2022-2023学年度重庆市南开中学校高三第十次质量检测数学试题

重庆市高2023届高三第十次质量检测

数学试题

本试卷满分150分，考试时间120分钟．

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．

1. 已知为虚数单位，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数的除法运算法则可求出结果.

【详解】因为，

所以.

故选：B

2. 已知全集，能表示集合关系的Venn图是（    ）

A.    B.  

C.    D.  

【答案】A

【解析】

【分析】先求得集合，判断集合的关系，由此确定正确选项.

【详解】解可得，所以，

又，所以，根据选项的Venn图可知选项A符合.

故选：A

3. 2023年4月，国内猪肉、鸡蛋、鲜果、禽肉、粮食、食用油、鲜菜价格同比（与去年同期相比）的变化情况如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A. 猪肉、鸡蛋、鲜果、禽肉、粮食、食用油这6种食品中，食用油价格同比涨幅最小

B. 猪肉价格同比涨幅超过禽肉价格同比涨幅的5倍

C. 去年4月鲜菜价格要比今年4月低

D. 这7种食品价格同比涨幅的平均值超过7%

【答案】D

【解析】

【分析】根据统计图计算可得答案.

【详解】由图可知，粮食价格同比涨幅比食用油价格同比涨幅小，故A不正确；

猪肉价格同比涨幅为，禽肉价格同比涨幅为，，故B不正确；

因为鲜菜价格同比涨幅为，说明去年4月鲜菜价格要比今年4月高，故C不正确；

这7种食品价格同比涨幅的平均值为，故D正确.

故选：D

4. 已知等比数列各项均为正数，，的前项和为，则（    ）

A. 3 B.  C.  D. 13

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，由条件列出方程求得等比数列的公比，然后将化为，然后代入计算，即可得到结果.

【详解】设等比数列的公比为，且数列的各项为正数，则，

因为，即，

所以，解得或（舍），

则.

故选：B

5. 已知侧面积为的圆柱存在内切球，则此圆柱的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设圆柱的底面圆的半径为，母线长为，根据题意得到，求得，结合圆柱的体积公式，即可求解.

【详解】设圆柱的底面圆的半径为，母线长为，

因为侧面积为的圆柱存在内切球，可得，

因为圆柱的侧面积为，可得，可得，

所以该圆柱的体积为.

故选：A.

6. 已知，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】用表示后，根据基本不等式可求出结果.

【详解】因为，

由，得，

所以，

当且仅当时，等号成立.

故的最小值为.

故选：D

7. 已知定义在上的函数满足，且是偶函数，当时，，则（    ）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】根据是偶函数和得到是一个周期，然后利用周期性求函数值即可.

【详解】因为是偶函数，所以，则，

因为，所以，则是的一个周期，

因为，所以，，

.

故选：C.

8. 已知双曲线与直线有唯一公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于两点．当点运动时，点的轨迹方程是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据直线与双曲线相切，推出，，再求出,消去可得结果.

【详解】因为双曲线与直线有唯一的公共点，

所以直线与双曲线相切，

联立，消去并整理得，

所以，即，

将代入，得，

得，因为，，所以，

所以，，即，

由可知，

所以过点且与垂直的直线为，

令，得，令，得，

则，，

由，得，，

代入，得，即，

故选：D

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分．

9. 一组数据是公差为2的等差数列，若去掉三项后，则（    ）

A. 平均数没变 B. 中位数没变 C. 方差没变 D. 极差没变

【答案】AB

【解析】

【分析】根据平均数的概念结合等差数列的性质判断A，由中位数的概念可判断B，由方差及数列求和公式计算即可判断C，根据极差及等差数列的通项公式可判断D.

【详解】由题意可知，对于选项A，原数据的平均数为，

去掉后的平均数为，

即平均数不变，故选项A正确；

对于选项B，原数据的中位数为，去掉后的中位数仍为，

即中位数没变，故选项B正确；

对于选项C，则原数据的方差为

，

去掉后的方差为，

即方差变小，故选项C错误；

对于选项D，原数据的极差为，

去掉后的极差为，即极差变小，故选项D错误.

