重庆市第八中学2024届高三下学期强化考试（四）数学试题（Word版附解析）

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数学试题
一、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， 只有一项是符合题目要求的
1. 集合，则下列关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将两个集合化简后比较分子的关系可得两个集合的关系.
【详解】，
表示整数，表示奇数，故，
故A错误，B错误，C正确，而中的元素有分数，故D错误.
故选：C．
2. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出f(x)的定义域，然后求出的单调递增区间即可.
【详解】由得或
所以f(x)的定义域为
因为在上单调递增
所以在上单调递增
所以
故选：D
【点睛】在求函数的单调区间时一定要先求函数的定义域.
3. 假设 是两个事件， 且 ， 则下列结论一定成立的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用条件概率的概率公式以及相互独立事件的概率公式，对选项逐一分析判断即可.
【详解】对于A选项，由，，
可知，故A正确；
对于B选项，成立的条件为是两个独立事件，故B错误；
对于C选项，由，，
故当时才有，故C错误；
对于D选项，若要成立，需要，
即成立的条件为是两个独立事件，故D错误.
故选：A．
4. 已知非零向量满足， 且，若与的夹角为， 则与的夹角为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出，进一步求得，结合向量夹角公式即可求解.
【详解】由题意，所以
，
注意到，两边平方得，
解得，
与的夹角的余弦值为，注意到，
所以.
故选：C.
5. 用代表红球，代表蓝球，代表黑球， 由加法原理及乘法原理， 从 1 个红球和 1 个蓝球中取出若干个球所有取法可由 的展开式 表示出来， 如： “ 1 ” 表示一个球都不取、“ ”表示取出一个红球， 而 “ ” 表示把红球和蓝球都取出来， 以此类推， 下列各式中， 其展开式可用来表示从 3 个无区别的红球、 3 个无区别的蓝球、 2 个有区别的黑球中取出若干个球， 且所有蓝球都取出或都不取出的所有取法的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】分三步处理问题，分别表示出取红球、篮球、黑球的表达式，相乘即可求得.
【详解】第一步，从3个无区别的红球中取出若干球，
则有；
第二步，从3个无区别的蓝球中都取出或都不取出，要满足题意，
只有；
第三步，从2个有区别的黑球中取出若干个，
则有.
根据分步计数原理，则要满足题意的取法有：
.
故选：A.
6. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由对数函数性质知，，，然后由基本不等式证明，再用作差法比较大小后可得．
【详解】由对数函数性质知，即，同理，
又，即，
，
所以，即，综上，
故选：D．
7. 圆台上、下底面半径分别为，作平行于底面的平面将圆台分成上下两个体积相等的圆台，截面圆的半径为（ ）.
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】设截面半径为，上，下圆台的高分别为，，上，下圆台的体积分别为，则，而，利用圆台体积公式建立方程，化简求解即可得到答案．
【详解】设截面半径为x，上、下圆台的高分别为，，上，下圆台的体积分别为，
则，又，
则，
于是，则，
得，故.
故选：B．
8. 设直线 ， 一束光线从原点 出发沿射线 向直线 射出， 经 反射后与 轴交于点 ， 再次经 轴反射后与 轴交于点 . 若 ， 则 的值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据光学的性质，根据对称性可先求关于直线的对称点，后求直线，可得、两点坐标，进而由可得.
【详解】
如图，设点关于直线的对称点为，
则得，即，
由题意知与直线不平行，故，
由，得，即，
故直线的斜率为，
直线的直线方程为：，
令得，故，
令得，故由对称性可得，
由得，即，
解得，得或，
若，则第二次反射后光线不会与轴相交，故不符合条件．
故，
故选：B.
二、选择题: 本题共 3 小题， 每小题 6 分， 共 18 分. 在每小题给出的选项中， 有多项符合题目要求. 全部选对的得 6 分， 部分选对的得部分分， 有选错的得 0 分.
9. 若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”.设是公比为q的无穷等比数列，下列关于的选项中，一定能成为该数列“基本量”的是（ ）（注：其中n为大于1的整数，为的前n项和．）
A. 与B. 与
C. 与D. q与
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A：根据与可知为唯一定值；对于B：根据题意可得，结合一元二次方程分析判断；对于CD：结合等比数列的通项公式分析判断.
