2023届重庆市南开中学高三上学期质量检测（五）数学试题（解析版）

2023届重庆市南开中学高三上学期质量检测（五）数学试题

一、单选题

1．已知i为虚数单位，则复数的虚部为（    ）

A．   B． C．  D．

【答案】D

【分析】根据复数的除法运算化简，即可求得答案.

【详解】由题意得，

故复数的虚部为，

故选：D

2．已知 是任意实数，则p：是q：且的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】由题意p：等价于,由此判断命题间的逻辑推理关系，可得答案.

【详解】由可得 ，

取满足，但并不能得出q：且，

当且时，一定成立，

故p：是q：且的必要不充分条件，

故选：C

3．设等比数列的前n项和为，，则的值为（    ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】C

【分析】设公比为q, ,根据求得，化简等于，即可求得答案.

【详解】由题意等比数列的前n项和为，，

设公比为q, ,否则，

故，

故，

故选:C

4．已知在平行四边形 中，，线段 交于点O，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】选定基底，根据向量的加减以及数乘运算即可求得答案.

【详解】如图示，，

则

,

故选：D

5．的展开式中项的系数为（    ）

A．120 B．160 C．180 D．210

【答案】A

【分析】将看作5个因式相乘，根据的指数可认为5个因式中有两个选项，其余两个选y,最后一个因式选1，进行相乘，可得答案.

【详解】由题意的展开式中项的系数为 ,

故选：A

6．若定义在上的函数满足为偶函数，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据奇偶性,结合对称性,可以求出函数的周期,再分别求函数值即可.

【详解】因为为偶函数,所以,

又因为,所以,

即,即得,,

故,所以的周期为.

的图像关于对称,且的图像关于对称;

函数值不可知,故选项错误

因为,令得,因为的周期为.

所以,即,故选项错误; 故选项正确;

故选: .

7．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过双曲线C上一点P向y轴作垂线，垂足为，若且与垂直，则双曲线C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】不妨设点P在第一象限，由题意可推出四边形为菱形，结合为直角三角形，则可求得的长，利用双曲线定义即可求得答案.

【详解】设双曲线焦距为，不妨设点P在第一象限，

由题意知，由 且与垂直可知，四边形为菱形，

且边长为， 而为直角三角形， ， ，

故 ,则

则 ， ，

故，即离心率 ，

故选：B

8．函数与函数存在相同的极值点，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出导函数和，由消去得，引入新函数，由导数确定存在最小值，且求得，因此有，从而可计算出结论．

【详解】，，

由已知，消去得：，

设，，

时，，

显然是增函数，且时，，而时，，

因此有唯一的零点，即，

∴，，，

且时，即，递减，

时，即，递增，

所以，又，所以，

从而．

故选：B．

【点睛】方法点睛：本题考查函数的极值点问题，解题方法是由两个函数的相同极值点得出，从而消去参数得出极值点的性质（关系），然后围绕引入新函数，由导数研究新函数的性质确定具有的性质，得相应结论．

二、多选题

9．假设某市场供应的口罩中，市场占有率和优质率的信息如下表：

在该市场中任意买一口罩，用分别表示买到的口罩为甲品牌、乙品牌、其他品牌，B表示买到的是优质品，则（    ）A．              B．              C．              D．

【答案】AC

【分析】根据互斥事件的概率可判断A;根据条件概率的计算公式可判断,由全概率公式可求得，判断C.

【详解】由题中表格可知,

故,A正确；

，B错误；

,

故C正确；

，D错误，

故选：

10．已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是不在平面α，β内的两条不同的直线，则下列推理正确的是（    ）

A． B．  C．  D．

【答案】BD

【分析】根据线线，线面及面面的位置关系结合条件逐项分析即得.

【详解】对于A，若，，，则与平行或异面或相交，故A错误；

对于B，若，，则，又，所以，故B正确；

对于C，若，，，则与可能平行，也可能相交，故C错误；

对于D，若，，设直线，的方向向量分别为，则分别为与的法向量，

又，则，从而，故D正确.

故选：BD.

11．已知圆，点，则下列说法正确的有（    ）

A．圆上有且只有两点到点的距离为

B．圆上存在点，使得

C．若为圆上一动点，则的取值范围为

D．过点可作直线与圆交于两点，使得

【答案】BCD

【分析】A选项可以先求到圆心的距离，从而可以得出到圆上一点的距离的范围，进而进行判断；

B选项可以通过寻找相切的位置进行判断；

C选项可对向量拆分，然后根据数量积的定义计算；

D选项，先假设存在这样的直线，利用与垂径定理，说明圆心到直线的距离小于半径的情况下能保证成立即可.