故选：AB

10. 已知，则下列说法正确的是（    ）

A. 的图象可由的图象左移个单位得到

B. 与图象交点的横坐标成等差数列

C. 函数在上单调递减

D. 函数的一条对称轴为

【答案】BD

【解析】

【分析】根据图象变换规则可知A不正确；求出与图象交点的横坐标，判断可知B正确；根据正弦函数的单调性可知C不正确；根据正弦函数的对称轴可知D正确.

【详解】由的图象左移个单位得到的图象，不能得到的图象，故A不正确；

由，得，得，得，

故与图象交点的横坐标由小到大排列成等差数列，公差为，故B正确；

，当时，，

故在上单调递增，在上单调递减，故C不正确；

当时，，故D正确.

故选：BD

11. 已知三棱锥，，为棱上一点，且，过点作平行于直线和的平面，分别交棱于．下列说法正确的是（    ）

A. 四边形为矩形

B. 四边形的周长为定值

C. 四边形的面积为定值

D. 当时，平面分三棱锥所得的两部分体积相等

【答案】ABD

【解析】

【分析】取的中点，连，利用线面垂直的判定与性质、线面平行的判定与性质可得AB正确，C不正确，根据棱锥的体积公式可得D正确.

【详解】取的中点，连，

因为，，所以，，

因为，平面，

所以平面，因为平面，所以，

因为，平面，平面，

所以，同理可得，，，

又因为，所以，，，，

所以四边形为矩形，故A正确；

因为，，

所以，因为，所以，所以，同理可得，

所以四边形的周长为为定值，故B正确；

四边形的面积为不是定值，故C不正确；

当时，分别为棱的中点，

多面体的体积为，

多面体的体积为，

因为，，

多面体的体积等于多面体的体积，即平面分三棱锥所得的两部分体积相等，故D正确.

故选：ABD

12. 19世纪时期，数学家们处理大部分数学对象都没有完全严格定义，数学家们习惯借助直觉和想象来描述数学对象，德国数学家狄利克雷（Dirichlet）在1829年给出了著名函数：（其中为有理数集，为无理数集），后来人们称之为狄利克雷函数，狄利克雷函数的出现表示数学家们对数学的理解发生了深刻的变化，数学的一些“人造”特征开始展现出来，这种思想也标志着数学从研究“算”转变到了研究“概念、性质、结构”．一般地，广义狄利克雷函数可以定义为（其中且），则下列说法正确的是（    ）

A. 都有

B. 函数和均不存在最小正周期

C. 函数和均为偶函数

D. 存在三点在图像上，使得为正三角形，且这样的三角形有无数个

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据狄利克雷函数与广义狄利克雷函数的定义，结合函数值、周期性、奇偶性等逐项判断即可得答案.

【详解】对于A，由于（其中且），当为无理数时，，故A不正确；

对于B，设为非零的有理数，若是有理数，则也是有理数； 若是无理数，则也是无理数，根据函数的表达式，任取一个不为零的有理数，所以对恒成立，对恒成立，即数和均为周期函数，但不存在最小正周期，故B正确；

对于C，，则，所以为偶函数，又，所以为偶函数，故C正确；

对于D，取，则为等边三角形，将这个三角形左右平形移动，即只需要三角形的高为，边长为的三角形均可以，所以这样的三角形有无数个，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知，若与平行，则实数______________．

【答案】##

【解析】

【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式可得结果.

【详解】因为，

所以，，

因为与平行，所以，得.

故答案为：.

14. 的展开式中含有项的系数为__________．

【答案】

【解析】

【分析】（x﹣y）（2x+y）5的展开式中x3y3的系数，即（2x+y）5的展开式中含x2y3的系数与含x3y2的系数和，写出（2x+y）5展开式的通项，分别取r值求解计算．

【详解】（x﹣y）（2x+y）5的展开式中x3y3的系数，

即（2x+y）5的展开式中含x2y3的系数与含x3y2的系数和，

由．

分别取r=2、3，

可得（x﹣y）（2x+y）5的展开式中x3y3的系数为=40﹣80=﹣40．

故答案为﹣40．

【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略

(1)求展开式中特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.

