重庆市沙坪坝区2026届高三数学下册3月底质量检测七试题【附答案】

/注意事项：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．3．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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．4．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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【详解】因为，所以.2.已知复数满足，则在复平面内，复数所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【正确答案】B【详解】，复数所对应的点为，即位于第二象限．3.已知，，若，则实数（）A. B. C.1 D.2【正确答案】D【分析】根据向量线性运算及向量的共线结论可得.【详解】因为，，所以，，由，所以，解得．4.设正实数，满足，则的最小值为（）A.7 B.8 C.9 D.10【正确答案】C【分析】根据基本不等式“1”的妙用计算求解.【详解】，当且仅当，时取等．5.已知，则（）A. B. C. D.【正确答案】A详解】设，则，．6.已知数列满足，当时，，则数列的最大项为（）A.第2项 B.第3项 C.第4项 D.第5项【正确答案】C【分析】通过递推公式计算前几项，当时借助函数的单调性即可得最大项.【详解】当时，由题意得，又，故；当时，由题意得，又，故；当时，，因为函数在上是减函数，故时，达到最大，故第4项为最大项．7.过原点作直线交圆于，两点，弦的中点为，则点的轨迹长度为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】先由题意可得P点轨迹是一个圆的一部分,再结合圆的几何性质及弧长公式可得.【详解】由圆的性质知，故点的轨迹是以为直径的圆位于圆内部的－段圆弧，如图：因为，所以的中点，且点D在圆C上，故以为直径的圆的方程为，设此圆与圆的两个交点为、，所以四边形是边长为1的菱形，所以，所以为正三角形，且边长为1.所以，，则弧的长度为．8.已知定义在上的函数满足：，为偶函数，且，若，则正整数的最小值为（）A.21 B.25 C.29 D.33【正确答案】C【详解】由得，的周期为8，由为偶函数知：，故的图象关于对称，，，，，，欲使，必有，而，，，，故的最小值为29．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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.成对数据和的一元线性回归模型为，依据模型可建立经验回归方程，用回归方程可得到响应变量的预测值及残差，残差是随机误差的估计结果，通过对残差的分析可以判断模型刻画数据的效果．对下列四幅残差图的描述正确的是（）A.图甲显示残差的方差随观测时间变大而变大B.图乙满足一元线性回归模型对随机误差的假设C.图丙说明残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分D.图丁说明残差与观测时间有线性相关性，故满足一元线性回归模型对随机误差的假设【正确答案】ABC【分析】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定进行判断.【详解】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，残差应是均值为、方差为的随机变量的观测值.对于A选项，由图可知残差的方差随观测时间变大而变大，故A正确；对于B选项，由图可知残差比较均匀地分布在水平带状区域内，满足一元线性回归模型对随机误差的假设，故B正确；对于C选项，由图知残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分，故C正确；对于D选项，由图知残差与有线性关系，不符合题意，故D错误.10.在一个圆台形容器内放入一个球体，该球恰与圆台的上、下底面及侧切，轴截面如图所示．设球心为，半径为，圆台的母线为，上、下底面的半径分别为、，．若已知，则（）A. B.圆台的侧面积为C. D.圆台体积的最大值为【正确答案】BC【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征以及导数运算求解即可.【详解】如图设球与上底面、侧面、下底面切点为，，，由过点作圆的切线段等长可知，即，A说法错误；由圆台侧面积公式可知该圆台侧面积为，B说法正确；在中由勾股定理得，解得，C说法正确；圆台体积，令，由可知，当且仅当时等号成立，所以，则，求导得在恒成立，所以单调递增，无最大值，D说法错误.11.已知双曲线的一条渐近线为，，是双曲线的左、右焦点，过的动直线与双曲线的左支交于点，与右支交于点，点，均在轴上方，设与的内切圆半径分别为，，则（）A.双曲线的离心率为 B.C.若，则直线的斜率为 D.的取值范围是【正确答案】ABD【分析】根据渐近线方程得，从而可判断A；如图，设为的内心，的内切圆与三边切于点，，，根据双曲线定义和切线性质可得，，设，，进一步求，判断BC；利用双曲线的定义以及内切圆的性质可得，，即可判断D.【详解】由题，，可得，A正确；如图，设为的内心，的内切圆与三边切于点，，，，又因，联立解得，，设，，，即，由，则得，故，B正确；，，直线的斜率为，C错误；设为的内心，与三边切于点，，，，又，两式相加可得，，，则，将代入上式，可得，因为过动直线与双曲线的左支交于点，与右支交于点，故，因,则可得，故，D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在中，角，，的对边分别为，，，若，，的面积为，则________．【正确答案】【分析】由面积公式可得，再利用余弦公式求解即可.【详解】因，即，所以，由余弦定理，，解得．13.若函数在处取得极大值，则实数的取值范围为________．【正确答案】【分析】先求导数，然后分，，三种情况讨论，借助导数研究函数的极值，即可得解.【详解】求导得.若，则，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，故符合要求；若，令.