2024届重庆市南开中学高三上学期第五次质量检测数学试题含答案

这是一份2024届重庆市南开中学高三上学期第五次质量检测数学试题含答案，文件包含重庆市南开中学校2024届高三上学期第五次质量检测数学试题Word版含解析docx、重庆市南开中学校2024届高三上学期第五次质量检测数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。

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. 已知复数，复数的共轭复数为若，则（ ）
A. 2B. C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】利用共轭复数的定义及复数的乘法法则计算即可.
【详解】由题意可知，所以.
故选：A
2. 函数的图象的一条对称轴方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数式，利用三角函数的性质一一判定选项即可.
详解】由题意可知：，
令，
对于A，显然不能存在，使得，故A错误；
对于B，显然时，使得，故B错误；
对于C，显然不能存在，使得，故C错误；
对于D，显然不能存在，使得，故D错误；
故选：B
3. 已知函数，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断函数的单调性和奇偶性，然后将不等式进行转化求解即可.
【详解】，定义域为，
与在上单调递减，在上单调递减，
，为上的奇函数，
等价于，
，解得，
不等式的解集为.
故选：A.
4. 已知展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出的值，再利用二项展开式的通项公式的特点，求出展开式中的系数.
【详解】展开式中各项系数之和为，
所以令，可得，解得，
，
的展开式的通项为，
当在项中取时，项中需取，不符合条件；
当在项中取时，项中需取，则，即，此时的系数为；
当在项中取时，项中需取，则，即，此时的系数为，
综上，展开式中的系数为.
故选：B.
5. 已知集合，且，用组成一个三位数，这个三位数满足“十位上的数字比其它两个数位上的数字都大”，则这样的三位数的个数为（ ）
A. 14B. 17C. 20D. 23
【答案】C
【解析】
【分析】分类求解符合条件的三位数的个数即可.
【详解】集合，且，
则这个三位数满足“十位上的数字比其它两个数位上的数字都大”包含以下三种情况：
①十位数是，则百位数可以是中的一个数，个位数可以是中的一个数，即个；
②十位数是，则百位数可以是中的一个数，个位数可以是中的一个数，即个；
③十位数是，则百位数只能是，个位数可以是中的一个数，即个；
综上，符合条件的共有个.
故选：C.
6. 已知正三棱台的上､下底面的边长分别为6和12，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正三棱台的几何特征求出棱台的高，再求出上下底面积，利用棱台的体积公式求解即可.
【详解】由题意可知正三棱台的上底面面积为，下底面面积为，
设中点为，为下、上底面中心，连接，过作底面交于，
由正三棱台的性质可知，，
因为平面平面，所以为棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角，即，
因为，，
所以，，
所以此三棱台的体积，
故选：C
7. 已知函数恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别讨论，，时的零点个数，求出恰有两个零点时实数的取值范围即可.
【详解】，
①当时，令，解得，
若在有零点，则，解得，
即当时，在有一个零点；
②当时，令，解得，
若有零点，则，解得，
即当时，有一个零点；
③当时，令，即，
令，则，
令，得，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
，
当时，方程有一个实数根，即函数在有一个零点，
当时，方程有两个实数根，即函数在有两个零点，
综上所述，当时，函数无零点；
当时，函数在有一个零点；
当时，函数在和分别有一个零点，即有两个零点；
当时，函数在有一个零点；
当时，函数在和分别有一个零点，即有两个零点；
当时，函数在有一个零点，在有两个零点，即有三个零点.
函数恰有两个零点，
实数的取值范围是.
故选：D.
8. 已知抛物线的焦点为，点，点在抛物线上，且满足，若的面积为，则的值为（ ）
A. 3B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两点间距离公式，通过解方程组、三角形面积公式进行求解即可.
【详解】由，
根据抛物线的对称性，不妨设，
因为，
所以，
而点在抛物线上，所以，
则有，或舍去，
即，舍去
又因为的面积为，
所以有，舍去，
故选：D
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用两点间距离公式进行求解.
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.
