重庆市第十一中学校教育集团2024−2025学年高三第九次质量检测 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学年高三第九次质量检测 数学试题（含解析），共19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
1．下列集合之间关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．已知，，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则或，是异面直线
4．某化工厂产生的废气经过过滤后排放，以模型去拟合过滤过程中废气的污染物浓度与时间之间的一组数据，为了求出线性回归方程，设，其变换后得到线性回归方程为，则当经过后，预报废气的污染物浓度为（ ）
A．B．C．D．
5．记的面积为S，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则（ ）
A．B．C．D．
6．十一中学高三（1）班的九名身高互不相同的挚友想拍一张毕业照，要求排成三行三列，每列后面的人身高都高于前面的人，其中小伟与小豪两位好朋友在这九人中身高由低到高分别位居第1位与第5位，他们要求要站在同行且不相邻，则不同的排列方式共有（ ）种．
A．200B．180C．120D．100
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，渐近线方程为，过且斜率为的直线与在第一象限的交点为，的角平分线与线段交于点，若，则的值是（ ）
A．B．C．D．
8．已知定义在[，]上的函数满足，且当x[，1]时，，若方程有三个不同的实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．(，]B．(，]
C．(，]D．(，]
二、多选题
9．对于二项式（），下列说法正确的是（ ）
A．展开式中各项的二项式系数之和为
B．若展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则
C．若展开式中的系数为，则
D．若二项式系数只有第5项最大，令，则
10．记为等差数列的前项和，已知，的公差为，且，则（ ）
A．
B．
C．
D．满足的的最大值为
11．已知函数（，），将的图象上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象．若为偶函数．且最小正周期为，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于对称
B．在中，若，且有1个解，则的取值范围为
C．的解集为，
D．方程在上有且只有三个相异实根
三、填空题
12．复数（其中为虚数单位），则的虚部为 ．
13．如图，角的终边与单位圆在第一象限交于点P．且P的横坐标为，半径绕原点逆时针旋转后与单位圆交于点关于x轴的对称点为，角的终边在上，则 ．

14．已知球的半径等于4，，是球的某内接圆柱的上下底面圆心，，是球的直径（点在上，点在上），为的中点，若四边形是圆的内接矩形，，是圆柱的母线，且平面平面，则 .
四、解答题
15．体育课上，同学们进行投篮测试，规定：每位同学投篮3次，至少投中2次则通过测试，若没有通过测试，则该同学必须进行50次投篮训练．已知甲同学每次投中的概率为，每次是否投中相互独立．
（1）求甲同学通过测试的概率；
（2）若乙同学每次投中的概率为，每次是否投中相互独立．经过测试后，甲、乙两位同学需要进行投篮训练的投篮次数之和记为X．求X的分布列与数学期望．
16．如图1，在平行四边形ABCD中，，将沿BD折起到位置，使得平面平面，如图2.
(1)证明：平面BCD；
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为?若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
17．记为数列的前项和，已知，，数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前项和为，若对任意，，求实数的取值范围.
18．已知点是圆：上的一动点，点，点在线段上，且满足．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）已知，设过点的一条直线与交于，两点，且与线段交于点．
（ⅰ）证明：到直线和的距离相等；
（ⅱ）若的面积等于的面积，求的坐标．
19．已知函数 .
(1)当时，判断函数的单调性；
(2)对任意的时，恒成立，求实数的取值范围；
(3)记，若，且，求证：.
（参考公式： ）
20．已知函数.
（1）当时，判断函数的单调性；
（2）对任意的时，恒成立，求实数的取值范围；
（3）记，若，且，求证：.
参考答案
1．【答案】B
【详解】对于A选项，，，故，A错；
对于B选项，，，
故，B对；
对于C选项，为数集，为点集，则、无包含关系，C错；
对于D选项，，
故，D错.
故选B.
2．【答案】A
【详解】因为，所以，故解得．
故选A.
