重庆市南开中学2023届高三数学下学期第八次质量检测试题（Word版附解析）

重庆市高2023届高三第八次质量检测

数学试题2023.3

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. 设全集，集合，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由补集的定义、并集的定义结合已知条件依次分别求出、即可.

【详解】由题意，因为，

所以，又因为，

所以.

故选：D.

2. 已知为虚数单位，复数的虚部与实部之和为0，则实数（    ）

A.  B. 0 C. 1 D. 3

【答案】D

【解析】

分析】由复数乘法运算结合虚部、实部等概念即可求解.

【详解】由题意，

所以复数的实部与虚部分别为，

结合已知有，解得.

故选：D.

3. 已知函数，则下图所对应的函数的解析式为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数的定义域排除A、B、D，再根据奇偶性和单调性判断C.

【详解】对于A，，因为，所以，

即函数的定义域为，故A函数不符合；

对于B，，因为，所以，

即函数的定义域为，故B函数不符合；

对于C，，函数定义域R，关于原点对称，

且，所以函数为偶函数，当时，，

因为，所以在单调递增，故C函数符合；

对于D，，因为，所以，

即函数的定义域为，故D函数不符合.

故选：C.

4. 已知点引圆的两条切线，切点分别为为坐标原点，若为等边三角形，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，由直线与圆的位置关系可得，可得点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，由此分析可得答案.

【详解】根据题意，圆，

即是以为圆心，半径为的圆，

连接，若为等边三角形，则，

在中，，易得，

故点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，

又由，

则，即，

故的取值范围是.

故选：B.

5. 在中，为的中点，为边上靠近点的三等分点，记，用表示为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】将分别用表示，再解出即可.

【详解】

由题知①，

②，

①＋3×②得，

故．

故选：D.

6. 已知一个15位正整数，且的30次方根仍是一个整数，则这个30次方根为（参考数据：）（    ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】设这个30次方根为，则，结合题目所给数据将其变形为，由此即可得解.

【详解】设这个30次方根为，则，其中且，

故，，

故，故．

故选：A.

7. 已知点P为双曲线C：（，）上位于第一象限内的一点，过点P向双曲线C的一条渐近线l作垂线，垂足为A，为双曲线C的左焦点，若，则渐近线l的斜率为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设渐近线l的方程，由两直线垂直的条件可得直线的方程，联立两直线方程求得A的坐标，再由向量共线的坐标表示可得P的坐标，代入双曲线的方程，化简整理可得所求直线的斜率．

【详解】解：设，渐近线l的方程为，①

直线的方程为，②

联立①②可得，，

即有，

由，可得，，

解得，，即，

由P在双曲线上，可得，

化为，即，

可得，

所以直线l的斜率为．

故选：D．

8. 已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最大值为（    ）

A. 4 B.  C.  D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】根据三角恒等变换化简已知条件，结合正弦定理、余弦定理以及辅助角公式求得的最大值.

【详解】依题意，

，

则，

，

其中，

所以当时，取得最大值为.

故选：B

【点睛】在求解三角函数有关题目的过程中，遇到正切时，可将其转化为正弦和余弦来进行求解.求解三角形有关的最值或范围问题，可利用正弦定理、余弦定理和三角恒等变换等知识进行化简，再根据三角函数值域的知识进行求解.

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. 已知某次数学测试班级最高分为150分．最低分为50分，现将所有同学本次测试的原始成绩经过公式进行折算，其中为原始成绩，为折算成绩，折算后班级最高分仍为150分，最低分为80分，则下列说法正确的是（    ）

A. 若某同学本次测试的原始成绩为100分，则其折算成绩为115分

B. 班级折算成绩的平均值高于原始成绩的平均值

C. 班级折算成绩的方差可能等于原始成绩的方差

D. 班级每位同学的折算成绩均不低于原始成绩

【答案】ABD

【解析】

【分析】由求得得解析式，对选项A直接计算即可；由可得，折算成绩均不低于原始成绩，可判断选项B、D正确；对选项C：由判断.

