重庆市第十一中学教育集团高三上学期第四次质量检测数学试题

重庆市第十一中学校教育集团高届高三第四次质量检测数学试题注意事项：．本试卷满分为分，考试时间为分钟．．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．．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．．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.已知是虚数单位，则复数的共轭复数（）A.1B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法和除法运算及共轭复数的定义即可求得.【详解】因为，所以复数的共轭复数.故选：D2.已知集合，，则的真子集个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】化简集合，根据交集的概念以及真子集的个数结论求出.【详解】，得，则，则，其真子集个数为.第1页/共22页故选：C3.已知，为两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（）A.若，，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则【答案】B【解析】【分析】在正方体中举反例可判断选项ACD；对于选项B：利用线面垂直的性质定理可判断.【详解】对于A：在正方体中，平面平面，直线平面，直线平面，但与为异面直线，故选项A错误；对于B：利用线面垂直的性质定理可直接得到，故选项B正确；对于C：在正方体中，平面，且平面平面，但平面，两者不平行，故选项C错误；对于D：正方体中，平面平面，平面，但平面，两者不平行，故选项D错误.故选：B4.几何证明中的“终极优雅”是通过极简的图形构造等方式，让复杂定理在几何图形中展现．如图所示的矩形便能达到正弦和余弦的二倍角公式的“终极优雅”证明，根据图中条件可推导（）第2页/共22页【答案】C【解析】【分析】根据题意、结合直角三角形中三角函数的定义，准确化简，即可求解.【详解】在中，因为,可得,在直角中，可得在直角中，可得,所以.故选：C.5.已知函数奇函数，则（）A.－1B.1C.0D.－2【答案】B【解析】【分析】根据奇函数定义结合余弦函数的诱导公式计算求参即可【详解】因为函数为奇函数，所以，所以，即得恒成立，所以.第3页/共22页故选：B.6.的展开式中的系数为（）A.B.C.20D.30【答案】A【解析】【分析】利用二项式定理展开式的通项公式进行计算即可.【详解】，其展开式的通项公式为，令，则，而的展开式的通项公式为：，令，则的展开式中的系数为:,故选：A.7.若数列满足（且为“对数m是“对数2底数列”且，则当且时，（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据定义，即，再利用累乘，平方后再由根据递推关系可得答案.【详解】因为正项数列是“对数2底数列”所以，所以，所以，且以上式子相乘得，所以，第4页/共22页所以，得，且，则，所以，，故.故选：A.8.已知函数图象上存在两点PQ（其中O为坐标原a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】的定义域为在导数求最小值即可得解.【详解】定义域为，，令得当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，取得最小值，.因为图象上存在两点P，Q，使得，所以在上有解所以，即，解得.故选：A.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分．第5页/共22页积为，则（）A.在上单调递增B.的对称中心是C.点的纵坐标为D.的解集为【答案】ACD【解析】【分析】首先根据周期求得，利用面积公式求得判断C；进而利用求得解析式，利用整体法求得单调递增区间判断A；求得对称中心判断B；解不等式判断D.【详解】最小正周期，故选项C正确；由，令，当时，单调递增且，此时单调递增，第6页/共22页，所以函数的对称中心为，故选项B错误；，故选项D正确.故选：ACD.10.同学共3人计划阅读其中一部，每人选一部作品，则（）A.3人选择的作品均不同的方法总数为24B.恰有2人选同一部作品的方法总数为27C.恰有1人选《红楼梦》的概率是D.