2023届重庆市巴蜀中学校高三上学期适应性月考（五）数学试题（解析版）

2023届重庆市巴蜀中学校高三上学期适应性月考（五）数学试题

一、单选题

1．已知全集是实数集，集合，则图中阴影部分所表示的集合为（    ）

A． B．

C． D．或

【答案】B

【分析】解不等式求得集合，然后求得，进而求得，从而确定正确答案.

【详解】，解得或，

所以或，

图中白色区域为或，

则阴影部分表示的集合为.

故选：B

2．已知复数是方程的两个虚数根，则在夏平面内对应的点关于（    ）

A．原点对称 B．直线对称

C．轴对称 D．轴对称

【答案】D

【分析】求得对应的坐标，从而确定正确答案.

【详解】由求根公式可知，，

所以在复平面内对应的点分别为，，

关于轴对称.

故选：D

3．已知定义在上的函数满足，且为奇函数，则（    ）

A．4 B． C．0 D．2

【答案】A

【分析】根据函数的奇偶性列方程，由此求得的值.

【详解】因为是奇函数，所以有，

代入有，

所以.

故选：A

4．圆台上､下底面圆的圆周都在一个半径为5的球面上，其上､下底面圆的周长分别为和，则该圆台的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求得圆台的上下底面半径和母线长，从而求得圆台的侧面积.

【详解】因为圆台下底面的半径为，球的半径为，

所以圆台下底面圆的圆心与球心重合，

底面圆的半径为，画出轴截面如图所示，

设圆台上底面圆的半径，则，，

所以球心到上底面圆的距离，即圆台的高为3，

所以母线长，所以圆台的侧面积为.

故选：C

5．已知为递増等差数列，等比数列以为前两项且公比为3，若，则（    ）

A．13 B．41 C．57 D．86

【答案】B

【分析】根据等差、等比数列通项公式求解即可.

【详解】设等差数列的公差为，由题，

所以，即，所以，

所以，

又因为为公比为3的等比数列，

所以，

解得，

故选：B．

6．化简（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用诱导公式、二倍角公式、两角差的正弦公式等知识求得正确答案.

【详解】，

，

所以

.

故选：A

7．如图，已知直线与圆相离，点在直线上运动且位于第一象限，过作圆的两条切线，切点分别是，直线与轴､轴分别交于两点，且面积的最小值为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设出点的坐标，求得直线的方程，从而求得直线的横纵截距，进而求得面积的表达式，结合基本不等式以及面积的最小值求得的值.

【详解】如图所示，设，，则，

直线与圆相离，则且，

，

以为圆心，半径为的圆的方程为，

整理得，

由两式相减得直线的方程为，

分别令和，则，

又，的面积，

当且仅当时取等号，则.

故选：D

8．已知实数，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】通过构造函数法，结合导数判断出所构造函数的单调性，由此确定正确答案.

【详解】构造函数，则，

当时，，当时，，

故在上单调递减，在上单调递增，

由，，即，同理，

因为在上单调递增，

所以，故，

因为在上单调递减，，故．

因为，故，即，

因为在上单调递减，，故，从而.

故选：D

【点睛】本题的求解巧妙的利用了构造函数法，通过构造函数，利用导数判断出函数的单调性后，可以将要比较大小的三个数用函数的单调性确定大小关系.

二、多选题

9．已知双曲线，若过点作该双曲线的切线有且仅有一条，则该双曲线离心率可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】CD

【分析】根据点在双曲线的渐近线上或者双曲线上进行分类讨论，求得双曲线的离心率.

【详解】依题意可知：点在渐近线上或者在双曲线上，，

当在渐近线上时，，此时，

故C正确；

当在双曲线上时，，解得，

此时，故正确.

故选：CD

10．重庆的解放碑是重庆的地标性建筑，吸引众多游客来此打卡拍照．如图所示，现某中学数学兴趣小组对解放碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，为解放碑的最顶端，为基座（即在的正下方），在步行街上（与在同一水平面内）选取两点，测得的长为．小组成员利用测角仪已测得，则根据下列各组中的测量数据，能确定计算出解放碑高度的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据正余弦定理的应用，依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：对于A选项，如图，根据，可利用正弦定理求得，从而求得，故A正确；

对于选项，根据，，利用正弦定理可求得，从而求得，故B正确；

对于C选项，根据四个条件，无法通过解三角形求得，故C错误；

对于D选项，由借助直角三角形和余弦定理，用表示出，然后结合在三角形中利用余弦定理列方程，解方程求得，故正确.

故选：．

11．在分层随机抽样中，已知总体划分为两层，抽取的样本量分别为和，第一层的样本数据为，，，第二层的样本数据为，各层的样本平均数和样本方差分别为．记总的样本平均数为，总的样本方差为，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】ACD

【分析】利用平均数、方差的定义和计算公式直接求解.

【详解】对于选项A：，故A正确；

对于选项：总样本方差应该是总样本数据与总样本平均数之差的平方和，再除以总样本容量，故错误，正确；

对于选项：

  ，故D正确.