(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.

15. 过点可作曲线的两条切线，则实数的取值范围是_____________．

【答案】

【解析】

【分析】根据导数的几何意义可得函数有两个零点，利用导数和零点存在性定理可得结果.

【详解】设切点为，则，

，

所以切线的斜率为，

切线方程为，

因为切线过点，所以，

整理得，

依题意可得有两个不等的正根，

设，则函数有两个零点，

，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，则，得，

又，，所以在内有唯一零点，

因为，，

设，则，在上为增函数，

又，所以，即，所以在内有唯一零点，

因此函数有两个零点，符合题意.

故.

故答案为：

【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数图象，利用数形结合的方法求解.

16. 已知为圆上一点，椭圆焦距为6，点关于直线的对称点在椭圆上，则椭圆离心率的取值范围为_________________．

【答案】

【解析】

【分析】转化为圆关于直线对称的圆与椭圆有交点，再根据椭圆上的点到焦点的距离的最大值大于等于半径，最小值小于等于半径列式可得结果.

【详解】圆关于直线对称的圆为：，

依题意可得圆与椭圆有交点，

又椭圆的右焦点是圆的圆心，

所以，且，又，所以，.

故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 如图所示，正三棱柱中各条棱长均为2，点分别为棱的中点．

（1）求异面直线和所成角的正切值；

（2）求点到平面的距离．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）连，，转化为求的正切值即可；

（2）利用等体积法可求出结果.

【小问1详解】

连，，因为分别为棱的中点，所以，

所以（或其补角）是异面直线和所成的角，

因为正三棱柱中各条棱长均为2，点分别为棱的中点．

所以，，，

因为，所以，

所以.

  【小问2详解】

连，

依题意可得，

，，

，

设点到平面的距离为，

由得，得，

得.即点到平面的距离为.

18. 已知中，角的对边分别为，满足．

（1）求角；

（2）若，求．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据以及两角和的正弦公式可求出结果；

（2）利用正弦定理得，，代入可求出结果.

【小问1详解】

由得 ，

得，

得，因为，所以，

因为，所以.

【小问2详解】

由（1）知，，

所以，，

由，得，得，

因为，所以，，

所以，所以.

19. 已知数列满足．

（1）求数列的通项公式；

（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用两式相减可得结果；

（2）将不等式恒成立化为对恒成立，再利用数列的单调性求出右边的最小值即可得解.

【小问1详解】

当时，，得，

当时，，

整理得，即，

又时，也适合上式，

故.

【小问2详解】

若不等式对恒成立，即对恒成立，

即对恒成立，

令，

则

，

则为递增数列，所以当时，取得最小值，

所以.

20. 现有4个除颜色外完全一样的小球和3个分别标有甲、乙、丙的盒子，将4个球全部随机放入三个盒子中（允许有空盒）．

（1）记盒子乙中的小球个数为随机变量，求的数学期望；

（2）对于两个不互相独立的事件，若，称为事件的相关系数．

①若，求证：；

②若事件盒子乙不空，事件至少有两个盒子不空，求．

【答案】（1）   

（2）①证明见详解；②

【解析】

【分析】（1）每个小球的选择都是一次独立重复试验，而每个小球选择盒子乙的概率为，所以可知随机变量服从二项分布；

（2）①由条件概率的公式很容易证明；②主要是根据题意，确定是平均分组还是非平均分组，进而根据排列组合的公式即可得到相关事件的概率；由于某些分组情况比较复杂，因此考虑其对立事件，会减少计算量.

【小问1详解】

由题意可知，的可能的取值为0,1,2,3,4，且，故；

【小问2详解】

①因为，且，

所以，即，而,

所以成立.