9. 已知为数列的前项和，，若数列既是等差数列，又是等比数列，则（ ）
A. 是等差数列B. 是等比数列
C. 为递增数列D. 最大项有两项
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据等差数列和等比数列的性质，结合等比数列的定义逐一判断即可.
【详解】A：设，，设等差数列的公差为，
因为数列也是等比数列，
因此有，
显然既等差数列，又是等比数列，符合题意，
于是有，
当时，，两式相减，得，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，即，
显然也符合，因此，所以本选项不正确；
B：因为，
所以数列是不为零的常数列，所以它是等比数列，因此本选项正确；
C：因为，所以由，
根据指数函数的单调性和单调性的性质可以判断数列为递增数列，
因此本选项正确；
D：，
当时，即，
因为为正整数，所以，因此本选项正确，
故选：BCD
10. 已知圆，过直线上一点向圆作两切线，切点为、，则（ ）
A. 直线恒过定点B. 最小值为
C. 的最小值为D. 满足的点有且只有一个
【答案】AC
【解析】
【分析】根据、与圆相切，得到直线的方程，可判断A选项；由勾股定理得当最小时最小，可判断B选项；根据弦长公式，可判断C选项；由可得到，可判断D选项.
【详解】
对于A，圆的圆心为，半径为，
设，在直线上，，
、为圆的切线，
以为直径的圆的方程为，
，两式作差可得直线的方程为，
将代入得：，
满足，解得，
所以直线恒过定点，故A正确；
对于B，，当最小时，最小，
，，
，此时，故B错误；
对于C，，
到的距离，
，
当时，，故C正确；
对于D，若，则，即，
，
存在两个点使，故D错误.
故选：AC.
11. 某中学为了提高同学们学习数学的兴趣，激发学习数学的热情，在初一年级举办了以“智趣数学，“渝”你相约”为主题的数学文化节活动，活动设置了各种精彩纷呈的数学小游戏，其中有一个游戏就是数学知识问答比赛.比赛满分100分，分为初赛和附加赛，初赛不低于75的才有资格进入附加赛（有参赛资格且未获一等奖的同学都必须参加）.奖励规则设置如下：初赛分数在直接获一等奖，初赛分数在获二等奖，但通过附加赛有的概率升为一等奖，初赛分数在获三等奖，但通过附加赛有的概率升为二等奖（最多只能升一级，不降级），已知A同学和B同学都参加了本次比赛，且A同学在初赛获得了二等奖，根据B同学的实力评估可知他在初赛获一､二､三等奖的概率分别为，已知，B获奖情况相互独立.则下列说法正确的有（ ）
A. B同学最终获二等奖的概率为
B. B同学最终获一等奖的概率大于A同学获一等奖的概率
C. B同学初赛获得二等奖且B最终获奖等级不低于A同学的概率为
D. 在B同学最终获奖等级不低于A同学的情况下，其初赛获三等奖的概率为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，分两种情况，计算出B同学最终获二等奖的概率；B选项，计算出B同学和A同学获一等奖的概率，比较后得到答案；C选项，分B同学初赛获得二等奖，最终获一等奖和B同学最终获二等奖，且A同学也获得二等奖，两种情况，求出概率相加即可；D选项，分三种情况，求出B同学最终获奖等级不低于A同学的概率，再利用贝叶斯公式求出答案.
【详解】A选项，B同学最终获二等奖的情况有两种，
一是初赛获得二等奖，附加赛没有升一级，此时概率为，
二是初赛获得三等奖，附加赛后升一级，此时概率为，
故B同学最终获二等奖的概率为，A错误；
B选项，B同学最终获一等奖的概率为，
A同学获一等奖的概率为，
由于，故B同学最终获一等奖的概率大于A同学获一等奖的概率，B正确；
C选项，B同学初赛获得二等奖，最终获一等奖，此时最终获奖等级不低于A同学，
此时的概率为，
B同学最终获二等奖，且A同学也获得二等奖的概率为，
故B同学初赛获得二等奖且B最终获奖等级不低于A同学的概率为，C正确；
D选项，B同学初赛获一等奖的概率为，
由C选项可知，B同学初赛获二等奖且B最终获奖等级不低于A同学的概率为，
B同学初赛获三等奖且B最终获奖等级不低于A同学，需满足B同学附加赛升一级，
且A同学附加赛没有升一级，故概率为，
故B同学最终获奖等级不低于A同学的概率为，
所以在B同学最终获奖等级不低于A同学的情况下，其初赛获三等奖的概率为，D正确.
故选：BCD
12. 如图，在棱长为1的正方体中，点在侧面内运动（包括边界），为棱中点，则下列说法正确的有（ ）
A. 存在点满足平面平面
B. 当为线段中点时，三棱锥的外接球体积为
C. 若，则最小值为
D. 若，则点的轨迹长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】当点位于点时，平面平面，可判断A选项；确定三棱锥的外接球的球心，进而求半径，可判断B选项；当点位于点时，可判断C选项；利用∽，建立适当的平面直角坐标系可得到点的轨迹，进而求轨迹的长，可判断D选项.
【详解】
对于A，面面，
所以当点位于点时，平面平面，故A正确；
对于B，当为线段中点时，
与均为直角三角形，且面面，
三棱锥的外接球的球心为的中点，
外接球的半径，
三棱锥的外接球体积为，故B正确；
对于C，，点在线段上，
当点位于点时，，故C错误；
对于D，若，
与均为直角三角形，
∽，，
如图，在正方形中，