【详解】A选项，由题意，圆的圆心为，半径，到圆心的距离为：，故到圆上一点的距离的最大值为，最小距离为，即与圆心连线所在直线和圆的两个交点处，距离取到最值，因此圆上只有一点到点的距离为，A选项错误；

B选项，当直线恰和圆相切于点时，由，则，此时，B选项正确；

C选项，，当在圆上任运动时，，即，故，则，C选项正确；

D选项，先假设存在这样的直线，过作，垂足为，由垂径定理可得，，由选项可知，，于是，设，由勾股定理，，解得，此时，故这样的直线确实存在，D选项正确.

故选：BCD

12．已知实数a，b满足，以下说法正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】由题可得关于的方程有解可判断A，利用特值可判断B，根据条件及基本不等式可判断CD.

【详解】由，可得，关于的方程有解，

所以，

所以，即，故A正确；

取，，则，故B错误；

由，可得，

又，

令，则，

所以，即，故C正确；

由，可得，

所以，

令，由，可得，

所以，即，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．函数 的最小正周期是________

【答案】

【分析】利用同角三角函数的基本关系，二倍角公式可得函数，根据最小正周期等于求出结果.

【详解】函数，

函数的最小正周期为

故答案为：.

14．函数在点处的切线方程为__________．

【答案】

【分析】利用导数的几何意义求解即得.

【详解】因为，

所以，又，

所以切线的斜率，

所以函数在点处的切线方程为，

即.

故答案为：.

15．某班级计划安排学号为1～9的九名同学中的某5位，分别担任周一至周五的值日生，要求学号为奇数的同学不能安排在周一、周三、周五三天值日，则不同的安排方法有__________种．(用数字作答)

【答案】720

【分析】分为学号为偶数的同学有3位和4位两类进行分类即可得结果.

【详解】第一类：当学号为偶数的同学有3位时，有；

第二类：当学号为偶数的同学有4位时，有；

所以不同的安排方法有种，

故答案为：720.

四、双空题

16．已知是椭圆C：上两个动点，满足，为坐标原点，则：

（1）___________；

（2）坐标原点到直线的距离的取值范围是__________．

【答案】         

【分析】（1）利用两点在椭圆上，及三个方程，联立求出即可；

（2）分直线斜率不存在，存在的情况讨论，对于斜率存在的情况，联立直线和椭圆，根据并结合韦达定理找出关系式后，利用点到直线的距离公式求解.

【详解】依题意得，坐标带入椭圆方程，整理可得，即，两式相乘可得，由移项平方可得，，于是，故，根据两式相加可得，，即，故；

当斜率不存在时，设方程为，不妨假设在的上方，代入椭圆方程可得，根据，于是，解得，此时到直线的距离为；

当斜率存在时，下设方程为，和椭圆联立得：，可得，，，结合韦达定理：，可整理化简，由题意，，于是，即，结合判别式，解得，由点到直线得距离公式，原点到直线的距离为：，由，于是，综上所述，坐标原点到直线的距离的取值范围是：.

故答案为：；

五、解答题

17．已知中，角的对边分别为，．

(1)求；

(2)若的面积为，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先利用正弦定理边化角，再结合和角公式，可求出．

（2）利用余弦定理，结合面积公式，计算即可得出结果．

【详解】（1）因为，由正弦定理得：，

因为，所以，，即

又，所以.

（2）由及余弦定理知，,①

由面积公式：整理得：,②

结合①②可得,即得

，所以．

18．已知等差数列的前n项和为，公差为d，，且．

(1)求；

(2)若对任意恒成立，求d的取值范围．

【答案】(1)1.

(2) 或.

【分析】（1）根据等常数列的前n项和公式以及通项公式化简，即可得答案.

（2）利用裂项求和法求得的表达式，根据对任意恒成立，可得相应不等式，求得答案.

【详解】（1）由题意等差数列的前n项和为，公差为d，，且，

，所以，

则，即，故 .

（2）,

所以 ，

而，故对任意恒成立，

需 即 或 .

19．已知四边形ABCD如图1所示AD∥BC，AB=AD=DC=BC=2，将△ABD沿BD折起得到四面体A'BCD，如图2所示，．

(1)证明：A′B⊥CD；

(2)求直线A'B与平面A'CD所成角的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）分别通过勾股定理证明和，即证明面即可得结果；

（2）通过建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）过点作于点，连接，

∵，，

∴，即，所以，

在中，

∴，即，

又∵，∴，即，

又，且均含于面∴面，

∴.