【详解】由题知，解得，

∴，

当时，，故A正确；

，由知，即，

故当原始成绩低于150分时，折算成绩均高于原始成绩，

即除150分不变外，其余成绩折算后均提高，故B，D均正确；

，故折算成绩的方差必小于原始成绩的方差，故C错误．

故选：ABD

10. 已知正方体的棱长为2，点在正方形内（不包含边界）运动，且，则下列说法正确的是（    ）

A. 与平面所成角为定值

B. 点的轨迹长度为

C. 存在点使得

D. 存在唯一的点使得

【答案】AD

【解析】

【分析】对B：可得，故点轨迹是以为圆心、1为半径的圆位于正方形以部的圆弧；对A：为与底面所成角；对C：通过证明判断；对D：由面证得再判断.

【详解】 

如图：由知，故点轨迹是以为圆心、1为半径的圆位于正方形内部的圆弧，其弧长为，故选项B错误；

因为面，所以与底面所成角为，

因为，故为定值，

与底面所成角即为与底面所成角，故选项A正确；

，故不存在使得，故选项C错误；

在底面内的射影为，若，

又面，所以面，

又面，所以，故为圆弧与的交点，选项D正确．

故选：AD.

11. 已知是三个互不相等的正实数，且，则的大小关系可能是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】根据等式结构，构造函数，分析，根据二次函数性质得，再由即可分析出，均小于或，均大于.

【详解】设，由知，则，故函数有零点，

所以，即，又，所以，

又，

故，均小于或，均大于，即或.

故选：BC

12. 一座对外封闭小岛上共有三座城市，三座城市第年居住人口分别为（单位万人，因为统计方法的影响，可能不为整数或有理数），假设出生率与死亡率相当（即总人口不变），每年人口都会在三座城市间流动，如城每年有留在城，有去往城，有去往城，总体流动情况如下表所示：

则以下说法中，正确的有（    ）

A. 若，则

B. 若三座城市人口均保持每年稳定不变，则

C. 无论初始人口如何分布，经过足够久的年份后，三座城市的人口数会趋向相同

D. 每两年的人口流动情况为下表所示：

【答案】BCD

【解析】

【分析】由题意知，与满足的关系式，逐项计算即可得出答案.

【详解】由题意知与满足关系式：，其中，

对于A，当，

则，则，故A错误；

对于B，在上述关系式中令，反解线性方程组，

即可知恒成立，从而，故B正确；

对于C，由流动比例的轮换对称性及总人口不变，知三座城市人口趋于相同，故C正确；

对于D，将代入，

则，故D正确.

故选:BCD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 若，则______．

【答案】##

【解析】

【分析】根据倍角公式及同角三角函数基本关系化为齐次式求解.

【详解】

.

故答案为：

14. 的展开式中项的系数为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据多项式相乘展开方法求解.

【详解】的展开式中，构成项只能是一个、一个、3个相乘，

故此项为．

故答案为：.

15. 已知数列是公差不为0的等差数列，数列为等比数列，数列的前三项分别为1，2，6，则数列的通项公式为______．

【答案】

【解析】

【分析】先根据数列的前三项分别为1，2，6，得到，继而可求出等比数列的公比，写出数列通项公式，再根据数列是公等差数列，写出数列的通项公式，两者相等，即可求解.

【详解】根据题意得，，则，即，

设的公比为，则，

故，又，

∴，

∴．

故答案为：

16. 已知函数，若不等式的解集为，则实数的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，分别讨论与两种情况，利用二次不等式的求解与导数解决恒成立的方法，分别求得的范围，从而得解.

【详解】当时，由，得，

由题知时，故；

当时，恒成立，即恒成立，设，

则在上单减，在上单增，

所以，故，

综上实数的取值范围是.

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. 已知函数的最小正周期为．

（1）求的值及函数的对称中心坐标；

（2）已知，函数在区间内既有最大值又有最小值，求的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用辅助角公式，结合正弦型函数的周期公式、正弦型函数的对称中心进行求解即可；

（2）结合正弦型函数的图象性质进行求解即可.

