重庆市第十一中学校教育集团2024−2025学年高三下学期第七次质量检测数学试题（含解析）

这是一份重庆市第十一中学校教育集团2024−2025学年高三下学期第七次质量检测数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知命题；命题．则（ ）
A．和都是真命题B．和都是真命题
C．和都是真命题D．和都是真命题
2．已知复数满足，则复数在复平面里位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
3．已知圆台上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的表面积为（ ）
A．B．C．D．
4．南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为：，则该数列的第16项为（ ）
A．196B．197C．198D．227
5．设是方程的两根，且，则（ ）
A．B．C．或D．
6．在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（ ）
A．函数的最大值为1
B．函数的最小值为1
C．函数的最大值为1
D．函数的最小值为1
7．过双曲线的右支上一点，分别向和作切线，切点分别为，则最小值为（ ）
A．31B．30C．29D．28
8．从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的是（ ）
A．数据的众数和第60百分位数都为5
B．样本相关系数越大，成对样本数据的线性相关程度也越强
C．若随机变量服从二项分布，则方差
D．若随机变量服从正态分布，则
10．已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．使的最小正整数为12
D．的最小值为
11．如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，是正方形内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面，则点的轨迹长度为
B．若，则点的轨迹长度为
C．若是正方形的中心，在线段上，则的最小值为
D．若是棱的中点，三棱锥的外接球球心为，则平面截球所得截面的面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，且，则 ．
13．若，则实数的值为 ．
14．抛物线与椭圆有相同的焦点，分别是椭圆的上、下焦点，是椭圆上的任一点，是的内心，交轴于，且，点是抛物线上在第一象限的点，且在该点处的切线与轴的交点为，若，则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若恒成立，求实数的取值范围．
16．记的内角所对的边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求的面积．
17．如图，在平面四边形中，，点满足，，将沿折起至的位置，使得点不在平面内．
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
18．为了拓展学生的知识面，提高学生对航空航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某校组织学生参加航空航天科普知识答题竞赛，每位参赛学生答题若干次．答题赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分；从第2次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得10分．学生甲参加答题竞赛，每次答对的概率为，各次答题结果互不影响．
(1)求甲前3次答题得分之和为40分的概率；
(2)记甲第次答题所得分数的数学期望为．
①写出与满足的等量关系式（直接写出结果，不必证明）：
②若，求的最小值．
19．在平面直角坐标系中，已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，直线与相切，与圆相交于两点．当垂直于轴时，．
(1)求的方程；
(2)对于给定的点集，若中的每个点在中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为．
（i）若分别为线段与圆上任意一点，为圆上一点，当的面积最大时，求；
（ii）若均存在，记两者中的较大者为．已知，均存在，比较与的大小，并证明你的结论．
参考答案
1．【答案】A
【详解】由可得，故为真命题，
当，故为真命题，
故选A.
2．【答案】A
【详解】设，
因为，
所以，即，
所以复数在复平面内对应的点是以为圆心，为半径的圆，
所以复数在复平面里位于第一象限.
故选A.
3．【答案】B
【详解】设上下底面圆半径分别为，母线长为，
则圆台表面积.
故选B.
4．【答案】D
【详解】若某个二阶等差数列的前4项为：，
即
可知，，,
累加即可得到，
则，则
故选D.
5．【答案】B
【详解】因为是方程的两根，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
则，
所以.
故选B.
6．【答案】C
【分析】AB选项，先判断出虚线部分为，实线部分为，求导得到在R上单调递增，AB错误；再求导得到时，单调递增，当时，单调递减，故C正确，D错误.
【详解】AB选项，由题意可知，两个函数图象都在x轴上方，任何一个为导函数，
则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为，
实线部分为，
故恒成立，
故在R上单调递增，则A，B显然错误，
对于C，D，，
由图像可知，恒成立，故单调递增，
当，，单调递减，
所以函数在处取得极大值，也为最大值，，C正确，D错误.
故选C.
7．【答案】B
【详解】由题设中圆心，半径，
中圆心，半径
根据双曲线方程知其左右焦点为，连接
所以
所以
，
，
当且仅当为双曲线右顶点时等号成立，
故的最小值为30.
故选B.
8．【答案】C
【详解】一个砝码有，9一种情况，种情况，
两个砝码有，，，几种情况种
三个砝码有，，，，，，几种情况种
四个砝码有，，，，，种，
五个砝码有，，种，
总计种.
对A，选项系数为，故不符合，所以A错误；
对B，的系数是选个带的，其他的个括号选常数项，可得，故B错误；
对C，
系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为
有两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数， ，系数为，
系数为与组成，其他为常数， ，系数为，
同理由三项组成，，，，，几种情况，其他项为常数，则系数为
同理由四项组成，，，几种情况，其他为常数，则系数，
同理由五项组成其他项为常数，则系数为，
综上系数为，故C正确；
对D，
，
系数直接有一项，其他是常数项，可有种情况，系数为，
有与组成，其他是常数项，可有,
故D错误.
