重庆市第十一中学教育集团2024-2025学年高三下学期第七次质量检测数学试题含解析

重庆市第十一中学校教育集团高届高三第七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､单项选择题：本题共8小题，每题5分，共分．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.已知命题；命题．则（）A.和都是真命题B.和都是真命题C.和都是真命题D.和都是真命题【答案】A【解析】【分析】分别求解和的真假性，即可求解.【详解】由可得，故真命题，当，故为真命题，故选：A2.已知复数满足，则复数在复平面里位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】模的计算公式求出复数在复平面内对应的点的轨迹方程，即可得解.【详解】设，第1页/共21页因为，所以，即，所以复数在复平面内对应的点是以为圆心，为半径的圆，所以复数在复平面里位于第一象限.故选：A.3.已知圆台上下底面圆半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据圆台表面积的计算公式，结合已知条件，直接求解即可.【详解】设上下底面圆半径分别为，母线长为，则圆台表面积.故选：B4.南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为：，则该数列的第16项为（）A.196B.197C.198D.227【答案】D【解析】【分析】由从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，列出后一项与前一项的差，再由累加法即可求得通项公式，即可求得该数列的第16项.【详解】若某个二阶等差数列的前4项为：，即可知，，,累加即可得到，第2页/共21页则，则故选：D.5.设是方程的两根，且，则（）A.B.C.或D.【答案】B【解析】【分析】利用韦达定理求出，再利用两角和的正切公式求出，即可得解.【详解】因为是方程的两根，所以，所以，因为，所以，所以，则，所以.故选：B.6.及其导函数一个公共点，其坐标为，则（）A.函数的最大值为1第3页/共21页B.函数的最小值为1C.函数的最大值为1D.函数的最小值为1【答案】C【解析】【分析】AB选项，先判断出虚线部分为，实线部分为，求导得到在R上单调递增，AB错误；再求导得到时，单调递增，当时，单调递减，故C正确，D错误.【详解】AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数，则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为，实线部分为，故恒成立，故在R上单调递增，则A，B显然错误，对于C，D，，由图像可知，恒成立，故单调递增，当，，单调递减，所以函数在处取得极大值，也为最大值，，C正确，D错误.故选：C7.过双曲线的右支上一点，分别向和作切线，切点分别为，则最小值为（）A.31B.30C.29D.28第4页/共21页【答案】B【解析】【分析】根据圆的方程确定圆心和半径，且双曲线左右焦点为两圆圆心，连接，应用勾股定理及双曲线定义及已知确定相关线段和差最值，即可求结果.【详解】由题设中圆心，半径，中圆心，半径根据双曲线方程知其左右焦点为，连接所以所以，，当且仅当为双曲线右顶点时等号成立，故的最小值为30.故选：B8.从重量分别为12341029克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（）A.B.C.D.第5页/共21页【答案】C【解析】【分析】根据选砝码个数可以分为一个砝码，两个砝码，三个砝码，四个砝码，五个砝码五种情况可求得，在分析各个选项的系数，即可求解.【详解】一个砝码有，9一种情况，种情况，两个砝码有，，，几种情况种三个砝码有，，，，，，几种情况种四个砝码有，，，，，种，五个砝码有，，种，总计种.对A，选项系数为，故不符合，所以A错误；对B，的系数是选个带的，其他的个括号选常数项，可得，故B错误；对C，系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为有两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为，系数为与组成，其他为常数，，系数为，系数为与组成，其他为常数，，系数为，系数为与组成，其他为常数，，系数为，同理由三项组成，，，，，数，则系数为同理由四项组成，，，几种情况，其他为常数，则系数，第6页/共21页同理由五项组成其他项为常数，则系数为，综上系数为，故C正确；对D，，系数直接有一项，其他是常数项，可有种情况，系数为，有与组成，其他是常数项，可有,故D错误.故选：C二､多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共分．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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列说法正确的是（）A.数据的众数和第60百分位数都为5B.样本相关系数越大，成对样本数据的线性相关程度也越强C.若随机变量服从二项分布，则方差D.若随机变量服从正态分布，则【答案】AC【解析】【分析】利用众数和第60百分位数的定义判断A，利用相关系数的意义判断B，利用方差的性质判断C，利用正态曲线的性质判断D即可求解.【详解】数据中的众数为，所以第60百分位数为第6个数据5，选项A正确；当时，越大成对样本数据的线性相关程度越弱，选项B错误；选项C正确；第7页/共21页选项D错误，故选：AC10.已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（）A.B.C.使的最小正整数为12D.的最小值为【答案】BD【解析】A与BC求得答案；对D，求出，利用对勾函数单调性求最值.【详解】对于A，由，当时，，当时，，，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，由，即，解得，故C错误；对于D，，时，，因为函数在上单调递减，在上单调递增，∴当或4时，取得最小值为，故D正确．第8页/共21页故选：BD.