重庆市第十一中学教育集团2024-2025学年高三上学期第四次质量检测数学试题 Word版含解析

这是一份重庆市第十一中学教育集团2024-2025学年高三上学期第四次质量检测数学试题 Word版含解析，共19页。试卷主要包含了12等内容，欢迎下载使用。
2024.12
注意事项：
1．本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、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，再选涂其他答案标号.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、选择题
1. 若复数满足，则复平面内表示的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算法则求得，再求，根据复数的几何意义进行判断.
【详解】，则．其对应的点在第四象限．
故选：D.
2. 设等比数列的前项和为，若，且，则等于（ ）
A. 3B. 303C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用等比数列通项公式求得公比，再利用等比数列的前项和公式可求.
【详解】设等比数列的公比为，由，
可得，故．
故选：A
3. 已知向量，满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算性质求得，再利用投影向量的定义可求得在上的投影向量.
【详解】因为，所以，所以，
从而在上的投影向量为．
故选：B.
4. 泰勒级数用无限连加式来表示一个函数，如：，其中．根据该展开式可知，与的值最接近的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】据题意将所求转化为三角函数值，再将弧度制与角度制互化，结合诱导公式判断即可.
【详解】原式.
故选：D.
5. 已知直线，圆，若圆上恰有三个点到直线的距离都等于，则（ ）
A. 2B. 4C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】由于圆心到直线的距离为，根据圆上恰有三个点到直线的距离等于，可以得到圆心到直
线的距离 ，可得半径的值.
【详解】圆心，则点C到直线的距离，
又因为圆C上恰有三个点到直线的距离为，
所以圆心到直线的距离，即.
故选：C．
6. 已知三棱锥中，平面，，，则此三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦定理求得的外接圆的半径，再由球的截面的性质，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】在中，，，
则的外接圆的半径，
因为平面，，设此三棱锥外接球的半径为，
则，
则三棱锥的外接球的表面积为．
故选：B．
7. 对于函数与，若存在，使，则称，是与图象的一对“隐对称点”．已知函数，，函数与的图象恰好存在两对“隐对称点”，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得函数与的图象有两个交点，结合导数可画出两函数的图象，结合导数的几何意义数形结合即可得解.
【详解】由题意函数与的图象有两个交点，
令，则，
∴当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
又恒过点，当时，，
在同一坐标系中作出函数、的图象，如图，
由图象可知，若函数与的图象有两个交点，则，
当直线为函数图象的切线时，由，可得，
∴且，即.
故选：D．
8. 某城市随机选取个人参加活动，假设该城市人口年龄分布均匀，要使得参加该活动有人生肖相同的概率大于，则至少需要选取（ ）个人.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析】利用分步计数原理及排列，先求得选取个人中生肖均不相同概率，再求出
，即可求解.
【详解】已知个生肖，按先后顺序选择个人，每次选中的人有种等概率可能，由分步乘法原理共有种情况，
若选取个人中生肖均不相同，有种可能，故选取个人中生肖均不相同概率，
要使得参加该活动有人生肖相同的概率大于，即，
由于，即随n随n的增大而减小，
，，故至少要选个人，
故选：C.
二、多选题
9. 甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是（ ）
A. 、为对立事件B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】只需注意到事件B是在事件或发生之后可解.
【详解】因为甲罐中只有红球和白球，所以A正确；当发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为，故B正确；当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为，故D不正确；，故 C不正确.
故选：AB
10. 下图是函数的部分图象，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 将图象向右平移后得到函数的图象
C. 在区间上单调递增
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定的函数图象，利用五点法作图求出，再结合正弦型函数图象与性质逐项分析判断.
【详解】对于A，观察图象，，的最小正周期，解得，
由，得，，而，则，，
所以，故A正确；
对于B，将图象向右平移后得到函数，故B错误；
对于C，当时，，
而正弦函数在上单调递增，
因此在区间上单调递增，故C正确．
对于D，因，所以，
则，
，故D正确．
故选：ACD.