（2）由（1）知面，∴面面，

取中点，连接，由于，∴，

而面面，∴面

故可取如图所示为坐标原点，过点与平行的直线为轴，，方向为轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，

∴，，，

设面的法向量，

∴即，

令，可得，，即，

直线A'B与平面A'CD所成角为，，

∴，即，

即直线A'B与平面A'CD所成角的大小.

20．在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期．某地卫健委有关部门统计了该地区1000名患者的相关信息，得到数据如下：

(1)求这1000名患者的潜伏期的样本平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；

(2)为进一步研究该传染病的潜伏期与患者年龄的关系，按潜伏期进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取100人，得到如下列联表：

将上述列联表补充完整，并据此判断是否有95%的把握认为该传染病的潜伏期与患者年龄有关？

，其中．

(3)若用样本估计总体，以频率近似概率，从该地区所有患者中随机抽取10人，则抽到的10人中潜伏期不超过8天的人数最有可能为多少？请说明理由．

【答案】(1)

(2)答案见解析

(3)9人，理由见解析

【分析】（1）利用平均数的求法公式即可求解；

（2）根据题目所给数据填写列联表，计算，对照题目中的表格，得出结论即可；

（3）先计算该地区每1名患者的潜伏期不超过8天发生的概率为，设抽取的10人中潜伏期不超过8天的人数为，则，，，由，解出，由，可得，由此求解.

【详解】（1）由题意，这1000名患者的潜伏期的样本平均数为：

.

（2）根据题意，补充完成的列联表如下：

则，

由于，

所以有95%的把握认为该传染病的潜伏期与患者年龄有关.

（3）由题意，该地区每1名患者的潜伏期不超过8天发生的概率为：.

设抽取的10人中潜伏期不超过8天的人数为，则，

，.

由，

即，

化简得.

又，所以，即从该地区所有患者中随机抽取10人，则抽到的10人中潜伏期不超过8天的人数最有可能为9人.

21．已知函数，．

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)证明：函数存在唯一零点．

【答案】(1)的增区间为；

(2)详见解析.

【分析】（1）由题可得，然后利用导数研究函数的性质可得，进而即得；

（2）由题可得时，函数在上单调递增，结合零点存在定理可得函数存在唯一零点，时，利用导数研究函数的极值，结合函数的单调性进而即得.

【详解】（1）因为的定义域为，

所以，

设，则，

由，可得，由，可得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，即，

所以函数在上单调递增，即函数的增区间为；

（2）由题可知当时，函数在上单调递增，

又，令，则

，

所以存在，使，即当时，函数存在唯一零点；

当时，，又在上单调递减，在上单调递增，

所以存在，，使得，

且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

则时，函数有极大值，

又，

设，则，函数在上单调递增，

所以，故，

又时，，

所以时，函数在上存在唯一的零点；

综上，函数存在唯一零点．

【点睛】利用导数研究零点问题：

（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；

（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；

（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究.

22．已知动点在抛物线：，动点Q在圆：上，且之间距离的最小值为．

(1)求抛物线和圆的方程；

(2)抛物线上是否存在三点,使得外切于圆？若存在，求出三点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)  

(2)不存在,答案见解析

【分析】(1)通过把之间距离的最小值转化为之间距离最小值,计算即可;

(2)首先分斜率是否存在分情况讨论,再通过图形特征等分别计算,得到矛盾,情况不成立.

【详解】（1）由题意知, 之间距离的最小值为,等价于之间距离最小值为.

设则,

从而,即,进而抛物线和圆的方程分别为:

,.

（2）若存在,设显然均不等于.

①当三边所在直线中,存在斜率不存在的情况时:

由对称性知,若外切于圆,则三角形必有一个顶点为坐标原点,

不妨设为,且另两个顶点连线必垂直于轴,即为直线,

此时直线分别为:,易知直线不与圆相切,与假设矛盾.

所以,此时不存在;

②当三边所在直线斜率都存在时:

设过点圆的切线为: ,即为

由相切知,可得

设则为方程的两根;

另方面, 将代入方程,

并整理得:

从而

因为且

则

则直线的方程为:

此时圆心到直线的距离,将代入得:

,

令,即,整理得,

此方程显然无解.与假设矛盾,此时不存在;

综上①②,在抛物线上不存在三点，使得外切于圆

【点睛】解决存在问题首先是假设抛物线上存在三点A，B，C，

使得外切于圆,以直线斜率是否存在分情况讨论,

根据图形特征得出矛盾,根据假设求第三条直线情况与已知矛盾,问题得解.