故选：ACD．

12．如图甲，在矩形中，，为的中点．将沿直线翻折至的位置，为的中点，如图乙所示，则（    ）

A．翻折过程中，四棱雉必存在外接球，不一定存在内切球

B．翻折过程中，不存在任何位置的，使得

C．当二面角为时，点到平面的距离为

D．当四棱雉的体积最大时，以为直径的球面被平面截得的交线长为

【答案】BCD

【分析】选项A，可以通过判断四边形无外接圆即可判断出四棱锥无外接球；

选项B，假设存在位置使，可证出平面，从而有，这显然不成立，即判断出假设错误；

选项C，先由二面角为求出二面角为，即可求出点到平面的距离，然后使用等体积转化法，求出点到平面的距离，点到平面的距离是点到平面距离的一半，通过求解判断即可；

选项D，以为直径的球面被平面截得的交线为圆，所以需利用球的半径和球心到平面的距离求出该圆的半径，当四棱锥的体积最大时，平面平面，可以证出平面，即为到平面的距离，所以，代入即可.

【详解】对于A，由已知，直角三角形存在以为直径的唯一外接圆，

∵，∴点不在该圆上，所以四边形不存在外接圆，因此四棱锥不存在外接球，故A错误；

对于，由已知，，，

∴，

∴，即，

假设在翻折过程中，存在位置，使得，

则∵，平面，平面，

∴平面，

又∵平面，∴，

∵在翻折至的位置的过程中，，

∴显然不成立，故假设错误，

∴翻折过程中，不存在任何位置的，使得，故B正确；

对于，取中点，由已知，，∴，∴，

∴是二面角的平面角，

当二面角为时，二面角为，即，

又∵，

∴到平面的距离为，

设点到平面的距离为，

则，

∴，

∴

∴，即点到平面的距离为，

∵点为中点，

∴点到平面的距离是点到平面距离的，

∴点到平面的距离为，故正确；

对于，四棱锥底面梯形的面积为定值，

∴当四棱锥的体积最大时，平面平面，

∵平面平面，平面，

由B选项有，∴平面，

∵平面，

∴，

∴，

又∵平面，∴点到平面的距离，

∵点为中点，

∴以为直径的球的半径，球心到平面的距离，

易知，球面与被平面截得交线为圆，其半径，

∴该交线周长为，故正确.

故选：BCD.

【点睛】解决本题C选项中的二面角问题是本题的难点，使用空间向量无法区分二面角为还是，而二面角的平面角也不易证明，这里采用了找到其补二面角的方法.

三、填空题

13．已知平面向量满足，，，则与的夹角为_____．

【答案】##

【分析】首先根据题意得到，再根据平面向量夹角公式求解即可.

【详解】因为，，，

所以，所以，

设的夹角为，则，

因为，所以．

故答案为：

14．做出如下统计，3位志愿者随机选择到三个不同的核酸检测点进行服务，每个检测点可接纳多位志愿者，则三个核酸检测点都有志愿者到位的概率是______．（结果用最简分数表示）

【答案】

【分析】先根据分步乘法原理得3位志愿者到核酸点位的可能性和三个核酸检测点都有志愿者的情况，再根据古典概型公式求解即可.

【详解】解：由题知，3位志愿者到核酸点位的可能性共有种，

其中三个核酸检测点都有志愿者到位的共有种，

所以三个核酸检测点都有志愿者到位的概率是．

故答案为：

15．已知函数且，记，若存在实数使得有两个不同的零点，则正整数的最大值为_______．

【答案】2

【分析】首先分析的单调性，然后根据有两个不相同的零点列不等式，结合图象求得正整数的最大值.

【详解】当时，，是增函数，

当时，，也是增函数．

由题意即存在实数，使得方程有两个不相等的根，

即函数图象与直线有两个交点，

所以当点在点上方，

即时，符合题意，

，

结合与的图象可得正整数的最大值为.

故答案为：

四、双空题

16．已知抛物线的焦点为，该抛物线上存在两点M，N，M在第一象限且，其中为坐标原点．若的重心为，则直线的斜率为________；若的内心为，则直线的方程为__________（用表示）．

【答案】     ##    

【分析】根据的对称性以及三角形重心的坐标求得点的坐标，进而求得直线的斜率. 根据的对称性、三角形的内心的性质以及正弦定理求得点的横坐标，也即求得直线的方程.

【详解】设，

所以两点关于轴对称，则．

若的重心为，由重心坐标公式有，，

又在第一象限，则有，代入抛物线方程有，

则的斜率为；

若的内心为，则平分角，

记与轴的交点为，

由正弦定理得,

由于，所以，

即，化简得，

解得：（舍去负值），所以直线的方程为.

故答案为：；

【点睛】本题两个小问，分别涉及到了三角形重心的性质以及内心的性质.重心有重要的，在坐标系中，还有重心的坐标公式.内心是三角形内角角平分线的交点，可利用角平分线这个知识进行求解.

五、解答题

17．已知分别为内角的对边，若同时满足下列四个条件中的三个：①；②；③；④．

(1)满足有解三角形的序号组合有哪些？

(2)请在（1）所有组合中任选一组，求对应的面积．

【答案】(1)序号组合为①②③，①②④

(2)答案不唯一，具体见解析

【分析】（1）判断出③，④不能同时存在，由此确定正确答案.

