赛规则，可能为：2，3，4，分别求出相应的概率，即可求出的分布列和数学期望.
【详解】（1）解：记“在一道题中，甲得1分”为事件，
.
记“在第二道题结束时，甲乙比分为2：0”为事件,
.
（2）解；可能为：2，3，4
由（1）知：在一道题中，甲、乙各得1分的概率分别为：，
，
，
.
所以的分布列
∴.
20．在中，角，，的对边分别为，，，已知.
(1)若，，求的面积；
(2)求的最小值，并求出此时的大小.
【答案】(1)
(2)最小值是5，.
【分析】（1）利用三角形内角和以及诱导公式和余弦定理化简，可得，继而求得B，判断三角形形状，即可求得三角形面积；
（2）利用二倍角公式以及同角的三角函数关系化简为只含的表达式，结合基本不等式即可求得答案.
【详解】（1）由题意：∵，∴，
根据余弦定理，
可知,得,
即，故，
而，故
又因为是内角，故B为钝角，∴，∴，
∴是等腰三角形，则，
∴.
（2）由（1）可知中，，则，即B为钝角，
又∵，，
所以，
设，
则
，，
故，
当且仅当，即，结合B为钝角，即时等号成立
所以的最小值是5，此时.
21．过点作斜率为的直线与抛物线：交于，两点，为坐标原点，当时，.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作交轴于点，过点作交轴于点，记，面积分别为，，求当取得最小值时直线的方程.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）设：，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据求出，即可得解；
（2）首先表示，，则，令，利用导数求出函数的单调性，求出函数的极小值点，从而求出直线方程.
【详解】（1）设：与联立可得.
设，，,
则，，
所以，解得.
故抛物线的方程为.
（2）由题可知，故，，
故，
同理可知，
则，
令，则，
令，解得，令，解得，
故在单调递减，在单调递增，
所以当时取得极小值即最小值，
故当且仅当时，取得最小值，此时为.
22．设函数.
(1)当，时，
①求在处的切线方程；
②求证：当时，；
(2)当时，已知为函数的两个零点（为的导数），求证：.
【答案】(1)①；②证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）①利用导数的几何意义即可求得答案；②不等式即，由此构造函数，利用导数判断其单调性，即可证明结论；
（2）求出表达式，分类讨论确定参数b的取值范围，由此判断单调性，结合以及②的结论，推出，，从而构造函数，结合方程根的的分布以及根与系数的关系即可证明结论.
【详解】（1）当，时，，
①，∴，，
故在处的切线方程为：，即；
②当时，，
∴，即；
令，则，
∴在上单调递增，∴，即成立
综上，当时，.
（2）当时，，，
当时，在上单调递增，不可能两个零点，舍去；
当时，，
对于，，
若，则，有恒成立，当且仅当是取等号，
在上单调递增，不可能两个零点，舍去；
若，令得，且，
当 或时，；
当时，；
∴在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
∴最多3个零点，注意到，，
即若，则，
∵，故必有，且.
∵，∴，由②，
∴，
，
设，
∵，且，，，
设两根为，，则，
则，
∴，证毕.
【点睛】难点点睛：本题综合考查了导数的应用，涉及导数的几何意义以及单调性、零点、不等式的证明；综合性较强，解答的难点在于（2）中不等式的证明，解答时分类讨论确定参数b的取值范围，由此判断单调性，推出，，构造函数，结合方程根的的分布即可证明结论.
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3
4