2023届重庆市第八中学校高三上学期适应性月考（三）数学试题含解析

2023届重庆市第八中学校高三上学期适应性月考（三）数学试题

一、单选题

1．集合满足，则集合中的元素个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】D

【分析】根据交集的结果可得，再根据并集的结果可得，进而即得.

【详解】因为，

所以，

又，

所以，

所以，即集合中的元素个数为5.

故选：D.

2．复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出复数z，进而求出虚部.

【详解】因为，

所以复数的虚部为.

故选：A

3．圆关于直线对称后的圆的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题可得圆心关于直线的对称点，半径不变，进而即得.

【详解】圆的圆心 半径为 ，由得，

设圆心关于直线对称点的坐标为，则

 ，解得,

所以对称圆的方程为.

故选：A.

4．如图所示，平行四边形的对角线相交于点，若，则等于（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】利用平面向量基本定理求出，即可得到答案.

【详解】因为平行四边形的对角线相交于点，所以.

因为，所以.

所以.

故选：C

5．已知，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用基本不等式即得.

【详解】因为，

所以，

当且仅当且，即时取等号，

即的最小值为.

故选：B.

6．法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆方程为，现有椭圆的蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于两点，若面积的最大值为34，则椭圆的长轴长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意可知为圆的一条直径，利用勾股定理得出，再利用基本不等式即可求即解.

【详解】椭圆的蒙日圆的半径为.

因为，所以为蒙日圆的直径，

所以，所以.

因为，当时，等号成立，

所以面积的最大值为：.

由面积的最大值为34，得，得，

故椭圆的长轴长为.

故选：C

7．已知数列满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先变形递推公式为，判断数列是等比数列，再利用累乘法求数列的通项公式，可得答案.

【详解】∵，，，

∴数列是首项为，公比为4的等比数列，

∴，

当时，

，

∵n＝1时，，∴，

，

故选：D.

8．函数和的定义域均为，且为偶函数，为奇函数，对，均有，则（    ）

A．575 B．598 C．621 D．624

【答案】C

【分析】由题知的图象关于直线对称，的图像关于点对称，进而得、、，从而得到，结合的值，再解方程即可得答案.

【详解】因为为偶函数，即，

所以，的图象关于直线对称，

因为为奇函数，即，

所以的图象关于点对称.

因为对于，均有，

所以，

因为关于直线对称，所以，

因为关于点对称，所以，

所以，，

又，解得，

所以.

故选：C.

二、多选题

9．已知函数，曲线关于点中心对称，则（    ）

A．将该函数向左平移个单位得到一个奇函数

B．在上单调递增

C．在上只有一个极值点

D．曲线关于直线对称

【答案】BC

【分析】因为函数关于点中心对称可得，从而得到，

根据三角函数的图象平移规律可判断A；根据的范围得到，再由正弦函数的单调性可判断B；求出的单调区间可判断C，求出代入可判断D.

【详解】因为函数关于点中心对称，

所以，，

所以，而，所以，

，

对于A，将该函数向左平移个单位得到，因为，，所以为偶函数，故A错误；

对于B， 因为，所以，

因为在在上单调递增，所以在上单调递增，

故B正确；

对于C， 由得的单调递增区间为，

由得的单调递减区间为，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以在处有一个极值点，故C正确；

对于D， 曲线，

时，故D错误.

故选：BC.

10．等差数列的前项和为，若.则下列结论正确的有（    ）

A．

B．

C．数列是递减数列

D．使的的最大值为15

【答案】ABC

【分析】根据等差数列的前n项和的定义求出，，，由等差数列的性质可判断ABC，再由数列的求和公式判断D.

【详解】由可知，，，，即，

由等差数列性质知，故A正确；

由，所以，故B正确；

又数列为等差数列，所以，即数列为递减数列，故C正确；

因为，故D错误.

故选： ABC

11．已知点为圆为圆心）上的动点，点为直线上的动点，则下列说法正确的是（    ）

A．若直线平分圆的周长，则

B．点到直线的最大距离为

C．若圆上至少有三个点到直线的距离为，则

D．若，过点作圆的两条切线，切点为，当最小时，则直线的方程为

【答案】ABD

【分析】利用直线过圆心求出可判断A；求出点到直线的距离为，

令，可得，利用有解可判断C；

转化为，解不等式可判断C；求出直线，设直线与的交点为，根据≌可得，由，转化为

所以最小即四边形的面积最小，即最小，利用，即求最小，此时，因为,可得设，由点在圆上和求出点坐标，再由点斜式方程可得答案.

【详解】，半径为，则

对于A，若直线平分圆的周长，则，所则，故A正确；

对于B， 点到直线的距离为，

令，可得，

当时，；当时，有解可得，解得，

所以，综上所述，点到直线的最大距离为，故C正确；

对于C，因为圆的半径为1，若圆上至少有三个点到直线的距离为，

则，解得，故C错误；

对于D， 若，直线，设直线与的交点为，

因为，，，所以≌，所以，即，

所以，

所以当最小即四边形的面积最小，

即最小，因为，所以当最小时最小，

此时，，，代入直线点斜式方程可得直线CQ方程为，

由联立解得，所以，因为，，所以，

所以，设，则①，

②，

由①②解得，或，

故或，

由、可得直线的方程为

，即；

由、可得直线的方程为

，即；

故D正确.