②事件：盒子乙不空，则事件：盒子乙空，

由第1问可知，所以，

事件：至少有两个盒子不空，则事件：有一个盒子不空，

，所以

事件：至少有两个盒子不空且盒子乙不空，分为两种情况，一种是三个盒子都不空，按照1、1、2分组；另一种是两个盒子不空且乙不空，此时甲或者丙是空的，故按照1、3或者2、2分组即可，

故,

所以，

化简得.

21. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且．

（1）求实数的值及抛物线的标准方程；

（2）如图，过点的直线交轴于点，点在线段上，过点的直线交抛物线于不同两点（点异于点），直线分别交抛物线于不同的两点．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．

①为的中点；

②直线为抛物线的切线；

③∥．

【答案】（1）实数的值为，抛物线方程为.   

（2）证明过程见详解

【解析】

【分析】（1）根据题意和抛物线的定义即可求解；

（2）选①②证明③.根据条件求出切线的方程，设出过点的方程，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理分别求出点的坐标，利用两点求斜率即可证明; 若选①③证明②，设直线的方程,求出点的坐标，再设出过点的直线方程，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理分别求出点的坐标，然后利用平行即可得证；若选①③证明②，设直线的方程为：，得到，设出过点的直线方程，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理分别求出点的坐标，然后利用平行即可得证.

【小问1详解】

由题意可知，，

又因为点在抛物线上，则，

解得，或，因为，

所以，

则实数的值为，抛物线方程为.

【小问2详解】

选①②证明③.

由（1）知，抛物线的方程为，则，

所以抛物线过点的切线的方程为，则，

根据题意可知，过点的直线的斜率存在且不为零，

设其方程为，，

联立方程组，整理可得，

则，可得或，所以，

则所在直线方程为，所在直线方程为，

设，,

联立，整理可得，

，，则，，则，

同理,

则

，

所以.

若选①③证明②，设直线的方程为：，令可得，

则，因为，为的中点，所以，

由题意知，直线的斜率存在且不为零，

设过点的直线的方程为：，,

联立方程组，整理可得，

则，，

设所在直线方程为：，

联立，整理可得，

则，,，

同理可得，,，

所以

，

因为，所以，

则有，整理可得，由题意知，，

解得，，所以直线的直线方程为，

与抛物线方程联立可得，，，

则直线为抛物线的切线.

若选②③证明①

因为直线为抛物线的切线，则，

所以抛物线过点的切线的方程为，则，

设点，根据题意可知，过点的直线的斜率存在且不为零，

设其方程为，，

联立方程组，整理可得，

则有，，

设所在直线方程为：，

联立，整理可得，

则，,，

同理可得，,，

所以

，

因为，所以，

则有，整理可得，

由题意知，解得，所以，

又因为，所以为的中点.

22. 已知函数为其极小值点．

（1）求实数的值；

（2）若存在，使得，求证：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据求出，再根据极小值点的定义加以验证即可；

（2）分类讨论和，转化为证明当，时，，继续转化为证明当时，，构造函数，利用导数判断单调性可证不等式成立.

【小问1详解】

的定义域为，

，依题意得，得，

此时，

当时，，，，故，在内单调递减，

当时，，，，故，在内单调递增，

故在处取得极小值，符合题意.

综上所述：.

【小问2详解】

由（1）知，，

不妨设，

当时，不等式显然成立；

当，时，不等式显然成立；

当，时，由（1）知在内单调递减，因为存在，使得，所以，

要证，只要证，

因为，所以，又在内单调递减，

所以只要证，又，所以只要证，

设，

则

，

令，则，

因为，所以，在上为减函数，所以，

即，

所以在上为减函数，

所以，即.

综上所述：.

【点睛】方法点睛：对于含双变量的不等式的证明一般采用以下两种方法：

①比值代换：设，将不等式化为关于的不等式，再构造函数，利用导数证明即可；

②构造函数，其中极值点，利用导数判断单调性，根据单调性证明即可.