重庆市南开中学高三上学期第三次质量检测（月期中）数学试题

重庆市南开中学高届高三第三次质量检测期中考试数学试题注意事项：本试卷满分分，考试时间分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名、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，再选涂其它答案标号试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.命题“”的否定为（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据存在量词命题的否定形式，直接求解.【详解】存在量词命题否定是全称量词命题，所以命题“”的否定为“”.故选：C2.若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将条件平方后，结合同角三角函数基本关系式和二倍角公式，即可求解.【详解】，第1页/共22页得故选：B3.已知为虚数单位，复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数模的运算性质及共轭复数模相等求解.【详解】，，即，化简可得，即，所以，故选：A4.若函数的图象关于直线对称，则实数的值为（）A.3B.4C.5D.6【答案】C【解析】【分析】由对称性知函数定义域关于点对称，即可得解.【详解】设，因为函数，所以，解得，即函数定义域为，因为函数的图象关于直线对称，所以，解得，此时，,第2页/共22页故选：C5.已知向量满足，则（）A.B.C.1D.2【答案】A【解析】【分析】根据数量积的运算法则求解即可.【详解】，，故选：A6.已知各项均为正数的等比数列满足：，则的公比（）A.6B.4C.3D.2【答案】D【解析】【分析】先讨论时不满足题意，再结合等比数列前项和公式讨论情况即可.【详解】解：因为各项均为正数的等比数列满足：，当时，，不满足题意，故，所以，即因为第3页/共22页所以，即，解得所以.故选：D7.已知等差数列的前项和存在最大值，且，则取得最小正值时为（）A.1B.27C.28D.29【答案】B【解析】【分析】根据条件确定等差数列的首项和公差的正负，再结合所在二次函数的图象和性质，即可求解.【详解】存在最大值，所以数列的公差，由，且，，所以数列是首项，的等差数列，，则，，，可得:，，所以则取得最小正值时为.故选：B8.若点为的外心，且满足，则的最大值为（）A.B.1C.D.【答案】C【解析】【分析】利用将整理得到，利用余弦定理得到第4页/共22页【详解】设，，，，，，，，，，，.故选：C.36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6分，部分选对得部分分，有选错得0分.9.已知平面向量，则下列说法正确有（）A.若，则B.若，则C.若与的夹角为锐角，则实数的范围为D.当时，在上的投影向量的坐标为【答案】ABD【解析】第5页/共22页判断AB且不同向判断C影向量的定义判断D.【详解】对于A：若，则，解得，故A正确；对于B：若，则，解得，故B正确；对于C：当与夹角为锐角时，则，解得，又时，，此时向量夹角为0，所以当与的夹角为锐角时，的取值范围为且，故C错误；对于D：当时，，所以，，所以在上的投影向量为，故D正确；故选：ABD．10.已知各项均为正数的数列项和满足）A.当时，B.为单调递减数列C.可能为等比数列D.当时，中总存在小于的项【答案】BD【解析】【分析】根据递推关系求出判断A，利用作差法判断数列单调性判断B，假设数列为等比数列，由等比数列通项公式求出公比判断C，由反证法及不等式性质求出范围，再由此得出的范围即可判断D.【详解】当时，，取，则，又，则，第6页/共22页当时，，解得，故A错误；时，，所以，所以为单调递减数列，故B正确；假设为等比数列，则，又，即，化简得，，化简可得，故C错误；当时，，则，假设，则，，与假设矛盾，中总有小于的项，故D正确.故选：BD某公益组织一直关注青少年的成长，该组织的会标设计灵感便来源于“成长”一词的拼音首字母，该会标的大致轮廓为如图所示的一个以为圆心、为直径的半圆，和一段形折线组成，其中.现有两动点在圆弧和线段(包含端点)上运动，则下列说法正确的有（）A.的最大值为B.若，则的取值范围是C.最大值为2第7页/共22页D.若，则在上的投影向量模长的取值范围是.【答案】ACD【解析】【分析】A.利用数形结合，以及圆的形式，即可判断；B.建立坐标系，设，，利用坐标法以及三角函数表示C.讨论点求解；D.分点的位置，讨论投影向量的模长.【详解】A.由图可知，，当点三点共线时，等号成立，所以的最大值为，故A正确；B.如图，建立平面直角坐标系，，，，，，，，所以，所以，所以，故B错误；C.设在线段上时，设，，,所以，所以的最大值为2，当点在线段上时，所在直线方程为，设，，，第8页/共22页综上可知，的最大值为2，故C正确；D.设在线段上时，，，当点与点重合时，，此时在上的投影向量模长为0，当点在线段上时，，，，，由可知，，，在上的投影向量模长为，设，，设，所以的值域是，所以的值域是，综上可知，在上的投影向量模长的取值范围是，故D正确.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知函数，请写出一条过点且与的图象相切的直线方程_____.