重庆市南开中学2023届高三上学期第三次质量检测数学试题 Word版含解析

这是一份重庆市南开中学2023届高三上学期第三次质量检测数学试题 Word版含解析，共23页。试卷主要包含了11， 已知复数， 已知平面向量，，满足， 设Z表示整数集，且集合，，则等内容，欢迎下载使用。

重庆市高2023届高三第三次质量检测
2022.11
命审单位：重庆南开中学
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（i为虚数单位），则z的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由复数的除法法则化简复数z，再求虚部即可
【详解】因为，
所以z的虚部为，
故选：D
2. 已知，是不共线的向量，则是向量，平行的（ ）条件
A. 必要不充分 B. 充分不必要
C. 充分必要 D. 既不充分也不必要
【答案】B
【解析】
【分析】由充分条件与必要条件的定义结合向量平行的条件求解即可
【详解】当时，，，则，
所以，充分性成立；
当时，，
所以，解得或，必要性不成立；
所以是向量，平行的充分不必要条件，
故选：B
3. 某国有企业响应国家关于进一步深化改革，加强内循环的号召，不断自主创新提升产业技术水平，同时积极调整企业旗下的甲、乙、丙、丁、戊等5种系列产品的结构比例，近年来取得了显著效果．据悉该企业2021年5种系列产品年总收入是2020年的2倍，其中5种系列产品的年收入构成比例如下图所示．则以下说法错误的是（ ）

A. 2021年甲系列产品收入和2020年的一样多
B. 2021年乙和丙系列产品收入之和比2020年的企业年总收入还多
C. 2021年丁系列产品收入是2020年丁系列产品收入的
D. 2021年戊系列产品收入是2020年戊系列产品收入的2倍还多
【答案】C
【解析】
【分析】设出2020年5种系列产品年总收入，根据给定的条形图及扇形图，逐项计算判断作答.
【详解】设2020年5种系列产品年总收入为m，则2021年5种系列产品年总收入为2m，
对于A，2020年甲系列产品收入为0.4m，2021年甲系列产品收入为0.4m，A正确；
对于B，2021年乙和丙系列产品收入之和为1.1m，B正确；
对于C，2020年丁系列产品收入为0.15m，2021年丁系列产品收入为0.1m，是2020年丁系列产品收入的，C不正确；
对于D，2020年戊系列产品收入为0.15m，2021年戊系列产品收入为0.4m，比2020年戊系列产品收入的2倍还多，D正确.
故选：C
4. 已知平面向量，，满足：，，且，则为（ ）
A. 1 B. 3 C. D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直可得，进而根据向量模长的计算即可求解.
【详解】由得，
由得，
故，
故选:B
5. 已知A，B是函数的图像上的两个相邻最高点和最低点，且，为得到的图像，只需要将函数的图像（ ）
A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移π个单位长度
C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移3个单位长度
【答案】A
【解析】
【分析】因为，构造直角三角形，可得，即可求出的值.再用三角函数的平移规则即可解决.
【详解】由题意因为，构造直角三角形，可得，则函数的最小正周期，∴，
∴，∴只需将的图像向左平移个单位长度，即可得到的图像．
故选：A
6. 已知实数a，b，c满足，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对题意进行化简，利用函数的单调性即可判断大小
详解】由可得，所以即，
由结合是上的增函数，可得，
因为，
所以由可得，所以，
故．
故选：D
7. 若在上存在满足，且，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导，判断的单调性，分类讨论即可求解.
【详解】，
当时，，此时在上单调递减，不满足，，故舍去，
当 时，令，则 ，故当时， ，因此在单调递增，在 单调递减，
由于在上存在满足，且，则 ，即 ，又，，，
由题意，若即时，则，所以，
若，即时，则，所以，
又
综上：．
故选：C
8. 已知满足，所在平面内一动点P满足），且，若恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】由平方可得，令，则可得，又恒成立，所以，求解的范围即可求解
【详解】由平方可得，
令，代入有，
所以有，
令其，即，
也即，
又恒成立，
所以，
解得
所以的最小值为，
故选：A
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. 设Z表示整数集，且集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由集合中元素的特征，判断两个集合的关系，然后检验各个选项是否正确.
【详解】∵，由，则，
即中元素都是中元素，有；．
而对于集合，当时，，故，但，∴
由，有，A选项正确； , B选项错误；
由，有，∴， ，C选项错误，D选项正确.
故选：AD．
10. 已知、为函数的两个不相同的零点，则下列式子一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】分析可知直线与函数的图象有两个交点，数形结合可得出，利用基本不等式可判断ABC选项，利用特殊值法可判断D选项.
【详解】令可得，则直线与函数的图象有两个交点，
且这两个交点的横坐标分别为、，如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数图象有两个交点，
设，则，由，可得，解得，
由，可得，解得，所以，，
对于A选项，，A对；
对于B选项，，B对；
对于C选项，，则，C对；
对于D选项，取，则，，D错.
故选：ABC.
11. 已知C：的焦点，过的直线交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，则以下说法正确的是（ ）
A. 为定值 B. AB中点的轨迹方程为
C. 最小值为27 D. O在以AB为直径的圆外
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题设条件，先求出抛物线方程，然后设出直线方程，利用韦达定理求出两点纵坐标的表达式，代入斜率表达式即可判断选项；利用中点坐标公式求出的中点的坐标，进而得出AB中点的轨迹方程；利用抛物线的定理和基本不等式即可判断选项C；利用平面向量数量积的大小判断出与的夹角为锐角，进而判断选项D.
【详解】由题意可知：抛物线方程为C：，设直线l的方程为：，
联立，则有，所以，
对于A：，故选项A正确；
对于B：设的中点为，
则有，
所以满足，故选项B正确；
对于C：
（当且仅当取等号），故选项C错误；
对于D：，所以选项D正确．
故选：ABD.
12. 如图给出下列一个由正整数组成的三角形数阵，该三角形数阵的两腰分别是一个公差为的等差数列和一个公差为的等差数列，每一行是一个公差为的等差数列．我们把这个数阵的所有数从上到下，从左到右依次构成一个数列：、、、、、、、、、、，其前项和为，则下列说法正确的有（ ）（参考公式：）

