精品解析：重庆市南开中学校高三第七次质量检测数学试题

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重庆市高高三第七次质量检测
数学试题
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. 已知函数的定义域，值域，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的定义域和值域分析列式求解，进而可得集合，再根据交集运算求解.
【详解】∵，由题意可得，解得，
可得，
故.
故选：B.
2. 已知向量，，若向量与垂直，则实数（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两向量垂直时数量积等于0求解.
【详解】 ；
故选：C.
3. 已知方程在复数范围内有一根为，其中i为虚数单位，则复数在复平面上对应的点在（ ）．
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】把代入已知方程，结合复数的运算及复数相等条件可求，再由复数几何意义可求．
【详解】解：因为方程在复数范围内有一根为，
所以，整理得，
所以，
则复数在复平面上对应的点在第二象限．
故选：B．
4. 如图，生活中有很多球缺状的建筑．球被平面截下的部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，球缺的曲面部分叫做球冠，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高．球冠面积公式为，球缺的体积公式为，其中R为球的半径，H为球缺的高．现有一个球被一平面所截形成两个球缺，若两个球冠的面积之比为，则这两个球缺的体积之比为（ ）．

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件求得，，代入体积公式计算即可.
【详解】设小球缺的高为，大球缺的高为，则，①
由题意可得：，即：，②
所以由①②得：，，
所以小球缺的体积，
大球缺的体积，
所以小球缺与大球缺体积之比为.
故选：C.
5. 已知，，且，则的最小值为（ ）．
A. 4 B. 6 C. 8 D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】利用基本不等式和消元思想对本题目进行求解.

【详解】解：已知，且xy+2x+y=6，
y=

2x+y=2x+=2(x+1)，当且仅当时取等号，

故2x+y的最小值为4.

故选:A

6. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据， ，所以，进而可判断三者的关系.
【详解】由于，所以，而，所以，
又 ，所以 ，因此，
故选：D
7. 已知角，满足，，则（ ）．
A. B. C. 1 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据和角公式可得，结合二倍角公式以及弦切互化得齐次式即可求解.
【详解】由得，进而，
所以，
故选：B
8. 如图，椭圆的左焦点为，右顶点为A，点Q在y轴上，点P在椭圆上，且满足轴，四边形是等腰梯形，直线与y轴交于点，则椭圆的离心率为（ ）．