（2）选①②③，则利用余弦定理求得，进而求得三角形的面积；选①②④，则利用余弦定理求得，进而求得三角形的面积.

【详解】（1）对于③，；

对于④，，

即，且，则，

故③，④不能同时存在，则满足有解三角形的序号组合为①②③，①②④．

（2）选①②③：时，

由余弦定理：，

整理得：且，则，

的面积为．

选①②④：时，

由余弦定理：，

整理得：，则，

的面积．

18．随着对新能源汽车的大力推广，其使用量逐年增加，加大了对新能源汽车充电基础设施的建设，统计该市近5年新能源汽车充电桩的数量（单位：千个），得到如下表格：

(1)若与成线性相关关系，求关于的线性回归方程；

(2)预测2024年该新能源汽车充电桩的数量．

参考公式：．

【答案】(1)

(2)39500个

【分析】（1）根据回归直线方程的计算公式计算出回归直线方程.

（2）利用回归直线方程进行预测.

【详解】（1）由表中数据，，

所以，

，

，

关于的线性回归方程．

（2）2024年的年份代号为8，即，

则将代入线性回归方程得：（千个），

预测2024年该省新能源汽车充电桩的数量为千个，即39500个．

19．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，分别为的中点，．

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由余弦定理得，由线面垂直的判定定理得平面，线面垂直的性质定理得，再由线面垂直的判定定理可得答案；

（2）由余弦定理得，过作交于，则，以为坐标原点，分别为轴，建立所示的空间直角坐标系，求出、平面的一个法向量坐标，由线面角的向量求法可得答案.

【详解】（1）如图，因为底面是平行四边形，，

，且是的中点，

所以，

在中，由余弦定理得，则，

所以，

又，且，

平面平面，

所以平面，则，

又平面，

所以平面；

（2）连接，则，

又，在中，由余弦定理得，

且，则，

由（1）知，过作交于，则，

故可以以为坐标原点，分别为轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

所以，

设平面的一个法向量为，

所以，得，令可得，

设直线与平面所成的角为，

则．

20．已知数列满足．

(1)求证：是等差数列；

(2)令（表示不超过的最大整数．提示：当时，），求使得成立的最大正整数的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)9

【分析】（1）根据递推关系，结合等差数列定义证明即可；

（2）结合（1）得，故，再根据函数的单调性得当时，，进而解时，即可得答案.

【详解】（1）证明：因为，

所以

，

所以数列是以为首项，为公差的等差数列．

（2）解：由（1）知，，即，

所以．

令函数，所以，

当时，单调递增；

当时，单调递减．

注意到：，两边同时取对数，即，

所以当时，，即，

特别地，时，；当时，；

当时，；当时，；

当时，，则．

显然使得成立的最大正整数的值大于5，

则时，，

所以满足条件的的最大值为9．

21．设双曲线的左､右焦点分别为，离心率为是双曲线上的一点，且的面积为4．

(1)求双曲线的方程；

(2)分别是双曲线的左､右顶点，是双曲线上异于的一个动点，直线分别与直线交于两点，问以为直径的圆是否过定点？若是，求出此定点；若不是，请说明理由．

【答案】(1)

(2)以为直径的圆必过定点和

【分析】（1）根据已知条件列方程，求得，从而求得双曲线的方程.

（2）设出的坐标，根据直线和直线的方程求得的坐标，从而求得以为直径的圆的方程，进而求得定点的坐标.

【详解】（1）离心率，所以①，由于是直角三角形，

且②，

由于，

所以③，

由①②③解得，

故双曲线的方程为：．

（2）设，

则直线的方程为：，令，

解得，即，

直线的方程为：，令，

解得，即．

设以为直径的圆上任意一点为，故有：，

代入坐标，，

则以为直径的圆的方程为，

注意到：上式对任意的点恒成立，

由对称性可令，则，

由于在双曲线上，则，即，代入上式，解得，

所以，以为直径的圆必过定点和．

22．若函数有两个零点．

(1)求证：；

(2)设为函数的极大值点，为函数的零点，且，求证：．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）解法一，由分离常数，然后利用构造函数法，结合导数证得；解法二，利用多次求导的方法，结合有两个零点证得.

（2）根据的极大值点、零点列方程，利用构造函数法，结合导数证得，然后结合基本不等式证得.

【详解】（1）解法一：令，则，

令，

注意到：，函数在上单调递减，

所以当时，；当时，，

故在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为．

由题意，有两个零点，必有，即．

解法二：，

，

令，则

在上单调递减．

取；

取，

，使得，即，

则在上单调递增，在上单调递减．

，

是增函数，且时，，．

令，

在上单调递减，．

又．

（2）由题意，，且，

消去即得：，

注意到：，且，则：．

所以当时，单调递增；

当时，单调递减．

故，

即得：当时，恒有成立．

且

即，

，

证毕．

【点睛】利用导数研究含参数的函数的零点，可以考虑利用分离常数法，也可以直接求导来进行研究.当一次求导无法求得函数的单调性时，可考虑利用多次求导的方法来进行研究.