2023届重庆市高三临门一卷（二）数学试题含解析

这是一份2023届重庆市高三临门一卷（二）数学试题含解析，共22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。
2023届重庆市高三临门一卷（二）数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．R【答案】C【分析】根据对数函数的单调性求集合A，进而结合集合的运算求解.【详解】由题意可得：，，所以.故选：C.2．已知复数（是虚数单位），则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.【详解】因为，所以，所以，则.故选：C3．命题“”是真命题的一个必要不充分条件是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据恒成立问题分析可得命题“”是真命题等价于“”，结合充分、必要条件分析判断.【详解】若命题“”是真命题，则，可知当时，取到最大值，解得，所以命题“”是真命题等价于“”.因为，故“”是“”的必要不充分条件，故A正确；因为，故“”是“”的充要条件，故B错误；因为，故“”是“”的充分不必要条件，故C错误；因为与不存在包含关系，故“”是“”的即不充分也不必要条件，故D错误；故选：A.4．已知向量满足，则（    ）A． B． C． D．5【答案】D【分析】根据模长的坐标运算可得，分析可得同向，进而可求结果.【详解】因为，即，则同向，所以.故选：D.5．中华人民共和国国家标准《居室空气中甲醛的卫生标准》规定：居室空气中甲醛的最高容许浓度为：一类建筑，二类建筑．二类建筑室内甲醛浓度小于等于为安全范围，已知某学校教学楼（二类建筑）施工过程中使用了甲醛喷剂，处于良好的通风环境下时，竣工2周后室内甲醛浓度为，4周后室内甲醛浓度为，且室内甲醛浓度（单位：）与竣工后保持良好通风的时间（单位：周）近似满足函数关系式，则该教学楼竣工后的甲醛浓度若要达到安全开放标准，至少需要放置的时间为（    ）A．5周 B．6周 C．7周 D．8周【答案】B【分析】根据题意列式求解可得，即，令运算求解即可.【详解】由题意可得：，解得，所以，令，整理得，因为，故，则，所以至少需要放置6周.故选：B.6．在平面直角坐标系中，直线与双曲线的一条渐近线平行，且双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据直线与双曲线得一条渐近线平行可得的关系，求出双曲线的一个焦点的坐标，再根据的关系求出，即可得解.【详解】因为直线与双曲线的一条渐近线平行，所以，即，由直线，令，得，则双曲线的一个焦点为，即半焦距，由，得，所以，所以双曲线的方程为.故选：C.7．水滴型潜艇的线型特点是首部呈圆钝的纺锤形，潜艇的横剖面几乎都为圆截面，艇身从中部开始向后逐渐变细，尾部呈尖尾状，小刘利用几何作图软件画出了水滴的形状（如图），由线段和优弧围成，其中连线竖直、与圆弧相切，已知“水滴”的水平宽度与竖直高度之比为，则（    ）  A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可得，再结合倍角公式运算求解.【详解】设优弧的圆心为，半径为，“水滴”的水平宽度、竖直高度分别为、，连接，由题意可得，解得，因为，则，根据对称可得，所以.故选：B.  8．如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为和，球的体积为，则该圆台的侧面积为（    ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】作出图形，计算出圆台的母线长，再利用圆台的侧面积公式可求得该圆台的侧面积.【详解】设球的半径为，则，所以，，取圆台的轴截面，如下图所示：  设圆台的上、下底面圆心分别为、，则、分别为、的中点，连接、、、、、，则，由垂径定理可知，，，所以，，，因为，，，所以，，所以，，所以，，所以，，则，因此，圆台的侧面积为，故选：D. 二、多选题9．已知定义在R上的函数满足，且为偶函数，则下列说法一定正确的是（    ）A．函数的周期为2B．函数的图象关于直线对称C．函数为偶函数D．函数的图象关于点对称【答案】BCD【分析】根据题意推理论证周期性、对称性判断A、B；借助变量替换的方法，结合偶函数的定义及对称性意义判断C、D.【详解】对于选项A：因为，则，可得，所以函数的周期为4，故A错误；对于选项B： 因为为偶函数，则，所以函数的图象关于直线对称，故B正确；对于选项C：因为函数的图象关于直线对称，则，由函数的周期为4，可得，所以函数为偶函数，故C正确；对于选项D：因为，且，可得，又因为函数的周期为4，则，所以函数的图象关于点对称，D正确；故选：BCD.10．已知函数，则下列结论正确的是（    ）A．时，在上单调递增B．时，的最小正周期为C．时，在R上的最小值为1D．对任意的正整数n，的图象都关于直线对称【答案】AD【分析】根据辅助角公式、降幂公式，结合正弦型函数的最值、最小正周期公式、对称性逐一判断即可.【详解】对于选项A：时，则，因为，则，且在上单调递增，所以在上单调递增，故A正确；对于选项B、C：时，则，所以的最小正周期为，故B错误；当，即时，则取到最小值，故C错误；对于选项D：因为，所以对任意的正整数n，的图象都关于直线对称，故D正确；故选：AD.11．下列不等关系中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据函数值的特征，构造函数，求出其导数，判断函数的单调性，可判断AB；同理构造函数，判断CD.【详解】令，则，当时，，当时，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，即，即，故A错误，又，所以，即，故B正确；令，，则，令，则在上恒成立，所以在上单调递减，所以，所以在上恒成立，所以在上单调递减，所以，即，即，故C正确，D错误，故选：BC．