故选：ABD.

12．已知点为抛物线上的动点，为抛物线的焦点，若的最小值为1，点，则下列结论正确的是（    ）

A．抛物线的方程为

B．的最小值为

C．点在抛物线上，且满足，则

D．过作两条直线分别交抛物线（㫒于点）于两点，若点到距离均为，则直线的方程为

【答案】ACD

【分析】对于A：由焦半径公式求出,即可求出C的方程；对于B：设，表示出，利用基本不等式求出的最小值为；

对于C：利用几何法求出直线PQ的斜率，得到直线PQ的方程，与抛物线联立后，利用“设而不求法”求出；对于D：设，证明出、满足方程，即可判断.

【详解】对于A：设,则,当且仅当时取等号,故,故,故C的方程为,故A正确；

对于B：由C的方程为可得：.

设.由抛物线定义可得：.而，

所以.

当时，；

当时，（当且仅当，即时等号成立.）

所以的最小值为.故B错误；

于C：不妨设PQ的斜率为正，如图示：分别过P、Q作PC,QB垂直准线于C、B, 过Q作于D.

由抛物线定义可得：.

因为，不妨设，则.

所以在直角三角形中，.由勾股定理得：.

所以直线PQ的斜率为，所以直线PQ的方程为.

与抛物线联立，消去x得：，即.

由焦点弦的弦长公式可得：.故C正确；

对于D：设，则直线于是，整理得：.又，故有，即,故满足方程.

同理可得：也满足方程,所以直线MN的方程为.故D正确.

故选：ACD

【点睛】解析几何简化运算的常见方法：

（1）正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；

（2）坐标化，把几何关系转化为坐标运算；

（3）巧用定义，简化运算.

三、填空题

13．已知函数的导数为，且满足，则__________.

【答案】

【分析】求导，令可求得，然后可得.

【详解】因为

所以，解得

所以.

故答案为：

14．重庆八中某次数学考试中，学生成绩服从正态分布.若，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，至少有2名学生的成绩高于120的概率是__________.

【答案】

【分析】结合正态分布特点先求出，再由独立重复试验的概率公式即可求解.

【详解】因学生成绩符合正态分布，故，故任意选取3名学生，至少有2名学生的成绩高于120的概率为.

故答案为：

15．已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针后得到点，向量为向量在向量上的投影向量，则__________.

【答案】##

【分析】根据题意，计算出 ，再利用投影向量的定义及模长公式即得.

【详解】因为，，

所以，

，

所以P点坐标为，

所以，

所以.

故答案为：.

16．记为等差数列的前项和，若，数列满足，当最大时，的值为__________.

【答案】3

【分析】先求出等差数列的通项公式，得到，取对数后，由的单调性判断出最大.

【详解】设等差数列的公差为d，

由题意可得：.

所以，两边同时取对数得：

令，则.

令得：；令得：，

所以在上单增，在上单减，

所以的最大值在或处取得.

而，所以.所以当最大时，的值为3.

故答案为：3．

四、解答题

17．在①；②；，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.

已知的内角所对的边分别是，若             .

(1)求角；

(2)若，且的面积为，求的周长.

【答案】(1)；

(2)6.

【分析】（1）选①：先利用三角公式求出，即可求出角；选②：由正弦定理及三角变换求出，即可求出角；选③：由正、余弦定理求出，即可求出角；

（2）利用△ABC的面积公式和余弦定理求出，即可得到△ABC的周长.

【详解】（1）选①：由，得，即.

所以或.

因为，所以.

选②：对于，由正弦定理得，即.

因为，所以，所以.

因为，所以.

选③：由三角形内角和定理及诱导公式得到，

所以.

由正弦定理得：，即.

由余弦定理得：.

因为，所以.

（2）因为△ABC的面积为，得：.

由余弦定理得：,即，

所以，所以，所以△ABC的周长为6.

18．已知数列和的前项和分别为，且.

(1)求数列和的通项公式；

(2)若，设数列的前项和为，证明：.

【答案】(1)；；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据与的关系可得，进而可得，即得；

（2）根据分组求和法及裂项相消法可得，进而即得.

【详解】（1）由题可知，，

∴，

即，又，

∴是首项为1，公比为的等比数列，

∴，

∴；

（2）由上可知，即，

，，

所以，

所以，

.