11. 双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为A，B，若P是右支上一点（与B不重合）如图，过点P的直线与双曲线C的左支交于点Q，与其两条渐近线分别交于S，T两点，则下列结论中正确的是（ ）

A. P到两条渐近线的距离之积为
B. 当直线l运动时，始终有
C. 在中，
D. 内切圆半径取值范围为
【答案】ABC
【解析】
【分析】选项A,设出点，然后计算出渐近线，分别计算距离求解即可；
选项B，设直线，然后分别联立双曲线和渐近线方程计算交点，计算即可；
选项C，利用点坐标表示出，然后利用三角形内角的角度关系得到，，由选项可知，只需得
到分母的值就可以得到正确答案；
选项D,高中我们求三角形内切圆半径的方法为，然后化简求解即可.
【详解】由题可知双曲线的标准方程为，故两个渐近线方程分别为与，设点，由题可知
所以点到两个渐近线的距离分别为
故由题可知，故，故选项A正确；
设点
显然直线的斜率存在,设直线
联立方程，，
得
所以
直线分别与渐近线与联立得
得
所以有
即
由题可知，
所以，故选项B正确；
不妨设，
由题可知，
所以有

由题可知，
故
所以
整理得，故选项C正确；
由三角形内切圆的半径求法可知其内切圆半径
易知
得
因为
得,
所以，
因为，所以，所以，，故选项D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛，在解析几何中当我们需要运用距离公式时候，特别是很多距离相加，式子中会存在较多的根号，我们经常利用三角换元然后化简求解.
三、填空题
12. 中内角，，所对的边分别为，，，且，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件和正弦定理可得，从而利用同角的正余弦的平方关系可求的值．
【详解】在中由正弦定理可知，所以，
解得，由，
又，，所以，所以.
故答案为：.
13. 已知直线和互相垂直，且，则的最小值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据两直线垂直得到，再利用基本不等式求解.
【详解】因为，所以，即，
因为，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为．
故答案为：．
14. 已知函数，若关于的方程有3个不相等的实数解，则实
数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出直线与曲线相切时的a的值，将关于x的方程有3个实数解问题转化为直线与曲线的交点问题，数形结合，可得答案.
【详解】当时，设，则，
所以在区间上单调递减，从而，此时；
当时，设，在区间上单调递减，
所以当时，，即；
当时，，即；
当时，，即.
可知，
设，注意到曲线与曲线恰好交于点，
显然，,作出的大致图象如图，

由，得，即g(x)=ax+1.
设直线与曲线切于点，
，直线过定点，则，
解得，从而.
由图象可知，若关于x的方程有3个实数解，
则直线与曲线有3个交点，则，
即所求实数a的取值范围是，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键所在：（1）明确的含义，即；（2）数形结合思想，作出函数的图象；（3）将关于x的方程有3个实数解，转化为直线与曲线的交点问题.
四、解答题
15. 记为数列的前项和，已知是公差为的等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据题干条件表示出的关系，然后根据该递推关系证明为常数数列，即可求解；
（2）利用错位相减法求解即可.
【小问1详解】
由题意，
所以，当时，，
两式作差得，
所以，则数列为常数数列，
且，所以；
【小问2详解】
，
所以，①
②
①-②得
所以
16. 如图，在直三棱柱中，，，P为上的动点，Q为棱的中点．
（1）设平面平面，若P为的中点，求证：；
（2）设，问线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）设的中点为，连接，易证四边形为平行四边形，可得，进而得到平面，再根据线面平行的性质求证即可；
（2）建立空间直角坐标系，结合空间向量及平面列出方程组求解即可.
【小问1详解】
证明：设的中点为，连接，
因为P为的中点，Q为的中点，
所以，，，
在直三棱柱中，，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，
所以平面，
又平面平面，平面，
所以.
【小问2详解】
在直三棱柱中，平面，，
故可以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
则，，
又，则，
所以，
若平面，则，
则，解得，
所以线段上存在点P，使得平面，此时.