【详解】对于选项A：已知与，则，
可知为唯一定值，即与为基本量，故A正确；
对于选项B：已知与，则，
整理得，令，解得或，
当且仅当或，关于的方程有唯一解，
可知与不为基本量，故B错误；
对于选项C：已知与：因为，
虽然已知，也不能确定唯一的值，
例如，可知，所以与不为基本量，故C错误；
对于选项D：已知与：则，则唯一确定，所以与为基本量，故D正确；
故选：AD.
10. 如图，角，的始边与x轴的非负半轴重合，终边分别与单位圆交于A，B两点，M为线段AB的中点．N为的中点，则下列说法中正确的是（ ）
A. N点的坐标为
B.
C.
D. 若的终边与单位圆交于点C，分别过A，B，C作x轴的垂线，垂足为R，S，T，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用三角函数定义可求得N点的坐标为，可知A错误；易知，B正确；求得点横坐标，再利用中点坐标公式可得C正确；分别表示出各线段长度利用三角恒等变换和三角函数值域可得D正确.
【详解】由N为的中点，则，可得，
由三角函数定义可得N点的坐标为，故A错误；
由，可得，故B正确；
易知，
又因为，，M为线段AB的中点，
则，
所以，故C正确；
由易知线段，，
则，
所以，故D正确，
故选：BCD．
11. 为椭圆上一点，为的左、右焦点，延长，交于A，B两点、在中，记，，若，则下列说法中正确的是（ ）
A. 面积的最大值为
B. 的离心率为
C. 若与的内切圆半径之比为3：1，则的斜率为
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】在中由正弦定理结合条件可得出的值，由面积公式可判断面积的最值，设与椭圆方程联立得出韦达定理，利用等面积法结合韦达定理可判断选项C，作椭圆的左准线，D，E，G分别为P，A，在左准线上的投影，设，，利用椭圆的第二定义可判断选项D.
【详解】如图，在中，
由正弦定理，，
则，即，
所以，由
所以，则，
则最大值为，故A正确，B错误；
由题意可得，的斜率不为0，设，联立方程
得，
恒成立，，，
设与的内切圆半径分别为，，
因为，
，所以，即，
，，，
所以，
即，，所以，C正确；
作椭圆的左准线，D，E，G分别为P，A，在左准线上的投影，
设，，，
所以，，
则，
得，同理可得，
所以，故D正确，
故选：ACD．
三、填空题: 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分.
12. 若曲线存在垂直于轴的切线， 则实数的取值范围是____.
【答案】
【解析】
【分析】求导后，将问题转换为函数方程有解问题、参变分离即可得解.
【详解】，
由题意曲线存在垂直于轴的切线，
所以在上有解，即在上有解，
而在上的值域为，
则实数的取值范围是.
故答案为：.
13. 已知复数 满足 ， 则 ______.
【答案】
【解析】
【分析】可以采用向量方法求解，原问题等价于：已知，，求.
【详解】原题等价于，，求.
，，
，
.
故答案为：.
14. 已知二面角为60º，，，A为垂足，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______________.
【答案】
【解析】
【分析】首先作出二面角的平面角,然后再构造出异面直线与所成的角,利用解直角三角形,可求出问题的答案.
【详解】如图所示:
过作于,于,再过作的平行线与过作的垂线交于,连接,则为二面角的平面角,易知四边形为矩形.
由知,所以为与所成的角,
设,因为,则,又由条件知,且,
所以在△中,,
所以在△中,.
故答案为: .
【点睛】本题主要考查异面直线所成角,二面角,直线与平面间的垂直关系,属于中档题.
四、解答题: 本题共 5 小题， 共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 设的内角的对边分别为 ，已知.求与.
【答案】
【解析】
【分析】由三角恒等变换以及正弦定理得，对分类讨论即可得解.
【详解】
，
因为，所以，
因为，，所以，
所以或，
当时，，即，
因为，所以，
所以，所以此时；
当时，，即，
这与矛盾，故是不可能的，
综上所述，满足题意的为.
16. 一个盒子中装着标有数字的卡片各 2 张， 从中任意抽取 3 张， 每张卡片被取出的可能性相等， 用表示取出的 3 张卡片中的最大数字.