A. B. 第一次出现是
C. 中出现了次 D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】分析出在第行第个，求出的值，可判断A选项；根据每行最后一个数为奇数，推导出第一次出现的位置，可判断B选项；分析出在数阵中出现的行数，可判断C选项；计算出的值，可判断D选项.
【详解】对于A，，且，
故在第行第个，则，A对；
对于B，因为第行最后一个数为，该数为奇数，由，可得，
所以，第一次是出现在第行倒数第个，
因为，即第一次出现是，B错；
对于C，因为第一次是出现在第行倒数第个，在第行至第行，在每行中各出现一次，
故在中出现了次，C对；
对于D选项，设第行的数字之和为，则，
故
，D对.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件，根据平方关系可求出的值，进而由，然后利用两角差的正弦公式即可求解.
【详解】解：因为，所以，
又，
所以，
所以．
故答案为：.
14. 已知数列满足，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知可得，然后利用累加法可求出，从而可求出.
【详解】因为，
所以，
所以，
，
，
……，
，
所以，
因为，
所以，
所以．
故答案为：.
15. 在中，为上一点，，，则______；若，则______．
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】在、中分别利用余弦定理消元可得，即可得出的值；在、中分别利用正弦定理可得出，再利用余弦定理可求得的值.
【详解】如下图所示：

在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
消元可得，所以，；
在中，由正弦定理可得，①
在中，由正弦定理可得，②
②①可得，，
，，由余弦定理可得.
故答案为：；.
16. 已知三个内角A，B，C的对边a，b，c依次成等比数列，且，，点T为线段AB（含端点）上的动点，若满足的点T恰好有2个，则实数t的取值范围______．
【答案】
【解析】
【分析】由三角恒等变换与等比中项的性质可得为等边三角形，设BC中点M，则，由题意若满足的点T恰好有2个，即需要，故，求解即可
【详解】由，
又由，
所以，
∴，
∴，(舍)

∴，
从而，
∴，
即为等边三角形．
设BC中点M，则，
，
由题意若满足的点T恰好有2个，即需要，
故，
∴实数t的取值范围为．
故答案为：

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. 经国务院批准，自1998年起，每年9月第三周为全国推广普通话宣传周（以下简称推普周）．今年9月12日至18日为第25届推普周，并以“推广普通话，喜迎二十大”为主题．某校在“二十大”前夕举行了推普知识竞赛，设置了甲、乙两类问题各2道，参赛者需要答完四道题．小明同学回答甲类每题的正确率为，回答乙类每题的正确率为，且各道题作答情况互不影响．
（1）求小明两类问题各答对1道的概率；
（2）求小明答对题目总数的分布列与期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式即可求解，
（2）根据相互独立事件的乘法公式计算概率，即可得分布列，由期望公式可计算期望.
【小问1详解】
设表示甲类问题答对k道，表示乙类问题答对l道（，1，2，，1，2）
所求概率为
【小问2详解】
ξ的所有可能值为0，1，2，3，4，
且,故
，
，
，
．
．
综上知ξ分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P