3．【答案】D
【详解】对于A，由，，则或相交、异面，故A错误；
对于B，由，，则或，故B错误；
对于C，需要垂直于内的两条相交直线，才能推出，故C错误；
对于D，若，，，则不会有交点，
所以或，是异面直线，故D正确.
故选
4．【答案】D
【详解】当时， ，
所以.
故选D.
5．【答案】B
【详解】由题意有，所以，
由正弦定理有，又，，
所以，又因为，所以，
又，
所以，
所以，
故选B.
6．【答案】C
【详解】不妨将这9名挚友的身高从矮到高排序为1，2，3，4，5，6，7，8，9，
小伟同学最矮，只能排在第1行，小豪同学与之不邻，共有种排法，
又由于小豪同学身高排第5，所以其后方只能站序号为6，7，8，9的同学，
从中选两名同学有种选法，选完之后让同学们由高到矮站位就行；
剩下的位置中任选两人站在小伟同学后面，剩余3人在最后一列按高矮顺序站位即可，
所以有种选法，故共有种选法．
故选C．
7．【答案】D
【详解】设的半焦距为，
因为双曲线的渐近线方程为，
所以，故，.
设，，，
由余弦定理有，
化简得，则，
因为为的角平分线，
所以，又，
所以，
所以.
故选D.
8．【答案】B
【详解】∵当时，，
∴当时，，
综上，，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
∵有三个不同的实数根，
∴的图象和直线有三个不同的交点，
作的大致图象如图所示，
当直线和的图象相切时，设切点为，
∴，可得，，代入，
可得，
当过点时，，
由图知，实数的取值范围为.
故选B.
9．【答案】BC
【详解】对于A，由二项式定理可得，展开式中各项的二项式系数之和为，故A错误；
对于B，若展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，即，故B正确；
对于C，若展开式中的系数为-160，即，故C正确；
对于D，二项式系数只有第5项最大，所以最大，
所以，是的系数和.
又，令所以，所以D错误.
故选BC.
10．【答案】ABC
【详解】由，得，
即①，则，
又，所以，又，
若，则，，不合题意，
所以，则，，A正确；
结合①知，，所以，则，
又，所以，B正确；
由，得，所以，
由，所以，
由，所以，
所以，C正确；
由，得，所以，
由C知，，所以的最大值为，D错误.
故选ABC
11．【答案】BCD
【详解】将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，
可得，然后横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），
可得，
因为的最小正周期为，所以，解得，即，
因为为偶函数，所以，，解得，，
又因为，当时，可得，
所以，
．
对于A，当时，，
所以的图象不关于对称，故A错误；
对于B，因为，，
所以，所以，
由，，，
因为只有一个解，则或，
所以B正确；
对于C，由，得，即，，解得，，故C正确；
对于D，由，得，
即，
所以，即，
所以，，解得，，
又因为，所以，，，
所以方程在上有3个相异实根，故D正确．
故选BCD．
12．【答案】/
【详解】依题意，，
所以的虚部为.
13．【答案】
【详解】因为P的横坐标为所以P的坐标为
由因为半径绕原点逆时针旋转后与单位圆交于点
所以以为终边的角大小为
关于x轴的对称点为，角的终边在上，
所以角的终边构成的角为
，
14．【答案】
【详解】
如图为过球、圆柱的上下底面圆心、与的截面，
因球的半径等于4，，故，
故圆柱底面半径为,
因为的中点，故，，
如图，以为坐标原点，以平行于,的线为轴，以为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
由题意，则，故，
，
设平面和平面的法向量分别为，
则，
令，得，故，
令，得，故，
因平面平面，故，得，
又，故，故
15．【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【详解】（1）记事件A：甲同学通过测试，则甲同学在3次投篮中，投中2次或3次，
则.
