重庆市育才中学2023届高三数学下学期开学考试试题（Word版附解析）

这是一份重庆市育才中学2023届高三数学下学期开学考试试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡收回， “总把新桃换旧符”， 抛物线有如下光学性质等内容，欢迎下载使用。

重庆市育才中学高2023届高三（下）开学考试
数学试题
本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ试卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号填写在答题卡上.
2.作答时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡收回.
第Ⅰ卷
一、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由对数函数定义域的求解可求得集合，由交集定义可得结果.
【详解】，，.
故选：B.
2. 若复数满足（为虚数单位），则下列结论正确的有（ ）
A. 的共轭复数为 B.
C. 的虚部为 D. 在复平面内是第三象限的点
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义、复数模的公式、复数虚部的定义、复数在复平面对应点的特征逐一判断即可.
【详解】因为，
所以的共轭复数为；
；
的虚部为；
在复平面内对应点的坐标为，它在第四象限，
故选：B
3. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性以及函数值的正负进行综合判断.
【详解】因为，所以为奇函数，故排除A选项；
因为时，
令，即，所以，故，排除B、D选项.
故选：C.
4. 水晶是一种石英结晶体矿物，因其硬度、色泽、光学性质、稀缺性等，常被人们制作成饰品．如图所示，现有棱长为2cm的正方体水晶一块，将其裁去八个相同的四面体，打磨成某饰品，则该饰品的表面积为（单位：cm2）（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】截去8个四面体后，还剩6个正方形，8个正三角形，只需求出对应面边长，即可求解
【详解】设截去8个四面体后，该几何体棱长为，则有，
此时，该几何体表面由8个正三角形和6个正方形构成，6个正方形的面积为：，
8个正三角形面积为：，故该饰品的表面积为
故选：A
5. 在数列中，已知对任意正整数，有，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用作差法及等比数列的通项公式，结合等比数列的求和公式即可求解.
【详解】当时，由，得，
所以.
当时，，也满足合上式.
所以数列的通项公式为.
所以.
所以数列是等比数列，首项为，公比为，
所以.
故选：D.
6. “总把新桃换旧符”（王安石）、“灯前小草写桃符”（陆游），春节是中华民族的传统节日，在宋代人们用写“桃符”的方式来祈福避祸，而现代人们通过贴“福”字、贴春联、挂灯笼等方式来表达对新年的美好祝愿，某商家在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满50元，则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，若有4名顾客都领取一件礼品，则他们中有且仅有2人领取的礼品种类相同的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
有4名顾客都领取一件礼品，基本事件总数n＝34＝81，他们中有且仅有2人领取的礼品种类相同包含的基本事件个数m36，则可得他们中有且仅有2人领取的礼品种类相同的概率．
【详解】从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，
有4名顾客都领取一件礼品，基本事件总数n＝34＝81，
他们中有且仅有2人领取的礼品种类相同包含的基本事件个数m36，
则他们中有且仅有2人领取的礼品种类相同的概率是p．
故选：B．
【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合中的分组分配等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7. 已知函数对任意都有，且当时，，则（ ）
A. 2 B. 1 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由可得函数周期为4，后利用函数周期性结合当时，可得答案.
【详解】因对任意，，则，即函数周期为4.
因，则.
又由，令，可得，则.
故选：D
8. 抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中光学性质作出图示，先求解出点坐标以及直线的方程，从而联立直线与抛物线方程求解出点坐标，再根据焦半径公式以及点到点的距离公式求解出的三边长度，从而周长可求.
【详解】如下图所示：因为，所以，所以，所以，
又因为，所以，即，
又，所以，所以或，所以，所以，所以，
又因为，，，
所以的周长为：，
故选：B.