【点睛】关键点点睛：构造函数和，，是解决本题的关键.12．在棱长为4的正方体中，点E为棱的中点，点F是正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（    ）A．直线与直线夹角为B．平面截正方体所得截面的面积为C．若则动点F的轨迹长度为D．若平面，则动点F的轨迹长度为【答案】ACD【分析】对A，根据的平行线确定直线与直线夹角即可；对B，根据面面平行的性质，作出平面截正方体所得截面并求其面积即可；对C，由题意，动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧，再根据弧长公式求解即可；对D，先判断过且平行于平面的平面截正方体的面，再分析的轨迹即可【详解】对A，连接，可得正，根据正方体的性质，，故直线与直线夹角为直线与直线的夹角为，故A正确；对B，因为面面，平面面，根据面面平行的性质可得平面截的交线，故平面截的交点为的中点，故，故截面为等腰梯形，在等腰梯形中，高，故截面的面积为，故B错误；对C，若，则，故动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧，其长度为，故C正确；对D，取中点，连接如图，由B知截面为等腰梯形，由四边形为平行四边形得，又面面，所以面，由四边形为平行四边形得，面面，所以 面，由得平面平面，又平面，所以平面，故的轨迹为线段，其长度为，故D正确；故选：ACD【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. 三、填空题13．五个数的平均数是，这五个数的方差是___________.【答案】/【分析】首先根据平均数求出，再根据方差公式计算可得；【详解】解：依题意，解得，所以方差为；故答案为：14．如图，某中学某班级课外学习兴趣小组为了测量某座山峰的高度，先在山脚处测得山顶处的仰角为，又利用无人机在离地面高的处（即），观测到山顶处的仰角为，山脚处的俯角为，则山高_________m．  【答案】【分析】确定，，，在中，利用正弦定理求出，再由锐角三角函数计算得到答案.【详解】依题意，则，,，故，，在中，由正弦定理得，即，解得，则.  故答案为：15．某城市休闲公园管理人员拟对一块圆环区域进行改造封闭式种植鲜花，该圆环区域被等分为5个部分，每个部分从红、黄、紫三种颜色的鲜花中选取一种进行栽植．要求相邻区域不能用同种颜色的鲜花，总的栽植方案有_________种．【答案】30【分析】依颜色为出发点，分析可得必用3种颜色的鲜花，先安排1，2位置，再讨论第三种颜色的可能位置，分析运算即可.【详解】若只用两种颜色的鲜花，则1，3位置的颜色相同，2，4位置的颜色相同，即可得1，4位置的颜色不同，则5位置无颜色可选，不合题意；故必用3种颜色的鲜花，则1，2的栽植方案有种，已用两种颜色，第三种颜色可能在3，4，5，可得：（i）若第三种颜色在3或5，有如下两种可能：①3，5的颜色相同，则4的颜色有两种可能，栽植方案有种；②3，5的颜色不相同，则4的颜色必和1的颜色相同，栽植方案有种；栽植方案共有种；（ⅱ）若第三种颜色在4，则3的颜色必和1的颜色相同，5的颜色必和2的颜色相同，栽植方案共有种；综上所述：总的栽植方案有种.故答案为：30.16．已知函数在区间内存在极值点，且在R上恰好有唯一整数解，则实数a的取值范围是_________．【答案】【分析】根据极值点分析可得，分类讨论，结合的单调性处理的整数解问题，列式运算求解.【详解】若时，在R上单调递增，不合题意，则，由题意可得：，令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，可得有唯一极值点，若函数在区间内存在极值点，则，解得，又因为在R上恰好有唯一整数解，且，则有：①当，即时，则当时，则在上单调递增，可得，所以在R上恰好有唯一整数解为，则，解得；②当，即时，则在上单调递增，在上单调递减，可得，不合题意；③当，即时，则当时，则在上单调递减，可得，所以在R上恰好有唯一整数解为1，则，解得；综上所述：实数a的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法点睛：对于函数不等式的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；（2）求导数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 四、解答题17．3月14日为国际数学日，也称为节，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节活动，其中一项活动是“数学知识竞赛”，初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个班级派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格.高三（7）班派出甲､乙两个小组参赛，在初赛中，若甲､乙两组通过第一轮比赛的概率分别是，通过第二轮比赛的概率分别是，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响.(1)若三（7）获得决赛资格的小组个数为X，求X的数学期望；(2)已知甲､乙两个小组在决赛中相遇.决赛以三道抢答题形式进行，抢到并答对一题得10分，答错一题扣10分，得分高的获胜：假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率，且甲､乙两个小组抢到该题的可能性分别是，假设每道题抢与答的结果均互不影响，求乙已在第一道题中得10分的情况下甲获胜的概率.【答案】(1)1(2) 【分析】（1）先算出甲乙通过两轮制的初赛的概率，的取值有分三种情况解决.