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】做轴于点，得到点的纵坐标，从而得到，然后根据，列出方程，即可得到结果.
【详解】
由题意，做轴于点，
因为四边形是等腰梯形，则，
则点的横坐标为，代入椭圆方程，
可得，即，
因为，则，
由，则，
化简可得，，同时除可得，
即，
对于
当时，，当时，，
在时，方程有根，
且，故应舍，所以.
故选:D
【点睛】解答本题的关键在于得到点的纵坐标，然后根据三角形相似列出方程，得到的关系式.
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. 下列命题中正确的是（ ）．
A. 一组从小到大排列的数据0，1，3，4，6，7，9，x，11，11，去掉x与不去掉x，它们的80％分位数都不变，则
B. 两组数据，，，…，与，，，…，，设它们的平均值分别为与，将它们合并在一起，则总体的平均值为
C. 已知离散型随机变量，则
D. 线性回归模型中，相关系数r的值越大，则这两个变量线性相关性越强
【答案】AB
【解析】
【分析】根据百分位数的计算公式，计算即可验证选项A；由平均值的定义和公式验证选项B；由二项分布的方差公式计算结果验证选项C；由线性相关系数的性质判断选项D.
【详解】对于A：一组从小到大排列的数据0，1，3，4，6，7，9，x，11，11，共10个数据，
因为80%×10=8，所以样本数据的80%分位数为第8个和第9个数据的平均数，即，
若去掉x，一组从小到大排列的数据0，1，3，4，6，7，9，11，11，共9个数据，
因为80%×9=7.2，所以样本数据的80%分位数为第8个数据，即，
去掉x与不去掉x，它们的80％分位数都不变，则，解得，A选项正确；
对于B：两组数据，，，…，与，，，…，，设它们的平均值分别为与，将它们合并在一起，有，则总体的平均值为 ，B选项正确；
对于C：已知离散型随机变量， 有，则，C选项错误；
对于D： 线性回归模型中，相关系数的值越大，则这两个变量线性相关性越强，D选项错误.
故选：AB
10. 红黄蓝被称为三原色，选取任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色．已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色．现有红黄蓝彩色颜料各两瓶，甲从六瓶中任取两瓶颜料，乙再从余下四瓶中任取两瓶颜料，两人分别进行等量调配，A表示事件“甲调配出红色”；B表示事件“甲调配出绿色”；C表示事件“乙调配出紫色”，则下列说法正确的是（ ）．
A. 事件A与事件C是独立事件 B. 事件A与事件B是互斥事件
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】对于AB选项，根据独立事件和互斥事件的概念即可判断；对于C选项根据条件概率公式判定；对于D项，将B、C事件的各种情形一一分析得出其概率即可.
【详解】解：根据题意，A事件两瓶均为红色颜料，C事件为一瓶红色，一瓶蓝色颜料，则A发生C必定不能发生，
∴,故A、C不为独立事件，为互斥事件，即A错误；
∴，即C错误；
若调出红色，需要两瓶颜料均为红色，若调出绿色，则需1瓶黄色和1瓶蓝色，此时调出红色和调出绿色不同时发生，故A、B为互斥事件，即B正确；
则，若C事件发生，则甲有三种情况，分别为甲取两瓶黄色；甲取1瓶黄色和1瓶红色或蓝色；甲取1瓶红色，1瓶蓝色，则，即D正确.
故选：BD
11. 已知，为函数图象上两点，且轴，直线，分别是函数图象在点处的切线，且，的交点为，，与轴的交点分别为，则下列结论正确的是（ ）．
A. B.
C. 的面积 D. 存在直线，使与函数图象相切
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项A，可以分别求得两点处的斜率，利用斜率之积即可判断；
对于选项B，分析条件可得且，由特殊值即可判断；
对于选项C，根据两点处的切线方程可得点的对应坐标，继而可以表示的面积，即可判断；
对于选项D，设与函数图象相切于点，利用公切线切点斜率相等建立方程，判断方程是否有解即可.
详解】解:由及图像可得，
而轴，故，
∴，即，
∴
∴，
显然A正确；
当时，，显然，B错误(也可以用基本不等式或对勾函数判定)；
，C正确；
设与函数图象相切于点，由题意可得：，
化简得,
令，则，即在定义域上单调递增，
有，故上存在使得，D正确.
故选：ACD
【点睛】本题关键在于表示两条切线的方程，利用即可解决前三个选项，对于公切线问题关键在于设切点，利用导数的几何意义转化为单变量问题，再利用导数判断方程根的问题，属于难题.
12. 已知数列满足，，，则下列结论正确的有（ ）．
A. 数列是递增数列 B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对A：根据数列单调性的定义分析证明；对B：先证，结合累加法运算求解；对C：可得，结合裂项相消法分析运算；对D：先证，结合累积法可得，再根据等比数列求和分析运算.
【详解】对A：，当且仅当时，等号成立，
即，注意到，故，
可知对，，即，即，
故数列是递增数列，A正确；
对B：∵，
由A可得：对，，则，当且仅当时，等号成立，
故，即，
则，即；
当时，则也满足；
综上所述：，B正确；
对C：∵，则，
注意到，即，
∴，即，
故，
可得，C正确；
对D：∵，
注意到，则，
故，可得，
则，
当时，则，
当时，，
故.
则，D错误；
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据题意证明，放缩结合等比数列运算求解；
（2）根据题意整理可得，裂项相消求和；
（3）可证，放缩结合等比数列的通项公式与求和公式运算求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，则__________．（用数字作答）
【答案】63
【解析】
【分析】根据展开式，当时，有，当时，有，可计算.
【详解】已知，
当时，有，
当时，有，
所以.
故答案为：63
14. 将函数的图象上每个点的横坐标扩大为原来的两倍（纵坐标保持不变），再向左平移个单位长度后得到函数的图象，则函数在的值域为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据图象变换可得，再以为整体结合正弦函数求值域.
【详解】将函数的图象上每个点的横坐标扩大为原来的两倍（纵坐标保持不变），得到，
再向左平移个单位长度后得到函数的图象，得到，
∵，则，
可得，
故函数在的值域为.
故答案：.
15. 已知函数是定义在R上的奇函数，若不等式对任意的恒成立，则实数m的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性和单调性可得不等式在恒成立，换元法讨论函数在给定区间的单调性和最值，结合分类讨论即可求的范围.
【详解】因为函数是定义在R上的奇函数，
所以解得，
此时，
函数为奇函数，满足题意，
所以，
因为在R上单调递增，所以在R上单调递减，
所以在R上单调递增，
所以由可得，
即，
所以即在恒成立，
令，即，
当时，，
不等式可化为，
令，单调递减，所以，
所以；
当时，，
不等式显然成立；
当时，，
不等式可化为，
令，单调递减，
所以，所以；
综上，,
故答案为: .
16. 已知抛物线的焦点为F，准线交x轴于点D，过点F作倾斜角为（为锐角）的直线交抛物线于A，B两点，如图，把平面沿x轴折起，使平面平面，则三棱锥体积为__________；若，则异面直线，所成角的余弦值取值范围为__________．

