【精编精校卷】2024届重庆市第十一中学高三上学期第一次质量监测数学试题（解析版）

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2023.9
一、单项选择：本题共8小题，每小题5分，共40分
1. 集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式得集合，然后由交集定义计算．
【详解】由题意，∴．
故选：A．
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 150°D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】
先由直线方程求出斜率，再由斜率求出直线的倾斜角得解.
【详解】，
故选：B
【点睛】此题考查由直线方程求直线的倾斜角，属于基础题.
3. 已知直线，，若且，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由两直线的平行与垂直求得值后可得结论.
【详解】由题意,，，，
所以．
故选：C．
4. 设随机变量服从正态分布，若，则（ ）
A. 0.8B. 0.7C. 0.9D. 0.2
【答案】A
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求得正确答案.
【详解】由于，所以，
所以.
故选：A
5. 已知圆与圆的公共弦所在直线经过定点P，且点在直线上，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将两圆的方程相减求得两圆的公共弦方程，继而求得，从而得到，由此利用配方法即可得解.
【详解】因为圆，圆，
两圆相减得，两圆的公共弦方程为，
故定点满足，即，故.
又点在直线上，故，即，
所以，
故的取值范围是.
故选：A.
6. 已知曲线与直线相切，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设切点为，由导数几何意义写出切线方程，由切线方程是得出关系，消去得的关系式，然后令，再利用导数求得的最大值，即可得结论．
【详解】设切点为，，时，，，
切线方程，又切线方程为，即，
所以，消去得，易知，
所以，
令，则，
当时，，递增，当时，，递减，
所以时，，从而取得最大值．
故选：C．
7. 已知某人收集一个样本容量为50的一组数据，并求得其平均数为70，方差为75，现发现在收集这些数据时，其中得两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90，在对错误得数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数与方差的定义判断．
【详解】因为，因此平均数不变，即，
设其他48个数据依次为，
因此，
，
，∴，
故选：C．
8. 椭圆和圆，（为椭圆的半焦距），对任意的恒有四个交点，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由圆的半径大于椭圆的短半轴长且小于椭圆的长半轴长得不等关系，从而得的不等关系，再结合可得离心率的范围．
【详解】由题意对于恒成立，
∴，由得，，，，
又，即，整理得，又，
∴．
故选：B．
二、多项选择：本题共4小题，每小题5分，共20分
9. 已知圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线与圆相切
B. 圆截y轴所得的弦长为
C. 点在圆外
D. 圆上的点到直线的最小距离为
【答案】AC
【解析】
【分析】由直线与圆的位置关系可以判断AB，由点与圆的位置关系可以判断C，由直线与圆的位置关系结合点到直线的距离的公式可判断D
【详解】因为，
所以，
则圆心，半径，
对于A：因为圆心到直线的距离为，故A正确；
对于B：圆截y轴所得的弦长为，故B错误；
对于C：，故C正确；
对于D：因为圆心到直线的距离为，
则圆上点到直线的最小距离为，故D错误.
故选：AC.
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据二项式定理以及赋值法相关知识直接计算求解即可.
【详解】对于A，令，得到，故A正确；
对于B，的通项公式为，
令，得到，
令，得到，
所以，故B错误；
对于C，令，得到，故C正确；
对于D，令，则，又因为，
两式相减得，则，故D正确.
故选：ACD
11. 公元前 300 年前后， 欧几里得撰写的《几何原本》是最早有关黄金分割的论著， 书中描述： 把一条线段分割为两部分， 使较大部分与全长的比值等于较小部分与较大的比值， 则这个比值即为“黄金分割比”， 把离心率为 “黄金分割比” 倒数的双曲线叫做 “黄金双曲线”． 黄金双曲线 的一个顶点为， 与不在轴同侧的焦点为，的一个虚轴端点为，为双曲线任意一条不过原点且斜率存在的弦， 为中点． 设双曲线的离心率为， 则下列说法中， 正确的有（ ）
A. B.
C. D. 若， 则恒成立
【答案】ABC
【解析】
【分析】由黄金分割双曲线定义求得双曲线的离心率，判断A，证明，利用射影定理证明，判断B，利用点差法求判断C，联立方程求出坐标，计算，判断D.