如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，是正方形内的动点，则下列结论正确的是（）A.若平面，则点的轨迹长度为B.若，则点的轨迹长度为C.若是正方形的中心，在线段上，则的最小值为D.若是棱的中点，三棱锥的外接球球心为，则平面截球所得截面的面积为【答案】ABD【解析】【分析】作出相应图形，先证明平面平面，再结合给定条件确定动点轨迹，求出长度即可判断A；建立空间直角坐标系，根据题意确定动点轨迹，求解长度即可判断B翻折到与平面交于点即可判断C，先找到球心，利用勾股定理得出半径，进而可判断D.【详解】如图，取的中点为N，M，连接MN，DN，BD，BM，NE，，所以，又E，F分别是棱的中点，第9页/共21页所以，所以，平面CEF，平面CEF，∴平面CEF，因为N，E分别是棱的中点，所以，且，所以四边形CDNE为平行四边形，所以，又平面CEF，平面CEF，∴平面CEF，又，MN，平面BDNM，所以平面平面CEF，点P是正方形内的动点，且平面CEF，所以点P的轨迹为线段MN，由勾股定理得，故A正确；如图，以A为原点，建立空间直角坐标系，由题意得，设，则，所以，所以点P的轨迹为为圆心，半径为1的个圆，所以点P的轨迹长度为，故B正确：如图，将平面CEF翻折到与平面共面，连接PC，与EF交于点Q，此时取到最小值，第10页/共21页∵，且，所以点Q为EF的中点，所以，所以，即的最小值为，故C错误：如图，连接PF，交于点，连接PE，设三棱锥的外接球的半径为，若P是棱的中点，则，所以FP是外接圆一条直径，所以是外接圆的圆心，过点作平面ABCD的垂线，则三棱锥的外接球的球心O一定在该垂线上，连接OP，设，则，连接OC，，所以，所以，解得，所以，点到平面的距离为，则球心到平面的距离为，则截面圆的半径为，所以截面的面积为，故D正确.故选：ABD．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．第11页/共21页12.已知，且，则__________．【答案】【解析】【分析】先求出，由，可得，再根据结合数量积的运算律即可得解.【详解】由，得，因为，所以，则.故答案为：.13.若，则实数的值为__________．【答案】【解析】【分析】利用辅助角公式，诱导公式及二倍角的正弦公式化简即可.【详解】因为，所以.故答案为：.14.抛物线与椭圆有相同的焦点，分别是椭圆的上、下焦点，是椭圆上的任一点，是的内心，交轴于，且，点是抛物线上在第一象限的点，且在该点处的切线与轴的交点为，若，则__________．【答案】【解析】第12页/共21页【分析】作出辅助线，由正弦定理得到根据椭圆定义得到从而求出焦点坐标为，得到抛物线方程，根据导数几何意义得到在点的切线为：求出结合得到是等比数列，利用等比数列的通项公式求出答案.【详解】焦点在轴上，故椭圆的焦点在轴上，故，I是的内心，连接，则平分在中，由正弦定理得①，在，由正弦定理得②，其中故又式子①与②相除得故同理可得由椭圆定义可知即焦点坐标为第13页/共21页所以抛物线方程为故在处的切线方程为即又故所以在点的切线为：令又即所以是首项16，公比的等比数列，故答案为：．四､解答题：本大题共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）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】1）利用导数的几何意义即可得解；（2）利用导数求得的最小值，从而得到关于的不等式，解之即可得解.【小问1详解】因为，所以，第14页/共21页当时，，故，所以曲线在点处的切线方程为，即.【小问2详解】由（1）得，因为所以由得所以当时，单调递减；当时，单调递增；所以因为恒成立，所以，解得，所以实数的取值范围为16.记的内角所对的边分别为，已知．（1）求；（2）若，求的面积．【答案】（1）或（2）3【解析】1）根据正弦定理，边化角，结合三角形中角的取值范围，可得，从而确定角.（2）根据条件求角求边，再结合三角形面积公式求面积.【小问1详解】由，及正弦定理得，因为为三角形内角，故，故得，第15页/共21页又为三角形内角，或.【小问2详解】由得，又，所以.由（1）得，故，而为三角形内角，.由正弦定理，得，故的面积.17.如图，在平面四边形中，，点满足，，将沿折起至位置，使得点不在平面内．（1）证明：平面平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）利用面面垂直的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可.第16页/共21页【小问1详解】在中，所以，解得，所以，，所以，因为平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】因为，所以，又，所以，即，又因为平面，所以平面，因为平面，所以，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，所以，即，取，则，所以，显然为平面的一个法向量，第17页/共21页所以，平面与平面的余弦值为.18.加航空航天科普知识答题竞赛，每位参赛学生答题若干次．答题赋分方法如下：第120分，答错得10分；从第2次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得10分．学生甲参加答题竞赛，每次答对的概率为，各次答题结果互不影响．（1）求甲前3次答题得分之和为40分的概率；（2）记甲第次答题所得分数的数学期望为．①写出与②若，求的最小值．【答案】（1）（2）①；②【解析】13次答题得分之和为40分的事件是甲前3次答题中恰答对一次的事件，再利用相互独立事件概率的乘法公式计算作答.（2）①求出，再分析、写出与满足的等量关系式作答；②利用构造法求出的通项，列出不等式并结合单调性作答.【小问1详解】甲前3次答题得分之和为40分的事件是：甲前3次答题中仅只答对一次的事件，所以甲前3次答题得分之和为40分的概率；【小问2详解】①甲第1次答题得20分、10分的概率分别为，则，第18页/共21页当时，，所以，且，②由①知，当时，，而，因此数列以为首项，为公比的等比数列，，于是，由得：，因为，则有正整数，所以的最小值是.19.在平面直角坐标系的长轴长是短轴长的与相切，与圆相交于两点．当垂直于轴时，．（1）求的方程；（2）对于给定的点集