（1）求一次取出的3张卡片中的数字之和不大于5的概率;
（2）求随机变量的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由古典概型概率计算公式求解即可；
（2）的所有可能取值为，算出对应的概率即可得分布列，进一步结合数学期望公式求解期望即可.
【小问1详解】
记抽取的3张卡片标有的数字为，随机变量表示一次取出的3张卡片中的数字之和，
则，令，结合题设，
当时，最小，且此时，
当时，最大，且此时，
所求概率为；
【小问2详解】
由题意记，则的所有可能取值为，
当时，对应的可能是：，，
当时，对应的可能是：，，，，
当时，对应的可能是：，，，，，，,,，
当时，对应可能是：，，，，，，，,,，，，，，
所有，，
，，
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的数学期望为.
17. 如图， 在三棱锥 中， 的中点分别为 ，点在上，.
（1）证明: 平面；
（2）证明: 平面；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直的判定推理作答.
（3）求出平面与平面法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【小问1详解】
连接，设，
则，，
因为，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，

于是，即，
则四边形为平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为分别为中点，所以，
因为，所以，
因为，，，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
又因为平面，
所以平面；
【小问3详解】
因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则，得，
令，则，所以，
平面的法向量为，
所以，
因为为钝角，故二面角的余弦值为.
18. 设函数且，设.
（1）证明: 函数在区间0,1上存在唯一的极小值点；
（2）证明: ；
（3）已知且，证明:.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）证明过程见解析 （3）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）注意到总是有在上单调递增，故只需证明（对进行分类讨论）即可；
（2）由（1）中结论证明在上单调递增即可，从而由即可得证；
（3）原问题等价于，只需得到，然后结合已知进行放缩即可得证.
【小问1详解】
，
当时，，，
所以在上单调递增，
要证函数在区间上存在唯一的极小值点，
只需证明，
我们构造函数，
，，
所以上单调递增，在上单调递减，
所以，，
所以当时，在上单调递增，，
所以存在唯一的使得，
当时，，当时，，
此时在上单调递减，在上单调递增，在上存在唯一极小值点；
当时，，，
所以在上依然单调递增，
要证函数在区间上存在唯一的极小值点，
只需证明，
我们构造函数，
，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
所以当时，在上单调递增，，
所以存在唯一的使得，
当时，，当时，，
此时在上单调递减，在上单调递增，在上存在唯一极小值点；
根据上述分析可知，同理可证此时在上存在唯一极小值点；
综上所述，函数在区间上存在唯一极小值点；
【小问2详解】
由（1）中分析可知，在上单调递增，
所以当时，，
所以在上单调递增，
注意到，所以，
即，成立；
【小问3详解】
目标等价于，
当时，在（2）中取，
所以，
于是，
，
所以，
即.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
19. 如图， 在平面直角坐标系中，双曲线的上下焦点分别为，. 已知点和都在双曲线上， 其中为双曲线的离心率.
（1）求双曲线的方程;
（2）设是双曲线上位于轴右方的两点，且直线与直线平行，与交于点.
(i) 若，求直线的斜率；
(ii) 求证：是定值.
【答案】（1）
（2）(i)；(ii)
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入双曲线的方程求解即可；
（2）（I）构造平行四边形，求出，然后利用弦长公式求直线的斜率即可；（II）利用三角形相似和双曲线的性质，将转化为，然后结合韦达定理求解即可.
【小问1详解】
将点和代入双曲线方程得：
，结合，化简得：，解得，
双曲线的方程为．
【小问2详解】
(i) 设关于原点对称点记为，
则．
因为，所以，
又因为，所以，即，
故三点共线．
又因为与互相平分，所以四边形为平行四边形，故，
所以．
由题意知，直线斜率一定存在，
设的直线方程为，代入双曲线方程整理得：
，故，
直线与双曲线上支有两个交点，所以，解得．
由弦长公式得
，
则，且由图可知，即，
代入解得．
(ii) 因为，由相似三角形得，
所以
．
因为．
所以，故为定值．
【点睛】关键点点睛：第二问(ii)的关键是将转化为，结合韦达定理即可顺利得解.
2
3
4
5