当时，解得，，当时，，此时是开口向上的抛物线，所以当时，，；当时，，，所以在处取得极大值，故符合要求；当时，此时是开口向下的抛物线，欲使成为的极大值点，只需，即，解得.综上，可得实数的取值范围为．14.已知5支球队两两之间都要进行一场比赛，任意两支球队之间的比赛都没有平局，则有且只有2支球队恰好获胜3场的情况种数为________．（用数字作答）【正确答案】360【分析】根据分步乘法计数原理计算求解.【详解】先从5支球队中选出两支球队甲、乙恰胜3场，由于甲乙之间存在胜负关系，故甲、乙的选法有种；不妨设甲战胜了乙，甲还需战胜其余3支队伍中的2支队伍，故有种选择．这样，乙必然战胜其余3支队伍．设甲没战胜的队伍是丙，由于是恰有两支球队获胜3场，所以除甲、乙、丙外的两支球队至少有一支队伍战胜了丙，丙与另外两支球队的三场比赛共8种结果，减去丙全胜的2种，还有6种情况．故所求的情况种数为．四、解答题：本题共5小题，共77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）求函数的最小正周期及对称中心坐标；（2）已知，若关于的方程在区间上恰有两个不同实根，求的取值范围．【正确答案】（1），（2）【分析】（1）利用两角和的正弦公式及辅助角公式将化为的形式，根据公式求其最小正周期，利用整体代换的方法，根据正弦函数的对称中心可求得的对称中心坐标；（2）利用整体代换法，将“关于的方程在区间上恰有两个不同实根”转化为“恰有两个解”，从而得到的取值范围，得到的取值范围.【小问1详解】，的最小正周期为；令，解得，所以的对称中心坐标为．【小问2详解】.令，则.所以在上恰有两个解.所以，解得．所以的取值范围是．16.已知正方形的边长为，将沿翻折至，如图，在二面角内有一点，满足，且．（1）求证：平面；（2）若二面角大小为，求与所成角的余弦值．【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）要证明线面垂直，需要证明该直线与该平面内的两条相交直线垂直即可，即证明.（2）先建立空间直角坐标系，然后根据向量夹角的余弦公式计算即可.【小问1详解】证明：取中点，连接，，，由于，，，由等腰三角形三线合一可得，，，又因为，面，可得面，从而，同样的，又因为，面，可得面，从而，又因为，面，可得平面．【小问2详解】解：由于正方形，所以，又因为，由（1）有，所以，从而有，以为原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系如图，由于二面角的平面角即为，由（1）可知、、、共面，又因可得，所以，，，，，，所求角的余弦为：．17.某智能手环可通过监测心率对佩戴者进行“心律失常”疾病的早期预警．据临床数据，其用户群体中该疾病的患病率约为0.5%，手环单次分析会给出“预警”或“无预警”结果，其性能如下：对于确实患病的用户，单次分析触发预警的概率为99%（灵敏度）；对于未患病的用户，单次分析误触发预警的概率为5%（误报率）．现从用户群体中随机抽取一人，进行单次分析．（1）求此次分析触发预警的概率；（2）记事件为“此次分析触发预警”，事件为“该用户确实患病”．（i）求；（ii）结合（1）和（2）（i）的结果，说明与在医学预警中的不同含义，并分析：若手环触发预警，哪个概率对用户决定是否就医的参考价值更大？为什么？【正确答案】（1）0.0547（2）（i）（ii）答案见解析【小问1详解】事件为“用户患病”，事件为“分析触发预警”．由题知：，，，．由全概率公式：所以，触发预警的概率为0.0547．【小问2详解】（i）由贝叶斯公式：，所以，在预警条件下确实患病的概率约为．（ii）含义解释：由（i），表示“在手环预警的条件下用户确实患病”的概率，它衡量了预警结果的可靠性，回答了“预警是否意味着真患病”的个人风险问题；是灵敏度，表示“用户真患病的条件下手环触发预警”的概率，反映了该手环识别真实病例的能力；决策参考分析：对收到预警的个人而言，的参考价值更大、更直接．理由：该值从群体基础患病率（）显著提升至，构成了明确的个人健康风险信号，用户应结合自身症状，将此作为是否需要进一步医疗检查的关键依据．而描述的是该手环的整体性能，无法直接量化个人当前风险，故对个人就诊决策的参考相对间接．18.已知动点，分别在直线和上，且，为的中点，记点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）设点，在曲线上，，且的外心在直线上．（i）若直线过点，求直线的方程；（ii）求点到直线距离的最大值．【正确答案】（1）（2）（i）（ii）【分析】1）利用两点间距离公式和中点公式分析即可；（2）（i）设直线方程，联立直线与曲线方程，结合韦达定理求出即可；（ii）方法一：利用点到直线的距离公式以及函数导数与单调性求最值（不含参数）分析求解即可；方法二：利用三角形外心的性质结合韦达定理以及函数导数与单调性求最值（不含参数）分析求解即可.【小问1详解】设，，由题得①，设，则，代入①可得，即，所以曲线的方程为．【小问2详解】如图所示：由题可设直线方程为，，，联立得，则即，，，由条件中垂线方程为即②，同理可得的中垂线为③，则由题联立②③消去可得，即（*）（i）由直线过点得，则由（*）可得，所以直线的方程为；（ii）方法一：，由可得，，令，则设，则，令，因为，所以解得：，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，取不到，所以的最大值为，当时等号取到，即.方法二：设外心，到、、距离相等得，化简得，所以，则，同理，、是两根，则有可得（*），由可得，，令，则设，则，令，因为，所以解得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，取不到，所以的最大值为，当时等号取到，即.19.已知函数．（1）证明：；（2）已知数列满足：，，．记．（i）证明：;（ii）是否存在小于的实数，使得对任意的正整数成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．参考数据：【正确答案】（1）证明见解析（2）（i）证明见解析（ii）不存在，理由见解析【分析】（1）法一：令，，求导，求得的单调区间，进而得，可证结论；法二：设，，利用导数可得的单调性，进而可得存在使得，进而可证结论；（2）（i）法一：所证不等式等价于，设，，利用导数可证结论.法二：所证不等式等价于，设，，利用导数可证明结论.（ii）由（i），利用累加法可得，进而得，进而可得结论.【小问1详解】法一：，设，，，令