【点睛】结论点睛：抛物线的焦半径公式如下：（为焦准距）
（1）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；
（2）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则；
（3）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；
（4）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则.
二、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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数图象，则（ ）
A. 是函数的一个解析式
B. 直线是函数图象的一条对称轴
C. 函数是周期为的奇函数
D. 函数的递减区间为
【答案】BD
【解析】
【分析】先求出的解析式，对四个选项一一验证：
对于A：直接利用解析式验证；
对于B：直接求出对称轴方程进行验证；
对于C：利用奇函数的定义进行否定；
对于D：直接求出函数的递减区间.
【详解】由函数的图象向左平移个单位长度得到函数图象，所以
.
对于A：，故A错误；
对于B：，要求的对称轴，只需令，当k=1时，解得：，所以直线是函数图象的一条对称轴，故B正确；
对于C：，因为，所以函数不是奇函数，故C错误；
对于D：要求函数的递减区间，只需，解得：，即函数的递减区间为，故D正确.
故选：BD
10. 对两个变量和进行回归分析，得到一组样本数据则下列结论正确的是（ ）
A. 若求得的经验回归方程为，则变量和之间具有正的线性相关关系
B. 若这组样本数据分别是，则其经验回归方程必过点
C. 若同学甲根据这组数据得到的回归模型1的残差平方和为.同学乙根据这组数据得到的回归模型2的残差平方和为，则模型1的拟合效果更好
D. 若用相关指数来刻画回归效果，回归模型3的相关指数，回归模型4的相关指数，则模型4的拟合效果更好
【答案】ACD
【解析】
【分析】由回归分析逐一判断求解即可
【详解】对于A：因为回归方程为，，所以变量和之间具有正的线性相关关系，故A正确；
对于B：样本数据的样本中心点为，且经验回归方程必过样本中心点，但不是样本中心点，故B错误；
对于C：因为残差平方和越小的模型，其拟合效果越好，故C正确；
对于D：相关指数越接近1，说明关系越强，拟合效果越好，D正确；
故选：ACD
11. 已知，，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用已知的等式，将其进行变形，利用基本不等式对选项逐一分析判断即可．
【详解】对于A，因为，，所以，故，
当且仅时取等号，此时，故选项A正确；
对于B，因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，解得，则，故选项B错误；
对于C，因为，
所以，
当且仅当时取等号，故选项C正确；
对于D，因为，所以，所以，
因为，，所以，
所以，
当且仅当时取等号，故，故选项D正确．
故选：ACD．
12. 关于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 是的极小值点
B. 不存在正整数，使得恒成立
C. 函数有2个零点
D. 对任意两个正实数，且，若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，通过导数求解单调区间，验证即可；B选项，将恒成立转化为恒成立，利用导数知识判断有无最小值即可；C选项，利用导数判断函数单调性结合零点存在性定理可判断选项正误；D选项，将判断选项正误转化为证明若，则，后通过函数单调性可证明结论.
【详解】对于A选项，函数的定义域为，函数的导数 ，
∴时，，函数单调递减，时，，函数单调递增，
∴是的极小值点，故A正确；
对于B选项，若，可得，
令，则，
令，则，
∴在上，，函数单调递增，上，，函数单调递减，
∴，∴，
∴在上函数单调递减，函数无最小值，
∴不存在正实数，使得成立，故B正确；
对于C选项，，
∴，∴ 函数在上单调递减，
又∵ ，，
∴ 函数有且只有1个零点，故C错误；
对于D选项，由，，结合A选项可知，
要证，即证，且，
由函数在是单调递增函数，所以有，
由于，所以，即证明，
令，
则，所以在是单调递减函数，
所以，即成立，
故成立，所以D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点睛：对于恒成立问题，常转化为求解相关函数的最值；对于零点问题，常利用数形结合思想，或单调性结合零点存在性定理进行处理；对于双变量问题，常见处理手段为利用题目条件将双变量变为单变量问题.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若非零向量、，满足，，则与的夹角为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】设与的夹角为，根据，，由数量积的定义和运算律求解.
【详解】解：设与的夹角为，
因为，，
所以，
所以，
因为，
所以，
故答案为：
14. 二项展开式，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】等式的两边同时求导数得到，令，即可求解.
【详解】因为，
等式的两边同时求导数，可得，
令，可得.
故答案为：
15. 双曲线：的左、右焦点分别为、，是右支上的一点，与轴交于点，的内切圆在边上的切点为，若，则的离心率为____.
【答案】
【解析】
【分析】
根据切线长定理求出MF1﹣MF2，即可得出a，从而得出双曲线的离心率．
【详解】设△MPF2的内切圆与MF1，MF2的切点分别为A，B，
由切线长定理可知MA＝MB，PA＝PQ，BF2＝QF2，
又PF1＝PF2，
∴MF1﹣MF2＝（MA+AP+PF1）﹣（MB+BF2）＝PQ+PF2﹣QF2＝2PQ，
由双曲线的定义可知MF1﹣MF2＝2a，
故而a＝PQ，又c＝2，
∴双曲线的离心率为e．
故答案为：．