【小问1详解】

，

由最小正周期为，所以

所以，

，对称中心坐标为；

【小问2详解】

由，则，且区间端点关于对称，

只需观察左右两边的函数图像，

当取得最大值；当取得最小值；

则当，所以的收值范讳是．

18. 某地区举行专业技能考试，共有8000人参加，分为初试和复试，初试通过后方可参加复试．为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩绘制成如图所示的样本频率分布直方图．

（1）根据频率分布直方图，估计样本的平均数；

（2）若所有考生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试估计所有考生中初试成绩不低于80分的人数；

（3）复试共四道题，前两道题考生每题答对得5分，答错得0分，后两道题考生每题答对得10分，答错得0分，四道题的总得分为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中前两题每道题能答对的概率均为，后两题每道题能答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为，求.

附：若随机变量服从正态分布，则：，，.

【答案】（1）62    （2）182人   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据分布直方图计算即得；

（2）由学生初试成绩服从正态分布，可得，，再由计算即得；

（3）分别求出，和的概率，即得.

【小问1详解】

由题意得，样本平均数的估计值为

.

【小问2详解】

以为学生初试成绩服从正态分布，其中，，

则，

所以，

所以估计初试成绩不低于80分的人数为人.

【小问3详解】

由题意得，，

，

所以.

19. 已知数列满足．

（1）求数列的通项公式；

（2）已知是公比为的等比数列，，若数列是递增数列，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）．

【解析】

【分析】（1）由累乘法可求出数列的通项公式；

（2）分类讨论，即可得出答案.

【小问1详解】

由可得，

当时，，，

将以上各式相乘可得：，当时，成立；

所以

【小问2详解】

因为是公比为的等比数列，，

若，则，数列不递增数列，

若

数列是递增数列，恒成立，则．

故的取值范围为：.

20. 如图，四棱锥的底面为矩形，．

（1）求四棱锥的体积；

（2）设，直线与平面所成角为，是否存在满足条件的点使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）由题意可证出面，结合四棱锥的体积公式即可求出.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成的角，列出方程，即可求得的值.

【小问1详解】

连接，设与交点为，连接，在中，，

又为的中点，所以，四棱锥的底面为矩形，

 所以，

则，在中，，

又，，所以，则，

又，，平面，故面，

又因为，则四棱锥的体积.

【小问2详解】

由（1）知面，四棱锥的底面为矩形，

以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

，

由，则，

又因为，

，，

设平面的法向量为，则

令，得，

因为直线与平面所成角为，且，则，

，

即，解得或，

又因为，所以（舍去），故 .

21. 已知椭圆的左右焦点为为椭圆上异于长轴端点的一个动点，为坐标原点，直线分别与椭圆交于另外三点，当为椭圆上顶点时，有．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）求的最大值．

【答案】（1）   

（2）．

【解析】

【分析】（1）由题知，代入椭圆求得即可；

（2）设，求得坐标代入椭圆方程求出，代入计算求最值即可.

【小问1详解】

由题知，代入椭圆得，

∴，，

∴椭圆的方程为；

【小问2详解】

设，

设，由得，

解得，

则，

代入椭圆的方程得，

即，

即，

即，

即，

即，

∴，同理可得，

，

由题知，∴，

当即为短轴端点时取得最大值．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：

（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；

（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（4）利用已知不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域.

22. 已知函数，其中．

（1）若恒成立，求取值范围；

（2）令，已知且，试证明：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用导数求出函数的最值进行求解即可；

（2）根据函数的单调性，运用分析法，通过构造函数，利用导数的性质进行证明即可.

【小问1详解】

，

∵，∴在上单减，在上单增，

因此当时，函数有最小值，

∴，

∵恒成立，即，

∴；

【小问2详解】

，

∵，∴在上单增，故，

若证得，

则有，下证，

即证，

即证，

令，

则，

∵，∴，，

∴，∴在上单增，

∴，故原不等式得证．

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用分析法，结合构造函数法进行求解证明.