【答案】ACD【解析】【分析】先确定总情况数，再针对每个选项，用排列或分步计数算事件数，概率用事件数÷总数求解.【详解】首先分析总情况：3人每人选4部作品中的一部，总方法数为种.对于A选项，3人选择的作品均不同的方法总数为，故A选项正确.对于B选项,恰有2人选同一部作品:先选重复的作品，再选这2人，最后第3人选剩下的3部之一，方法数为,故B选项错误.对于C选项,恰有12人从剩下3部中选，方法数为，概率为,故C选项正确.对于D4种选择，总情况为种，，第7页/共22页所以概率为,故D选项正确.故选：ACD.已知正方体的棱长为EF分别是棱BC，是（）A.直线EF与所成的角为B.若点P满足，其中，则棱锥的体积为定值C.用一张正方形的纸把正方体纸的面积的最小值为96D.为球心，4为半径作一个球，则该球面与三棱锥表面相交的交线长为【答案】BCD【解析】ABP点在线段上，即可判断；对于C，由正方体侧面展开图可以看出五个边长为的正方形及上下左右四个等腰直角三角形组成一个正方形，可知要想把正方体完全包住，正方形即为所求最小正方形，计算其面积即可判断；对于D是直角三角形，球面与这两个面的交线和为以以4为半径的圆弧，是直角三角形，球面与这个面的交线是以B为圆心，圆心角，半径为2的圆弧，是等边三角形，球面与这个面的交线是以为圆心，圆心角，半径为4的圆弧，进而可求解.【详解】对于A，连接因为E，F分别是棱BC，的中点，所以所以直线EF与所成的角为因为几何体是正方体，所以为等边三角形，第8页/共22页所以，即直线EF与所成的角为，故A错误；对于B，因为，其中，所以，所以，所以P点在线段上，又因为与平行，平面平面，所以P到平面的距离为定值，三角形的面积为定值，所以为定值.故B正确；对于C，由正方体的侧面展开图，结合上图可以看出五个正方形及上下左右四个三角形组成一个正方形，可知要想把正方体完全包住，正方形即为所求正方形，对角线长为，所以面积为，故C正确；对于D，因为是直角三角形，球面与这两个面的交线和为以为圆心，圆心角为以4为半径的圆弧，其弧长为，是直角三角形，球面与这个面的交线是以B为圆心，圆心角，半径为2的圆弧，其弧长为，是等边三角形，球面与这个面的交线是以为圆心，圆心角，半径为4的圆弧，其弧长为，所以球面与三棱锥表面的交线长为，故D正确.故选：BCD.第9页/共22页12.记等差数列的前n项和为，若，，则______．【答案】36【解析】【分析】列出的方程组，求出其值，再根据等差数列的前项和公式求出.【详解】设等差数列的公差为，则由题意得，，，得，则.故答案为：13.在等腰梯形中，，，，该梯形绕直线旋转一周形成的面围成的几何体体积为______．【答案】【解析】【详解】根据题意，得到几何体为一个圆柱挖去两个圆锥，结合圆柱和圆锥的体积公式，即可求解.【点睛】如图所示，因为等腰梯形中，，，，将等腰梯形绕直线旋转一周，得到如图所示的组合体，过作，过作，垂足分别为，可得，设，可得，解得，所以，即圆锥和圆柱的半径为，设圆柱，圆锥和的体积分别为，则圆柱的体积,圆锥和的体积为，所以将梯形绕直线旋转一周，所得几何体的体积为.故答案为：.第10页/共22页14.在中，，它的面积是10，EF分别在ABAC所在的直线上，且满足，对任意，恒成立，则______．【答案】【解析】【分析】根据三角形面积求得，根据题意分析可得，，再由，结合三角形和三角形和求得.【详解】因为，则，且，又因为的面积为10，则，解得，由图知表示直线上一点到点的向量，而则表示直线上一点到点的距离，由对任意恒成立可知，的长是点到直线上的点的最短距离，此时，同理可得，则，第11页/共22页因为，则，可得，由，可得，由，可得，所以.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知函数，．（1）若对任意，恒成立，求实数m的取值范围；（2）判断的极值点个数并说明理由．【答案】（1）（2）有且仅有一个极值点，理由见解析【解析】1）化简恒成立的不等式可得，由可得取值范围；（2）令，利用导数可知单调递减，结合零点存在定理可得存在唯一零点，进而得到单调性，根据极值点定义可得出结论.【小问1详解】在上恒成立，在上恒成立，当时，在上取得最大值，，即实数的取值范围为；【小问2详解】第12页/共22页由（1）知：，当时，，在上单调递增；当时，令，则，在上单调递减，又，，，使得，且当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，综上所述：在上单调递增，在上单调递减，有且仅有一个极值点.16.500500方案13个红球，2个黑球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，有放回地依次摸出3个球．