以为原点，、分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
则，，
设，则，
整理得：，
点在面内的轨迹为以为圆心，以为半径的，
，，
在中，，，
，故D正确.
故选：ABD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知角终边上有一点，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知条件，结合任意角的三角函数的定义，以及三角函数的诱导公式求解即可.
【详解】角终边上有一点，
，
.
故答案为：.
14. 已知数列满足，，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件写出数列的前四项，得到数列的周期，进而求解.
【详解】数列满足，
，，，
所以数列的周期为3，且，
.
故答案为：.
15. 已知椭圆的左右焦点分别为，过椭圆外一点和上顶点的直线交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由已知可得是中点，由中点坐标公式可得的坐标，代入椭圆方程即可求解.
【详解】因为为中点，，所以也是中点，
因为，，则，
代入椭圆方程可得，则离心率.
故答案为：.
16. 平面向量，，满足，，则的最大值为__________.
【答案】4
【解析】
【分析】不妨设，，，则求的最大值，即求的最大值，将问题转化为方程有解的问题，得到的轨迹为一个圆，最后利用投影向量的意义求出的最大值即可求解.
【详解】设，，向量，的夹角为，
则，，
设，由得：
，
即，
化简得：，
上述方程一定有解，，
即在一个圆上，
而，所以转化为求的最大值，
当在上投影长度最大时，，
令，，
则，
当时，.
的最大值为.
【点睛】思路点睛：该题考查了平面向量数量积的问题，解题思路如下：
（1）先根据题意，设出向量的坐标；
（2）根据向量数量积的运算律将其展开；
（3）利用向量数量积的坐标公式求得等量关系式；
（4）利用方程有解，得到点的轨迹；
（5）利用换元法求最值.
在解题的过程中，关键点是注意转化思想的应用，属于难题.
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. 如图，在平面四边形中，为钝角三角形，为与的交点，若，且.

（1）求的大小；
（2）求的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理解三角形，分类讨论计算即可；
（2）法一、利用（1）的结论及正切的差角公式计算，结合三角形面积公式计算即可，法二、构造三角形相似，结合线段比例关系计算面积即可.
【小问1详解】
在中，由正弦定理得：，
或，
当时，
又，所以，与为钝角三角形不符合，舍去.
所以.
【小问2详解】
由（1）知，为等腰三角形，，
，
由，
可得；
法二：作于，则，
易知，
所以，则，
则.