19．多年来，清华大学电子工程系黄翔东教授团队致力于光谱成像芯片的研究，2022年6月研制出国际首款实时超光谱成像芯片，相比已有光谱检测技术，实现了从单点光谱仪到超光谱成像芯片的跨越，为制定下一年的研发投入计划，该研发团队为需要了解年研发资金投入量x（单位：亿元）对年销售额（单位：亿元）的影响，结合近12年的年研发资金投入量x，和年销售额，的数据（，2，，12），该团队建立了两个函数模型：①②，其中均为常数，e为自然对数的底数，经对历史数据的初步处理，得到散点图如图，令，计算得如下数据：

(1)设和的相关系数为和的相关系数为，请从相关系数的角度，选择一个拟合程度更好的模型；

(2)（i）根据（1）的选择及表中数据，建立关于的回归方程（系数精确到0.01）；

（ii）若下一年销售额需达到80亿元，预测下一年的研发资金投入量是多少亿元？

附：①相关系数，回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，；

②参考数据：.

【答案】(1)模型的拟合程度更好

(2)（i）（ii）预测下一年的研发资金投入量是亿元

【分析】（1）由题意计算相关系数,比较它们的大小即可判断；（2）（i）先建立关于的的线性回归方程,再转化为y关于的回归方程；(2)利用回归方程计算时x的值即可.

【详解】（1）由题意进行数据分析：

则，因此从相关系数的角度，模型的拟合程度更好

（2）（i）先建立关于的线性回归方程.

由，得，即.

由于

所以关于的线性回归方程为，

所以，则.

（ii）下一年销售额需达到80亿元，即，代入得，，

又

所以，解得，

所以预测下一年的研发资金投入量是亿元

20．如图，在四棱柱中，底面和侧面都是矩形，，.

(1)求证：；

(2)若平面与平面所成的角为，求三棱锥的体积.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）由题意可得出AD⊥CD，AD⊥，即可证明AD⊥平面，再由线面垂直的判定定理即可证明；

（2） 取的中点，以为正交基底建系，设，写出各点坐标，分别求出平面与平面的法向量，根据它们所成的锐二面角的大小为，利用夹角公式列出方程可求出，再由体积公式结合等体积法即可得出答案..

【详解】（1）证明：因为底面ABCD和侧面都是矩形，

所以AD⊥CD，AD⊥，

又CD∩＝D，CD，⊂平面，

所以AD⊥平面，又⊂平面，

所以.

（2）取为的中点，连接，因为AD⊥平面，

又⊂平面，所以，

又因为，所以，

又AD∩＝D，AD，⊂平面，

所以平面，

取的中点，为的中点，底面是矩形，

所以,以为原点，以，，所在直线分别为，，轴，

建立空间直角坐标系，如图所示:

设，则，，，，，

，设平面的法向量，，．

由可得：，

令可得，，所以，

设平面的法向量，，．

由可得，，令可得，所以

由于平面与平面所成的锐二面角的平面角为，

所以，

可得：，则，

解得．

因为AD⊥平面，，所以平面，

又因为，所以平面，平面，

所以平面，

所以

.

21．已知双曲线的右焦点为，渐近线与抛物线交于点.

(1)求的方程；

(2)设是与在第一象限的公共点，作直线与的两支分别交于点，便得.

（i）求证：直线过定点；

（ii）过作于.是否存在定点，使得为定值？如果有，请求出点的坐标；如果没有，请说明理由.

【答案】(1)，；

(2)（i）答案见解析；（ii）答案见解析.

【分析】（1）利用待定系数法求出的方程；

（2）（i）设方程为.令,利用“设而不求法”得到.表示出,整理可得： .可以判断出直线MN的方程为,即可证明过定点.（ⅱ）由为直角，判断出D在以AB为直径的圆上，得到为AB的中点,使得为定值.

【详解】（1）因为，渐近线经过点，

所以，解得：，所以

抛物线经过点

所以，所以

（2）（i）因为在不同支,所以直线的斜率存在,设方程为.

令,联立得， ，则.

联立可得，解得：.

因为,所以，

代入直线方程及韦达结构整理可得：，

整理化简得：.

因为不在直线MN上,所以.

直线MN的方程为,过定点.

（ⅱ）因为为定点,且为直角，

所以D在以AB为直径的圆上,AB的中点即为圆心,半径为定值.

故存在点,使得为定值.

22．已知函数.

(1)若存在使，求的取值范围；

(2)若存在两个零点，证明：.

【答案】(1)；

(2)详见解析.

【分析】（1）由题可得，结合条件可得，进而可得，即得；

（2）由题可得，根据条件可得，，然后通过换元法可得只需证，再构造函数，利用导数研究函数的性质即得.

【详解】（1）因为函数，

所以，

当时，在上恒成立，函数单调递增，又，不合题意；

所以，

所以时，函数单调递减，

时，，函数单调递增，

由题意可知，

解得，

所以的取值范围为；

（2）因为，

所以当时，在上恒成立，函数单调递增，不合题意，

所以，由，可得，函数单调递减，

由，可得，函数单调递增，

由题意可知，即，

因为的两个零点，

所以，

所以，，

即证明，

令，则，

所以，可得，，

只需证明，

即证，即，

令，，则，

所以在上单调递增，，即，

所以.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.