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据抛物线焦点弦的性质可得，，进而根据面面垂直即可求三棱锥的高，进而利用体积公式即可求解，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角就可求解异面直线的夹角.
【详解】
过作准线，垂足为,
在中，，又 ， 同理可得，
过作于,由于平面平面，且交线为，平面 ,所以平面,且，
故三棱锥的体积为，
，
且， ，所以建立如图所示的空间直角坐标系，， 即，,

所以 ，
当时，，
所以，
由于为锐角，所以异面直线，所成角的角等于，故异面直线，所成角的余弦值取值范围为

故答案为：，
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
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. 已知与都是正项数列，的前项和为，，且满足，等比数列满足，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，求满足不等式的自然数n的最小值．
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】(1)利用与的关系可以得到的通项公式，再根据等比数列的通项公式可得的通项公式；
(2)根据(1)可以发现为等差数列，分组求和可得，解不等式即可.
【小问1详解】
解：∵，∴
两式相减得：
化简得：
∵为正项数列，且
∴，，
即为首项为1，公差为1等差数列，
∴
又∵，，为等比数列，设其公比为，
∴，解得或，
而为正项数列，故，.
综上，数列，的通项公式分别为.
【小问2详解】
解：记，的前项和分别为
由等差数列及等比数列的前项和公式可知

∴
易知，
作差可得：
即当时，单调递增，
当时，，当时，
∴的最小值为8.
故满足不等式的自然数的最小值为8.
18. 在中，a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边，且．
（1）求角A的大小；
（2）记的面积为S，若，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理先将边角化统一，然后由余弦定理即可得到结果；
（2）根据题意可得，，然后得到，再由三角形的面积公式可得，最后结合基本不等式即可得到结果.
【小问1详解】
因为，即
由正弦定理可得，，化简可得，
且由余弦定理可得，，所以，
且，所以.
【小问2详解】

因为，则可得，
所以
且，
即，
当且仅当，即时，等号成立.
所以
19. 有一种水果，在成熟以后进行装箱，每一箱10个．根据以往经验，该种水果每箱含有0，1，2个坏果的概率分别为，，．
（1）现随机取三箱该水果，求三箱水果中坏果总数恰有2个的概率；
（2）现随机打开一箱该水果，并从中任取2个，设X为坏水果的个数，求X的分布列及期望．
【答案】（1）0.15
（2）的分布列为：