18. 已知数列前项和，且满足__________.①首项，均有；②，均有且，从条件①和②中选一个填到题目条件下划线上（若两个都填，以第一个为准），并回答下面问题：
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列前项和的表达式.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据求解即可；
（2）利用错位相减法求和.
【小问1详解】
若选条件①，则令，可得：，
故当时有：，
，
又当也符合上式，所以，
数列的通项公式为；
若选条件②，则由可得，
当时，，解得，
当时有：，
则,
化简得:，
因为，故有，即，
所以是首项为，公差为的等差数列，从而有.
数列的通项公式为；
【小问2详解】
由（1）可知：，则
，
，
两式相减得：，
，
，
所以.
数列前项和为.
19. 新能源渗透率是指在一定时期内，新能源汽车销量占汽车总销量的比重.在2022年，新能源汽车的渗透率达到了，提前三年超过了“十四五”预定的的目标.2023年，随着技术进步，新能源车的渗透率还在继续扩大.将2023年1月视为第一个月，得到2023年1-10月，我国新能源汽车渗透率如下表：
（1）假设自2023年1月起的第个月的新能源渗透率为，试求关于的回归直线方程，并由此预测2024年1月的新能源渗透率；
（2）为了鼓励大家购买新能源汽车，国家在2024年继续执行新能源车购置税优惠政策：在2024年6月1日前购买的新能源车无需支付购置税，而燃油车需按照车价支付购置税.2024年1月小张为自己的客户代付购置税，当月他的客户购买了3辆车价格均为20万元，假设以（1）中预测的新能源渗透率作为当月客户购买新能源车的概率，设小张总共需要代付的购置税为万元，求的分布列和期望.
附：一组数据，，的线性回归直线方程的系数公式为：，
【答案】（1），
（2）分布列见解析，万元
【解析】
【分析】（1）根据题意计算，，得出回归直线方程，代入，即可求解.
（2）由（1）可知客户购买新能源车的概率为，燃油车概率为，由题意购置税服从二项分布，即可求出分布列和均值.
【小问1详解】
计算得，，
所以，
，
则回归直线方程为，代入得，
所以预测2024年1月新能源渗透率为；
【小问2详解】
由题意，每个客户购买新能源车的概率为，燃油车概率为，
所有可能取值为，，，，
则，，
，，
所以的分布列为
所以（万元）.
20. 如图，斜三棱柱中，底面是边长为的正三角形，侧面为菱形，且.
（1）求证：；
（2）若，三棱柱的体积为24，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用棱柱的体积公式、空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
取中点，连接，由题知为正三角形，而也是正三角形，，又平面，
平面，
平面；
【小问2详解】
，
由余弦定理得
，又，
，
又平面，
平面两两垂直.
以为原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系如图.
因为三棱柱的体积为，
则
.设平面的法向最为，
由，可取，设向量与的夹角为，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
21. 已知双曲线的一条浙近线方程为，且点在双曲线上.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）设双曲线左右顶点分别为，在直线上取一点，直线交双曲线右支于点，直线交双曲线左支于点，直线和直线的交点为，求证：点在定直线上.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用双曲线的性质，代入点坐标计算即可；
（2）法一、用点P坐标表示直线，联立双曲线方程得出C、D坐标，再表示直线，联立求其交点即可证明；法二、直接利用C、D坐标表示直线，利用三点共线的斜率关系计算可用表示直线方程，联立求其交点即可证明.
【小问1详解】
因为渐近线方程为，所以，设双曲线为，
代入得，双曲线的标准力程为；
【小问2详解】
法一、
设直线，联立双曲线得：，
，且；
设直线，联立双曲线得：，
，且；
所以
则
设，则，两式相除消得
所以在直线上；
法二、
设直线，
直线，
由于，即，
由于，即，
则.
设，则，两式相除消得
所以在直线上；

22. 若函数在定义域内存在两个不同的数，，同时满足，且在点，处的切线斜率相同，则称为“切合函数”.
（1）证明：为“切合函数”；
（2）若为“切合函数”（其中为自然对数的底数），并设满足条件的两个数为，.
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）假设存在，满足题意，结合题意，，即可求解；
（2）结合新定义“切合函数”满足的条件，得到，的关系，构造新的函数求导利用单调性证明.
【小问1详解】
假设存在，满足题意，易知，由题可得：
，
代入上式可解得，
，或，，
故为“切合函数”.
【小问2详解】
由题可知，因为为“切合函数”，故存在不同的，（不妨设），
使得，即，
（ⅰ）先证：，即证：，
令，则由可知，要证上式，只需证：
，易知，
故在上单调递减，所以，故有成立，
由上面的②式可得；
（ⅱ）由上面的②式可得：，代入到①式中可得：

，
且由（ⅰ）可得.
（另解：由上面的②式可得，代入到①式的变形：
，整理后也可得到）
故要证，只需证：
，
设，则即证：，
，设
，
，，
在上单调递增，
，
下面证明在上恒成立，
令，则，
所以当时，，
当时，，
所以在处取得最小值，，
所以在上恒成立，
所以当时，，即，
在上单调递增，，
所以原不等式成立.月份代码
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
渗透率
29
32
34
32
33
34
36
36
36
38
0
2
4
6