【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，考查三角形内切圆的性质，考查切线长定理，考查学生的计算能力，利用双曲线的定义进行转化是解决本题的关键．
16. 已知侧棱长为的正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，当该棱锥体积最大时，底面的边长为______，此时球的表面积为______.
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】正四棱柱底面为正方形，侧棱长相等为，表示出底面边长，以及正四棱柱的体积，利用导函数求出当时，体积最大，得底面边长，再在中，求出球的半径，进而求出表面积.
【详解】
如图， ,设四棱锥体积最大时高为 ，
则 ， ，,
，
，
当 时，体积最大，即，
则， ,
设外接球半径为R，则
中， ,
解得 , 球的表面积为 .
故答案为：（1）2；（2）.
【点睛】充分利用正四面体的几何特点，以及和外接球的关系，利用导函数求最大值.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，角所对的边分别为.
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求的最大值.
【答案】（1）或或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理，二倍角公式解决；
（2）利用正弦定理转化为三角函数最值问题.
【小问1详解】
由得，
，
或，
所以或或 ；
【小问2详解】
由为锐角三角形，，根据正弦定理,
所以,

其中为锐角，.
所以当即时，有最大值1
所以的最大值为.
18. 新冠肺炎是近百年来人类遭遇的影响范围最广的全球性大流行病毒.对前所未知、突如其来、来势汹汹的疫情天灾，习近平总书记亲自指挥、亲自部署，强调把人民生命安全和身体健康放在第一位.明确坚决打赢疫情防控的人民战争、总体战、阻击战.当前，新冠肺炎疫情防控形势依然复杂严峻.为普及传染病防治知识，增强学生的疾病防范意识，提高自身保护能力，市团委在全市学生范围内，组织了一次传染病及个人卫生相关知识有奖竞赛（满分100分），竞赛奖励规则如下：得分在[70，80）内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其它学生不得奖.为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取了100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如图所示的频率分布表.
竞赛成绩







人数
6
12
18
34
16
8
6

（1）从该样本中随机抽取2名学生的竞赛成绩，求这2名学生恰有一名学生获奖的概率；
（2）若该市所有参赛学生的成绩X近似地服从正态分布，若从所有参赛学生中（参赛学生人数特别多）随机抽取4名学生进行座谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生人数为，求随机变量的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，2
【解析】
【分析】（1）根据题意可得获奖情况，再根据组合数的计算与概率公式求解即可；
（2）由正态分布的性质可得随机变量，再列出分布列求解数学期望即可.
【小问1详解】
由样本频率分布表可知，样本中获一等奖的6人，获二等奖的8人，获三等奖的16人，共30人，则70人没有获奖，
所以从该样本中随机抽取2名学生的竞赛成绩，这2名学生恰有一名学生获奖的概率为
.
【小问2详解】
因为该校所有参赛学生的成绩X近似地服从正态分布，所以，
所以，即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生成绩在64分以上概率为，所以随机变量，
所以（，1，2，3，4），
所以，，
，，
，
所以的分布列为