(2)先分别算出甲，乙抢到并答对一题的概率，然后再算出乙已得10分，甲若想获胜的3种情况，最后由分类加法计数原理求解即可.【详解】（1）设甲乙通过两轮制的初赛分别为事件，则，由题意可得，的取值有，.所以（2）依题意甲，乙抢到并答对一题的概率为，乙已得10分，甲若想获胜情况有：①甲得20分：其概率为②甲得10分，乙再得-10分，其概率为；③甲得0分，乙再得-20分，其概率为.故乙先得10分后甲获胜的概率为.18．记的内角的对边分别为，已知．(1)求；(2)设的中点为，若，且，求的的面积．【答案】(1)(2) 【分析】(1)由可得，由正弦定理及辅助公式得,即可求得答案；(2) 在中，由余弦定理得，；在中，由余弦定理得，，从而得，再由，可得，，由三角形面积公式求解即可.【详解】（1）解：由已知得，，由正弦定理可得，，因为，所以,代入上式，整理得，又因为，，所以，即,又因为，所以，所以，解得；（2）在中，由余弦定理得，．而，，所以，①在中，由余弦定理得，，②由①②两式消去a，得，所以，又，解得，．所以的面积．19．已知等差数列的前n项和为，且．当时，．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据条件列出关于首项和公差的方程，求出数列的通项公式；，两边同时乘以，则，当时，，两式相减，即可求出的通项公式；（2）由（1）知，，再由裂项相消法求数列的前n项和．【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，由，可得，故数列的通项公式为.，两边同时乘以，则当时，，当时，，两式相减，可得，所以，当时，，故满足，故.（2），所以.故.20．如图所示，六面体的底面四边形是正方形，，且平面，平面与平面的交线为l．  (1)求证：直线平面；(2)已知，若与平面所成角为，求的值．【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】（1）根据线面平行分析可得//，根据线面垂直分析可得平面，即可得结果；（2）建系，利用空间向量求线面夹角.【详解】（1）连接，设，由题意可得：//，且，则为平行四边形，所以//，且EF=AC，平面，平面，则//平面，又因为平面平面，且平面，所以//，因为是正方形，则，又因为平面，平面，则，，平面，所以平面，且//，所以直线平面.（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，可得，由题意可知：平面的法向量，则，所以.  21．已知椭圆的右焦点为，点A，B在椭圆C上，点到直线的距离为，且的内心恰好是点D．(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知O为坐标原点，M，N为椭圆上不重合两点，且M，N的中点H在直线上，求面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设椭圆的左焦点为，则，再根据的内心恰好是点D，可得轴，求出直线的方程，再根据点到直线的距离求得即可得解；（2）设，利用点差法求得直线的斜率为，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再利用弦长公式求出，利用点到直线的距离公式求出点直线的距离，再利用三角形的面积公式结合基本不等式即可得解.【详解】（1）设椭圆的左焦点为，则，故点到直线的距离等于，因为的内心恰好是点D，所以点到直线的距离相等且为，则即为点到直线的距离，所以，即轴，由，令，则，不妨取，则，故直线的方程为，即，则点到直线的距离为，即，又，所以，所以椭圆C的标准方程为；  （2）设，则，因为M，N为椭圆上不重合两点，则有，两式相减得，则，即，设直线的方程为，联立，消得，，解得，所以，，则，原点到直线的距离，，故，当且仅当，即时，取等号，所以面积的最大值为．  【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．已知函数．(1)讨论函数的极值；(2)当时，不等式恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)答案见详解(2) 【分析】（1）求导，分和两种情况，利用导数判断原函数单调性及极值；（2）构建，利用导数分析函数的单调性，对实数a的取值进行分类讨论，求出的值域，结合函数的图象可得出关于实数a的不等式，即可求得实数a的取值范围.【详解】（1）由题意可得：的定义域为，且，①当时，则，可得，所以在上单调递减，无极值；②当时，令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，所以有极大值，无小极值；综上所述：当时，无极值；当时，有极大值，无极小值.（2）因为，则，构建，则，①当时，则，则，等号不能同时取到，所以在上单调递减；②当时，构建，则，因为，则，所以在上单调递增，且，，故在内存在唯一零点，当时，则；当时，则；即当时，则；当时，则；所以在上单调递减，在上单调递增；综上所述：在上单调递减，在上单调递增，则，且，的图象大致为：    对于函数，由（1）可知：①当时，在上单调递减，且当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于，即的值域为R，则不恒成立，不合题意；②当时，在上单调递增，在上单调递减，则，且当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于，即的值域，若恒成立，则恒成立，即，解得；综上所述：a的取值范围.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，解题的关键将看成整体，将问题转化为，根据的值域，结合函数的图象得出关于实数a的不等式进行求解.