故选C.
9．【答案】AC
【详解】数据中的众数为，所以第60百分位数为第6个数据5，选项A正确；
当时，越大成对样本数据的线性相关程度越弱，选项B错误；
选项C正确；
选项D错误，
故选AC.
10．【答案】BD
【详解】对于A，由，当时，，
当时，，
，故A错误；
对于B，
，故B正确；
对于C，由，即，解得，故C错误；
对于D，，时，，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
∴当或4时，取得最小值为，故D正确．
故选BD.
11．【答案】ABD
【详解】如图，取的中点为N，M，连接MN，DN，BD，BM，NE，，
所以，又E，F分别是棱的中点，
所以，所以，平面CEF，平面CEF，
∴平面CEF，
因为N，E分别是棱的中点，所以，且，
所以四边形CDNE为平行四边形，
所以，又平面CEF，平面CEF，
∴平面CEF，又，MN，平面BDNM，
所以平面平面CEF，
点P是正方形内的动点，且平面CEF，
所以点P的轨迹为线段MN，由勾股定理得，故A正确；
如图，以A为原点，建立空间直角坐标系，
由题意得，设，
则，
所以，所以点P的轨迹为为圆心，半径为1的个圆，
所以点P的轨迹长度为，故B正确：
如图，将平面CEF翻折到与平面共面，
连接PC，与EF交于点Q，此时取到最小值，
∵，且，
所以点Q为EF的中点，所以，
所以，
即的最小值为，故C错误：
如图，
连接PF，交于点，连接PE，设三棱锥的外接球的半径为，
若P是棱的中点，则，
所以FP是外接圆的一条直径，所以是外接圆的圆心，
过点作平面ABCD的垂线，则三棱锥的外接球的球心O一定在该垂线上，
连接OP，设，则，
连接OC，，所以，
所以，解得，
所以，
点到平面的距离为，
则球心到平面的距离为，
则截面圆的半径为，所以截面的面积为，故D正确.
故选ABD．
12．【答案】
【详解】由，得，
因为，所以，
则.
13．【答案】
【详解】因为，
所以
.
14．【答案】
【详解】焦点在轴上，故椭圆的焦点在轴上，
故，
I是的内心，连接，则平分
在中，由正弦定理得①，
在，由正弦定理得②，
其中故
又
式子①与②相除得故
同理可得
由椭圆定义可知
即焦点坐标为
所以抛物线方程为
故在处的切线方程为
即又故
所以在点的切线为：
令又即
所以是首项16，公比的等比数列，
.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以，
当时，，
故，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）由（1）得，
因为所以由得
所以当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以
因为恒成立，所以，解得，
所以实数的取值范围为
16．【答案】(1)或
(2)3
【详解】（1）由，及正弦定理得，
因为为三角形内角，故，故得，
又为三角形内角，或.
（2）由
得，
又，所以.
由（1）得，故，
而为三角形内角，.
由正弦定理，得，
故的面积.
17．【答案】(1)证明见解析；(2).
【详解】（1）证明：在中，，
所以，解得，
所以，，
所以.
因为平面，所以平面.
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：因为，所以，
又，所以，即.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的法向量为，
所以，即，
取，则，所以，
显然为平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．【答案】(1)
(2)①；②
【详解】（1）甲前3次答题得分之和为40分的事件是：甲前3次答题中仅只答对一次的事件，
所以甲前3次答题得分之和为40分的概率；
（2）①甲第1次答题得20分、10分的概率分别为，
则，
当时，，
所以，且，
②由①知，当时，，
而，
因此数列以为首项，为公比的等比数列，
，
于是，
由得：，
因为，则有正整数，
所以的最小值是.
19．【答案】(1)
(2)（i）（ii）证明见解析
【详解】（1）因为当垂直于轴时，，而直线与相切，则解得，
又椭圆的长轴长是短轴长的倍，则则，
所以的方程为.
（2）（i）当的斜率存在时，设的方程为：
由消去得：，
由直线与椭圆相切，得整理得
于是圆心到直线的距离
则的面积为
设求导得
当时，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此当时，取得最大值，此时，
当的斜率不存在时，由（1）知，
由得则，
对于线段上任意点，连接并延长与圆交于点，则是圆上与最近的点，
当为线段的中点时，取得最大值，所以
（ii）因为均存在，
设点且
设是集合中到的最近点，根据对称性，不妨设
令点到集合的最近点为，点到集合的最近点为，
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则
因此
而在坐标平面中，又点是集合中到点的最近点，则
所以