0
1
2
3
4
P





所以.
19. 设为正数数列的前项和，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前99项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由与的混合式消去得到的递推式，从而证明为等差数列并求得公差，再由原式求得首项，即可求得数列的通项公式；
（2）根据的周期性分组求和，各组求和后再累加即可.
【小问1详解】
,,两式相减
，
化简得，
又,
所以,所以数列为等差数列，
在中令得，
因此数列的通项公式为；
【小问2详解】
由的周期为3，
，
，
因此 .
20. 如图，在梯形中，AB，四边形为矩形，且平面.

（1）求证：平面平面；
（2）点在线段上运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【答案】（1）证明见解析
（2）点M在到E的距离为的位置
【解析】
【分析】（1）通过证明AC⊥BC，AC⊥CF，可得AC⊥平面BCF，结合ACEF可证明结论；（2）由（1）如图建立以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴的空间直角坐标系，设点M(t，0，1)，其中，分别求出平面与平面法向量，利用平面与平面所成锐二面角的余弦值为可得答案.
【小问1详解】
证明：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=CD=BC=1，故梯形ABCD为等腰梯形，因为，则，所以
又因为，则，
∴AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴AC⊥CF.
又∵平面BCF，，∴AC⊥平面BCF，因四边形ACFE为矩形，AC∥EF，则EF⊥平面BCF ，EF在平面EFD内，因此，平面EFD⊥平面BCF；
【小问2详解】
因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系.
在直角三角形中，因则A(，0，0)、B(0，1，0)、C(0，0，0)、F(0，0，1)、E(，0，1)，设点M(t，0，1)，其中.
设平面MAB的法向量为，则，.
则，取，可得.又由题易知平面FCB的一个法向量为
则，
得或（舍去），所以，即点M在到E的距离为的位置.

21. 如图所示，已知在椭圆上，圆，圆在椭圆内部.

（1）求的取值范围；
（2）过作圆的两条切线分别交椭圆于点（不同于），直线是否过定点？若过定点，求该定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）
（2）过定点，
【解析】
【分析】（1）根据点在圆外的性质，结合二次函数的最值进行求解即可；
（2）设出圆的切线方程，根据圆切线的性质，一元二次方程根与系数关系、直线与椭圆的相交关系进行求解即可.
【小问1详解】
由题意，故椭圆方，
设为椭圆上的一动点，由于圆在椭圆内部，则恒成立，
即对任意恒成立，
令，
，
则，于是有；
【小问2详解】
设，，
，（由（1）斜率都存在），
由于两直线均与圆C相切，则，
则为方程的两根，由韦达定理可知，
设，
由韦达定理可知，
由.则
.故过定点.
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据两直线均与圆C相切，得到两条切线的斜率之间的关系.
22. 已知且.
（1）试讨论函数的单调性；
（2）当时，若有三个零点.
①求的范围；
②设，求证：.
【答案】（1）答案见解析
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）去绝对值符号，再分和两种情况讨论即可得解；
（2）①，有三个零点有三个不同的实根，，构造函数，易得函数为奇函数，利用导数求出函数的单调区间，作出函数的大致图象，结合函数图象即可得解；
②由①可得，则要证，只需证明：，结合整理即可得证.
【小问1详解】
注意，，则，
令，
当时，时，，
时，，此时无解，
故当时，在，上单点递减，
在上单调递增，
当时，时，，此时无解，
时，，
故当时，在，上单点递减，
在上单调递增，
综上所述，当时，在，上单点递减，
在上单调递增；
当时，在，上单点递减，
在上单调递增；
【小问2详解】
①，有三个零点有三个不同的实根，
，令，
因为，所以为奇函数，
当时，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，单调递减，
又当时，，当时，且，，
如图，作出函数的大致图象：

因为有三零点，且，
则；
②由①可得，则，
则要证，只需证明：，
由于，
则有，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；