每摸出1次红球，立减100元，若3次都摸到红球，则额外再减100元（即总共减400方案23个红球，2个黑球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，不放回地依次摸出3个球．中奖规则为：若摸出3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球，则打5折；其余情况无优惠．（1）顾客小明选择抽奖方案2，已知他第一次摸出红球，求他能够享受优惠的概率；（2）顾客小红恰好消费了500元，试从实付金额的期望值角度，分析他选择何种抽奖方案更合理．【答案】（1）；（2）选择方案1更合理，理由见解析.【解析】1AB1个红球或两个红球两种情况可得，然后由条件概率公式可得答案；（2）分别写出两种方案下实付金额对应期望，即可得答案.【小问1详解】第13页/共22页设他能够享受优惠为事件B，剩余球为2红2黑，则他第一次摸出红球，剩下两球均为红色的情况有种，他第一次摸出红球，剩下两球为1红1黑的情况有种，则，则他第一次摸出红球，他能够享受优惠的概率为：；【小问2详解】若选方案1，设实付金额数为，则的可能值为.注意到有放回地摸到一次红球的概率为，摸到一次黑球的概率为，则，，，.则;若选方案2，设实付金额数为，则的可能值为.由（1）可得无放回摸出三球的情况有种，则，，，则.因，则他选择方案1更合理.第14页/共22页前n项和为．（1）求数列的通项公式及的前n项和；（2）是否存在正整数m，n（，，成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1），（2）存在，【解析】1）根据与之间的关系分析可知数列为等差数列，即可求通项公式，再通过裂项相消法求出数列的前项和；（2）根据题意等比中项整理可得，然后求解的值.【小问1详解】因为，则，当时，则，两式相减可得，整理可得，即，可知数列是以首项，公差的等差数列，所以.又因为，所以.【小问2详解】第15页/共22页若存在正整数，使得成等比数列，则，即，整理可得，解得：，因为且，可得，故存在正整数，使得成等比数列．18.在正三棱台中，，Q是AC的中点．（1）求证：平面.；（2）若，求直线AC与平面所成角的正弦值；（3次运动后电子猫仍停留在下底面的概率为，求．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】1）根据题意，证得且，得到四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）取正三棱台的上下底面的中心为和，以坐标原点，建立空间直角坐标系，设，第16页/共22页（3为集合为集合为次移动后在的概率，得到，且，结合等比数列的通项公式，即可求解.【小问1详解】证明：在正三棱台中，可得，因为，是的中点，可得且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，且平面，所以平面.【小问2详解】解：取底面正的中心为，上底面正的中心为，以所在的直线分别为点垂直于平面的直线为直角坐标系，如图所示，设，且，可得，则，所以，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，又由向量，设直线与平面所处的角为，则，第17页/共22页所以直线AC与平面所成角的正弦值.【小问3详解】解：电子猫从点出发，每次等可能移动到相邻顶点，设下底面为集合，上底面为集合，可得从任意顶点，移动到的概率为，移动到顶点的概率为，从任意顶点，移动到的概率为，移动到顶点的概率为，设为次移动后在的概率，则，当时，，可得，即，所以数列构成首项为，公比为的等比数列，所以，所以，所以在次运动后电子猫仍停留在下底面的概率为.19.造型可以看作图中曲线C一部分，已知C过坐标原点O，且C上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为第18页/共22页（1）求a的值;（2）当点在C上时，求证：（3）如图，过点F作两条互相垂直的弦，分别交曲线C于，，，，其中，求四边形面积的最小值.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】1）根据曲线C上的点满足的条件，结合可求a的