【详解】由为黄金分割双曲线可得，即，对两边同除以可得，则，A正确；
对继续变形得，，
，，
所以，又，
所以，，所以，
所以，所以， B正确；
设，，，将坐标代入双曲线方程可得，
，作差后整理可得，即
所以，故C正确；
设直线，则直线，将代入双曲线方程，可得，则，，将换成即得，则与，的值有关，故D错误，
故选：ABC．
【点睛】点差法是解决中点弦问题的常用的方法.
12. 对函数，以下说法正确的有（ ）
A. 在处取得极小值
B. 只有一个零点
C.
D. 若在上恒成立，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出导函数，由它确定函数的单调性与极值，判断A，结合零点存在定理确定零点个数，判断C，利用单调性比较大小，判断C，用分离参数法变形不等式，然后求得新函数的最值得参数范围判断D．
【详解】
时，，递增，时，，递减，
因此在处取得极大值，A错；
，因此在上有一个零点，时，，无零点，B正确；
显然，因此，C正确；
在上恒成立，即在上恒成立，
设，则，
时，，递增，时，，递减，
因此，所以由在上恒成立，得．D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共4题，每题5分
13. 设函数，则=__；
【答案】1
【解析】
【分析】先对函数求导，然后再求出
【详解】由，得，
所以，
故答案为：1
14. 已知倾斜角是的直线l过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，则弦长_____．
【答案】
【解析】
【分析】设，，利用抛物线的性质，求出，再结合韦达定理求出即可．
【详解】解：设，，A，B到准线的距离分别为，，
由抛物线的定义可知，，于是，
由已知得抛物线的焦点为，斜率，所以直线AB方程为，
将代入方程，化简得．
由求根公式得，于是，
故答案为：．
15. 临夏刺绣是传统民间工艺，历史悠久，享有“一针一世界，一绣一繁华”的美誉，2018年被列为市级非物质文化遗产名录、刺绣精巧别致、种类多样．现有两人都准备从“床布、门帘、中堂、墙帱”四个物体中随机购买一个，设事件为“两人至少有一人购买墙帱”，事件为“两人选择的物件不同”，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件概率公式可求出结果.
【详解】，，
所以.
故答案为：.
16. 已知双曲线，过双曲线的上焦点作圆的一条切线，切点为M，交双曲线的下支于点为的中点，则三角形的外接圆的周长为_________
【答案】##
【解析】
【分析】先求得，根据双曲线的定义求得，从而求得，由得到三角形的外接圆的直径，从而求得三角形的外接圆的周长.
【详解】依题意，双曲线，，则，
，，所以，所以，
设是双曲线的下焦点，设，，
根据抛物线的定义可知，
，在三角形中，由余弦定理得：
，解得，
由于是的中点，是的中点，所以，
由于三角形是直角三角形，，
所以是三角形外接圆的直径，所以外接圆的周长为.
故答案为：
【点睛】有关直线和圆相切的问题，要把握住圆心和切点的连线与切线垂直.研究双曲线焦点三角形有关的问题，可考虑通过双曲线的定义来列方程，建立等量关系式，从而解决所求问题.直角三角形外接圆的直径是直角三角形的斜边.
四、解答题：本题共6小题，共70分
17. 已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若方程有两个实数解，求实数的取值范围.
【答案】（1）减区间是，增区间是
（2）
【解析】
【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）由（1）得出的极值及变化趋势，利用的图象与直线有两个交点可得参数范围．
【小问1详解】
由已知，
时，，时，，
所以减区间是，增区间是；
【小问2详解】
由（1）知时，取得极小值也是最小值，
显然时，，，时，，
在上递减，在上递增，
当时，，
作出的大致图象及直线，如图，
当时，函数的图象与直线有两个交点，即方程有两个解．

18. 如图，在四棱锥中，，，点E是线段中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的余弦值
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用中位线定理与平行四边形证得，从而利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为线段中点，所以，，
因为，，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为平面平面，所以，
因为，所以，所以两两垂直，
故以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

因为，，不妨设，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
所以，
结合图形可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
19. 如图，为抛物线上四个不同点，直线AB与直线MN相交于点，直线AN过点

（1）记A，B的纵坐标分别为，求；
（2）记直线AN，BM的斜率分别为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在说明理由
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，从而求得正确答案.
（2）先求得，然后由求得正确答案.