从而，ξ的期望为
18. 刍甍，中国古代数学中的一种几何体．中国传统房屋的顶部大多都是刍甍．《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍字面意思为茅草屋顶”．如图下面的五面体为一个刍甍，其五个顶点分别为A，B，C，D，E，F，四边形ABCD为正方形，，平面ABCD，，，平面平面ABCD，O为BC中点．

（1）求证：平面；
（2）求平面和平面所成的锐二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）取AD中点M，连接OF，OM，ME，利用线面垂直的判定定理可得到平面，故，即，在直角梯形可得到，再利用线面垂直的判定定理即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，然后用二面角的向量解法即可求解
【小问1详解】
取AD中点M，连接OF，OM，ME．
因为平面，且平面，平面平面，
所以，又，所以
∵，O为BC中点，∴，
又∵，,平面,
故平面，因为平面，
故，
又∵，∴①，
因为平面平面，平面，，平面平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以在直角梯形中，，，，可得，，
又可得，②，
由①②，，平面，
所以平面；
【小问2详解】
如图，以O为坐标原点，OM所在直线为x轴，所在直线为y轴，OF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，
由图可得平面BCF的一个法向量为，

由（1）知平面ADE的一个法向量为，
故，
设平面ADE和平面BCF所成的锐二面角为，
所以，即，
所以平面和平面所成的锐二面角的大小为
19. 在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足．
（1）求值；
（2）若的面积为1，求边a的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一边角的形式，化简后再利用正弦定理可求得结果；
（2）由三角形的面积结合（1）可得，再利用余弦定理得，利用辅助角公式化简可求得结果.
【小问1详解】
因为，所以由正弦定理得，
所以，
所以，
所以由正弦定理得
故．
【小问2详解】
因为的面积，且，
所以，
所以，
所以根据余弦定理得：
，即，
可得，
所以，
其中，
因为，
则，
解得：，即边a的最小值为．
20. 已知为数列的前项和，且满足，．单调递增等比数列满足，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）记为数列的前项和，是否存在正整数，使得成立？若存在，求出，的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1），；
（2）存在符合条件的正整数，，，，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）利用之间的关系，即可求得，再根据题意，即可求得；
（2）根据（1）中所求，求得，再根据不等式恒成立，结合是正整数，即可求得.
【小问1详解】
由得，，
上两式相减得：，∴，
∴是公差为2，首项为1的等差数列，∴；
∴由，，得：，，，
∴单调递增等比数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）可得：是首项为，公比为的等比数列，
故其前n项和，
故不等式等价于，
即，也即，
∴， ∴，
由即恒成立，则，解得，
又为正整数，故可得，将其代入，
可得：，又为正整数，故.
故存在符合条件的正整数，，其中，．
21. 已知椭圆C：的离心率为，椭圆的上顶点B到两焦点的距离之和为4．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l：与椭圆C交于异于点B的两点P，Q，直线BP，BQ与x轴相交于，，若，求证：直线过一定点，并求出定点坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析，过定点为
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义与离心率求解；
（2）将直线与椭圆联立，写出直线BP，BQ的方程，求出，由得到的关系，从而证明直线过一定点.
【小问1详解】
∵，，∴，，．
故椭圆方程为；
【小问2详解】
联立直线和椭圆可得，解得，
于是有：，
，．
由题意BP：，BQ：，
分别和联立得，，，
由，得，即
整理得，
整理得，解得或者．
当时，直线过点B,与题意矛盾，应舍去.
故直线的方程为：，过定点为．
22. 已知函数．
（1）若函数与x轴相切，求m的值；
（2）若函数恰好有两个零点，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，根据题意可得到函数的最小值，求得答案；
（2）根据题意可得，变形为，而要证明的不等式可化为，所以只要证明即可；故设函数，利用导数判断其单调性，令，进而得，结合，即可证明结论.
【小问1详解】
由题意可得，
当时，，单调递增，


由图象可知函数 的图象在时有交点，
此时有零点，函数值可取正也可取得负值，函数不可能与x轴相切．
当时，在上，函数单调递减，在上，函数单调递增，
因为函数与x轴相切，则，解得．
【小问2详解】
证明：函数恰好有两个零点，由（1）可知，
因为是的两个不同的零点且，则有，
即，即①，
设函数，，时，，
即在上单调递增，故，即在时恒成立．
令，则，可得，即，
将①代入可得，，即．
【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性，考查了利用导数证明不等式问题，综合性较强，解答时要明确函数的单调性以及最值与导数之间的关系，解答的关键是能根据要证明不等式的特征，构造合适的函数，进而利用导数判断单调性，证明结论.