【答案】或（写出其中一条即可）【解析】【分析】设切点，利用导数求出切线斜率，得出切线方程，代入所过点坐标即可得解.【详解】，设切点，第9页/共22页则切线方程为，即，因为过点，所以，解得或，所以切线方程为或故答案为：或（写出其中一条即可）13.某零件厂共有编号分别为一、二、三、四的四个生产车间，已知2025年9月份第一、四车间生产的零件数分别为73万件和145万件，若四个车间产量随编号增加而增加，且四个车间产量的中位数与平均数相等，则2025年9月份该厂生产的零件总数为_____万件.【答案】【解析】【分析】根据中位数和平均数公式，列等量关系式，即可求解.【详解】设第二、三车间生产的零件数分别为，，则，由条件可知，，得，所以该厂生产的零件总数为万件.故答案为：14.已知数列的通项公式分别为，，数列满足.若对任意的的所有取值和为_____.【答案】【解析】【分析】由可知范围，再由三角形三边关系可得的不等关系，结合函数零点解不等式可得.【详解】由题意，不妨设，三点均在第一象限内，由可知，，故点恒在线段上，则有.第10页/共22页即对任意的，恒成立，令，构造函数，则，由单调递增，又，存在，使，即当时，，单调递减；当时，，单调递增；故至多个零点，又由，可知存在个零点，不妨设，且.①若，即.则，可知成立，要使、、的值均能构成三角形，所以恒成立，故，所以有，解得；②若，即时，此时.则，可知成立，要使、、的值均能构成三角形，所以恒成立，故，所以有，解得或；所以满足条件的正整数的所有取值和为故答案为：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.第11页/共22页15.已知函数.（1）求的最小正周期和单调递增区间；（2）现将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若，求函数的值域.【答案】（1）最小正周期为；单调递增区间是，；（2）【解析】1）首先利用辅助角公式化简函数，再根据三角函数的性质，即可求解；（2）根据平移规律写出函数的解析式，再利用代入法，结合正弦函数的值域，即可求解.【小问1详解】由辅助角公式得，函数的最小正周期；令，，解得，，所以函数的单调递增区间是，；【小问2详解】由题意得，当，，则，则，第12页/共22页所以函数的值域是.16.已知四棱台，底面四边形为菱形，，且侧棱平面.（1）证明：平面；（2）记，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】1）底面四边形为菱形，，则为的中点，可得，从而得到平面；（2中点为原点，、、分别为所示，根据长度写出点的坐标，根据得到，从而得到，利用向量求出的法向量和，利用向量的数量积得到直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】，底面四边形为菱形，，，则，设，连接，底面四边形为菱形，为的中点，第13页/共22页，，，为平行四边形，，平面，平面，平面；小问2详解】底面四边形为菱形，，是等边三角形，取中点，连接，则，，，平面，以为原点，、、分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，，，，，，，，，，，第14页/共22页，，，，设，则，，，，，，，，，设平面的法向量为，，则，取，解得，，则，，，，，，设直线与平面所成的角为，则，第15页/共22页直线与平面所成角的正弦值.17.已知双曲线的渐近线方程为，焦距为4.（1）求双曲线的方程；（2）已知过点的直线与双曲线右支交于两点（第一象限），若为坐标原点，的面积为面积的2倍，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】1）根据题意得，再结合即可求解；（2的方程为与双曲线方程联立，并结合求解即可得答案.【小问1详解】因为双曲线的渐近线方程为，焦距为4.所以双曲线的焦点在轴上，且，即，因为，所以，，，第16页/共22页【小问2详解】根据题意，设直线的方程为，联立方程得，且，所以，因为的面积为面积的2倍，所以，代入得，，所以，即，解得，当时，，与矛盾，故舍去，当时，，，，满足题意.所以，此时直线的方程为：，即所以直线的方程为.18.已知函数（1）若函数有两个极值点.（i）求实数的取值范围；第17页/共22页（ii）求证：；（2）若对恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1i）（ii）证明见解析（2）【解析】1i有两个不等根的单调性、极值即可求解；（ii可得证；（2）先证明：①，②，分类讨论的大小，再有放缩法分析即可得证.【小问1详解】因为，要满足题意，则有两个不等根，由，解得，所以在单调递减，在单调递增，故，又时，；时，，（i）若有两个不等根，则，即，此时的两侧导数正负符号都相反，所以都是极值点；（ii）由上面讨论可知：，故要证，即证，即证，即证，令，第18页/共22页则，由于，所以，又单调递增，所以，所以，在单调递增，，所以成立，故得证.【小问2详解】先证两个结论：①；②证明结论①：令，则，所以在单调递减，在单调递增，所以，即；证明结论②：令，则，所以在单调递减，在单调递增，所以，即由题意可得对恒成立，(1)当时，，不满足题意；(2)当时，，综上：19.已知数列和满足，且且.（1）求数列和的通项公式；（2）令，求数列的前项和；（3）将数列和的所有项从小到大重新排序得到数列.在数列的前项中随机取一项，再从不大于的项中随机抽取一项，将其值记为随机变量，若的期望