（2）若乙通过测试，则乙同学在3次投篮中，投中2次或3次，
所以乙通过测试的概率为，
由题意可知，随机变量的可能取值有0，50，100，
，，
，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
故.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）证明：在中，因为，
由余弦定理，得，
所以，所以，
所以．
如下图1所示：在中，作于点，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，又平面，所以，
又因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
又平面BCD，所以平面BCD.
（2）方法一：如下图2所示：
存在点，当是的中点时，二面角的大小为.
证明如下：由（1）知平面BDC，所以且，
所以，又因为是的中点，所以，同理可得：，
取BD的中点为O，DC的中点为，连接MO，EM，OE，
因为，所以是二面角的平面角，
又因为，所以．此时．
方法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如下图3所示的空间直角坐标系，则.
假设点存在，设，
则，
设平面MBD的一个法向量为，
则，取，可得，
又平面CBD的一个法向量为，
假设在线段上存在点，使得二面角的大小为，
则，解得，
所以点存在，且点是线段的中点，即.
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）时，，解得或，因为，所以，
时，，得，
因为，所以，又，
故数列是首项为3，公差为2的等差数列，
所以数列的通项公式为；
（2）解法一：由，所以，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
所以，
因为对任意的，成立，
所以，当为奇数时，即，所以，
不等号的右边可看作关于的二次函数，对称轴为，
因为为奇数，所以时，，则
当为偶数时，，所以，
同理可得，因为为偶数，所以时，，则，
综上，.
解法二：由，
当为偶数时，
.
当为奇数时，
，
所以（下同解法一）
解法三：因为对任意的，成立，
则，即求的最小值，令，
当为奇数时，
则，所以最小值一定在为奇数时取到，
当为奇数时，
，
当时，，当时，，
所以当为奇数时，，
则的最小值为，
所以.
18．【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）或．
【详解】（1）根据题意有，，即
，则，则的轨迹是椭圆，
，，所以，．所以的方程为．
（2）（ⅰ）因为椭圆的长轴右端点横坐标为，
所以的斜率一定存在（否则与椭圆没有交点）
设的方程为，
所以，
其中．
所以，
设，．
则，，
若到直线和的距离相等，则直线平分，且易知轴，
所以只需满足直线与的斜率之和为0．
设，斜率分别为，，则：
，
代入，．
有，故命题得证．
（ⅱ）由（ⅰ）知直线平分，即，
因为的面积等于的面积，
故，即，故．
故，，
在线段的垂直平分线上．
易知线段的垂直平分线为，与的方程联立有，
故的坐标为或．
19．【答案】(1)在上为增函数；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1）当时，，则，
令，则，令，得到，
当时，，即在区间上单调递减，
当时，，即在区间上单调递增，
所以，则，
所以在上单调递增.
（2）因为，所以，
设，
则，
令，则，
所以在区间上单调递增，即在区间上为增函数，
故，
当时，，此时在区间上单调递增，
故 ，符合题意；
当时，，且在上为增函数，
故存在时，满足，则在上单调递减，
所以当时，，不符合题意，
综上所述，实数的取值范围为.
（3），
由，得，
所以，
两边同时除以，得，
所以，
令 ，得，得，
因为，
所以，
因为，又因为，易知，
所以，
又因为，所以，故，得.
20．【答案】（1）在上为增函数
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）当时，，则，
令，可得，
由可得，
当时，，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
所以，即恒成立，
所以在上为增函数.
（2）因为，所以，
设，
则，
令，则，
可得在上为增函数，即在上为增函数，
所以，
当时，，此时在上为增函数，
故，即，所以，符合题意.
当时，，
因为在上为增函数，当时，，
故存在满足，则在上单调递减，在上单调递增，
因此当时，，不合题意.
综上所述，实数的取值范围为.
（3）由题意得，，所以，
由可得，
所以，
又，两边同时除以，得，
因此，
所以，
令，得，
因此，
令，则，
所以在上为减函数，故，即时，.
因为，，
所以，所以，
又因为，所以，故，得.
0
50
100