0
1
2




期望为
【解析】
【分析】（1）根据两种情况以及概率乘法公式即可求解，
（2）分别求解为0,1,2的概率，即可求解分布列以及期望
【小问1详解】
三箱水果中坏果总数恰有2个坏果的情况有：有一箱有2个坏果，其他两箱没有坏果，或者有两箱各有一个坏果，另一箱没有坏果，
三箱水果中坏果总数恰有2个坏果的概率为，
【小问2详解】
由题意可知：可取0,1,2
则 ,
,
,
所以分布列为：

0
1
2




期望为
20. 如图，三棱锥满足：，，，．

（1）求证：；
（2）若D为中点，求二面角的平面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过线面垂直的判定定理证得面，再运用线面垂直的性质定理证得.
（2）过点P作，运用线面垂直的判定定理证得面，以O为原点建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标计算即可.
【小问1详解】
∵，，，
∴，
又∵，，
∴，
取AB中点E，连接PE、CE，如图所示，

则，，
又∵，、面，
∴面，又∵面，
∴.
【小问2详解】
过点P作交延长线于点O，过O作，
由（1）知，面，
又因为面，所以，
又因为，、面，
所以面，
所以以点O为原点，分别以CE、、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

在中，,
在中，，
∴，，
∴在中，，，
∴，，，，
∴，
∴，，，
设面的一个法向量为，
，
取，则，，所以，
设面的一个法向量为，

取，则，，所以，
∴，
∴.
即二面角的平面角的正弦值为.
21. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，左顶点为，点M为双曲线上一动点，且的最小值为18，O为坐标原点．

（1）求双曲线C的标准方程；
（2）如图，已知直线与x轴的正半轴交于点T，过点T的直线交双曲线C右支于点B，D，直线AB，AD分别交直线l于点P，Q，若O，A，P，Q四点共圆，求实数m的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的方程可得，根据题意结合双曲线的定义，运算求解即可得结果；
（2）设直线，根据题意求的坐标，由圆的性质可得，结合韦达定理运算求解.
【小问1详解】
设，不妨设M为双曲线右支上一动点，则，
则，即，
可得，
注意到，则，
由题意可得：，即，
则，
∵的对称轴为，则在上单调递增，
故，
则，解得或（舍去），
可得，
故双曲线C的标准方程为.
【小问2详解】
由题意可得，设直线，
联立方程，消去y得，
则，
直线，令，则，
即点，
同理可得点，
若O，A，P，Q四点共圆，则，
∵，
注意到，，且点P，Q位于同一象限，即，
可得，
故，
整理得，
则，
整理得，解得或（舍去），
故实数m的值为.
【点睛】方法定睛：解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解．
22. 已知函数，．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若，设直线l为在处的切线，且l与的图像在内有两个不同公共点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）.
【解析】
【分析】(1)由题意可得，根据的正负及即可得答案；
(2)由题意可得，记，利用导数，根据函数在内有两个不同的零点求解即可.
【小问1详解】
解：因为当时，，，
所以，
令，得；
令，得，
所以单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问2详解】
解：因为，
，
所以，
所以切点为 ，切线的斜率
所以切线，
记，
则，
令，
则，
所以当时，，
所以在上单调递增；
当时，，
令，
①当，即时，则，不满足条件；
②当，即时，易有，使得在上单调递减，在上单调递增；
又因为，
所以在上单调递增，在内只可能单调递减或者先减后增，
又因为，，
所以存在为函数的一个零点，
所以只需在内存在一个零点即可，
因为，
所以只需即可，
解得，此时存在，使得，满足题意；
当时，在内再无零点.
综上所述：实数a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用导数确定函数单调性时，如果第一次求导后不能确定导数的正负时，需进行再次求导，或构造函数进行再求导.