17. 人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟.某公司研究了一款答题机器人，参与一场答题挑战.若开始基础分值为（）分，每轮答2题，都答对得1分，仅答对1题得0分，都答错得分.若该答题机器人答对每道题的概率均为，每轮答题相互独立，每轮结束后机器人累计得分为，当时，答题结束，机器人挑战成功，当时，答题也结束，机器人挑战失败.
（1）当时，求机器人第一轮答题后累计得分的分布列与数学期望；
（2）当时，求机器人在第6轮答题结束且挑战成功的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用离散型随机变量的分布列与期望公式计算即可；
（2）根据超几何分布分类讨论计算即可.
【小问1详解】
当时，第一轮答题后累计得分所有取值为4，3，2，
根据题意可知：，，，
所以第一轮答题后累计得分的分布列为：
所以.
【小问2详解】
当时，设“第六轮答题后，答题结束且挑战成功”为事件A，
此时情况有2种，分别为：
情况①：前5轮答题中，得1分的有3轮，得0分的有2轮，第6轮得1分；
情况②：前4轮答题中，得1分的有3轮，得分的有1轮，第5.6轮都得1分；
所以.
18. 已知函数．
（1）若，求极值；
（2）若函数有两个极值点，求的范围；
（3）在（2）的条件下，求证：．
【答案】（1）极大值为，极小值为
（2）
（3）证明见解析
【解析】
4
3
2
【分析】（1）将代入函数解析式，利用导数求函数极值；
（2）二次求导,根据单调性结合最值确定极值点个数求参即可；
（3）是方程的两个根，有，，，，化简得，令，利用导数求的单调性，可证明结论.
【小问1详解】
当时，，函数定义域为，
，当，，在上单调递增，
或，，在和上单调递减，
∴的极大值为，的极小值为．
【小问2详解】
由，得．
令，则，，
当，即时，
恒成立，则，所以在上减函数．
当，即或．
（i）当时，在上单调递增，恒成立，
从而，所以在上是减函数．
（ii）当时，函数有两个零点：，，
列表如下：
综上当，有两个极值点．
【小问3详解】
由（2）知，当时，有两个极值点，，，
则，是方程的两个根，从而，，
由韦达定理，得，．
所以，
．
令，，，
则，
当时，，则在上是增函数，从而，
故．
【点睛】关键点点睛：证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
19. 定义：在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”．双曲线的左、右焦点分别为，，其他轴为2，且点为双曲线右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于、两点，且点在点上方．当轴时，直线为的等线．
-
0
+
0
-
减函数
极小值
增函数
极大值
减函数
（1）求双曲线的方程；
（2）若是四边形的等线，求四边形的面积；
（3）已知为坐标原点，设，点的轨迹为曲线，判断：在点处的切线是否为的等线，并说明理由．
【答案】（1）
（2）12 （3）直线为的等线，理由见解析
【解析】
【分析】（1）在双曲线的方程中，令，结合已知条件求出点的坐标，根据“等线”的定义可得出关于的方程组，解出的值，即可得出双曲线的方程；
（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可.
（3）利用给定条件和新定义证明即可.
【小问1详解】
在双曲线的方程中，令，解得，因为直线为的等线，显然点在直线的上方，故有，
又、，有，，解得，，所以的方程为；
【小问2详解】
设，由题意有方程为①
双曲线渐近线方程为，联立得，，
故，所以是线段的中点，
因为、到过原点的直线距离相等，则过原点点的等线必定满足：、到该等线距离相等，且
分居两侧，所以该等线必过点，即直线的方程为，
由，解得，故．
所以，所以，
所以，所以；
【小问3详解】
设，由，所以，，
故曲线的方程为，由①知切线为，也为，
即，即，易知与在的右侧，在的左侧，
分别记、，到的距离为、、，
由（2）知，，
所以，
由得，，
因为，
所以直线为的等线．
【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是利用给定定义和条件，然后结合前问结论，得到，证明即可．