【小问1详解】
设直线的方程为，
由消去并化简得，
则.
【小问2详解】
设直线的方程为，同（1）可求得，
设直线的方程为，
由消去并化简得，
所以.
，
同理可求得，
则，
所以存在使得.
20. 第9届女足世界杯正在澳大利亚和新西兰如火如荼的进行，中国女足再次征战世界杯赛场.为了解我国女子足球水平发展状况，现统计10个省市注册女足职业运动员的数量情况（如下表）;
（1）为支持女足的发展，中国足球协会积极推广校园足球基地建设.现注册女足职业运动员有200人以上的地区称为开展女足运动发达地区，不足200人的称为开展女足运动不发达地区，如果中国足球协会准备在上述10个省市随机选择4个地区推进女足校园足球基地建设，记X为选中的女足校园基地为不发达地区的个数，求X的分布列和数学期望；
（2）某校为组建女足运动队，对学校女足爱好者进行初步集训并测试，在集训中进行了多轮测试，每轮的测试项目有：1分钟颠球、30米往返跑、12分钟跑.规定：在每一轮测试中，这3项中至少有2项达到“合格”，则概论测试记为“优秀”.已知在一轮测试的3项中，甲队员每个项目达到“合格”的概率均为，每项测试互不影响且每轮测试互不影响.如果甲队员在集训测试中获得“优秀”轮次的平均值不低于3轮，那么至少要进行多少轮测试？
【答案】（1）分布列解析，期望为；
（2）5.
【解析】
【分析】（1）确定的可能值为，分别求出概率后可得分布列，再由期望公式计算出期望；
（2）求出甲在一轮测试中“优秀”的概率，则其集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，然后求出不等式的最小正整数解即得．
【小问1详解】
的可能值为,
，，，，，
所以的分布列为：
；
【小问2详解】
记甲一轮测试“优秀”为事件，则，
由题意甲队员在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，
所以，，
因为，所以的最小值为5，
所以至少进行5轮测试．
21. 已知圆：，点，是圆上一动点，若线段的垂直平分线和相交于点.
（1）求点的轨迹方程.
（2），是的轨迹方程与轴的交点（点在点左边），直线过点与轨迹交于，两点，直线与交于点，求证：动直线过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据几何性质，得出点的轨迹是以，为焦点的椭圆，根据椭圆定义可得标准方程；
（2）设直线的方程为，，，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，写出方程，求得点坐标，再写出方程，令代入方程，结合韦达定理的结论求得，完成证明．
【详解】（1）由圆，可得圆心，半径，
因为，所以点在圆内，
又由点在线段的垂直平分线上，所以，
所以，
由椭圆的定义知，点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
其中，，，
所以点的轨迹方程为.
（2）设直线的方程为，，，，，
将代入，
得，
，，
直线的方程为，令得，即，
的直线方程为，
代入得
，
所以直线过定点．
【点睛】本题考查求椭圆方程，考查椭圆中直线过定点问题，解题关键是掌握椭圆的定义，艇椭圆定义求得椭圆方程，对定点问题，采取设而不的思想方法，即设直线方程，设交点坐标，直线方程代入椭圆方程由韦达定理得，求出动直线的方程，代入定点坐标结合韦达定理的结论完成证明．
22. 已知函数，为的导函数，
（1）当时，
（i）求曲线在处的切线方程；
（ii）求函数的单调区间；
（2）当时，求证：对任意，有.
【答案】（1）（i）；（ii）在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）（i）利用导数的几何意义求解即可；（ii）求导，通过导函数的符号求解单调区间即可；
（2）首先确定导函数的解析式，然后令，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证明.
【小问1详解】
（i）当时，，
则，，
所以在处切线的斜率，
所以切线方程为.
（ii）由（i）可知，
所以，
令解得，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由题意可知，，
对任意的，令，，
则
①，
令，，
当时，，
由此可得在上单调递增，所以当时，，即，
因为，，，
所以
②，
由（1）（ii）可知当时，，即，
故③，
由①②③可得，
所以当时，对任意的，.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性，已知单调性求参数；
（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题；
（4）考查数形结合思想的应用.
省市
辽宁
山东
湖北
广东
吉林
河南
江苏
上海
河北
四川
人数
320
175
314
212
140
327
344
159
350
189
0
1
2
3
4