重慶市西南大學附屬中學2023屆高三下學期名校聯(lián)盟診斷性測試數(shù)學試題 含解析

2023年名校聯(lián)盟診斷性測試數(shù)學（滿分：150分；考試時間：120分鐘）2023年2月注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、班級、考場/座位號、準考證號填寫在答題卡上．2．答選擇題時，必須使用2B鉛筆填涂；答非選擇題時，必須使用0.5毫米的黑色簽字筆書寫；必須在題號對應的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫無效；保持答卷清潔、完整．3．考試結束后，將答題卡交回（試題卷學生保存，以備評講）．一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.若，則（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】將指數(shù)式化成對數(shù)式，再利用換底公式和對數(shù)的運算性質(zhì)計算即得.【詳解】由化成對數(shù)式，可得，則.故選：D.2.已知命題．若命題P是假命題，則實數(shù)a的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)基本不等式計算的最小值，再根據(jù)命題的真假計算即可.【詳解】易知，因為命題P假命題，所以.故選：C3.已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列滿足：，則（）A.60 B.32 C.15 D.20【答案】A【解析】【分析】設等比數(shù)列an的公比為，由兩個等式求得，再利用等比數(shù)列部分和的特征，將拆項分組求和.【詳解】設等比數(shù)列an的公比為.由，可得，因，解得.則.故選：A.4.已知圓臺的上、下底面中心分別為，，過直線的截面是上、下底邊邊長分別為2和4，且高為的等腰梯形，則該圓臺的側面積為A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根據(jù)題意求得母線長，利用側面積公式計算可求出答案．【詳解】由題意，圓臺的上下底面半徑分別為1和2，且截面等腰梯形的腰是該圓臺的母線，則母線長=2，則該圓臺的側面積.故選C【點睛】本小題考查圓臺的側面積的求法，考查運算求解能力，屬于基礎題．5.如圖，在四邊形中，，為線段中點，，則（）A. B.15 C.18 D.9【答案】D【解析】【分析】在中，由余弦定理求出長，由勾股定理可得直角三形，由求出長，再利用數(shù)量積定義即可求.【詳解】在中，已知，由余弦定理可得，則.由，可得.故在中，為線段中點，則，又，則，且.故.故選：D.6.一醫(yī)療團隊為研究治療某種疾病的新藥能否有助于7天內(nèi)治愈該疾病病人，在已患病的500例病人中，隨機分為兩組，實驗組服用該新藥，對照組不服用該藥，在其他治療措施相同的情況下，統(tǒng)計7天內(nèi)痊愈病例數(shù)，得到如下數(shù)據(jù)：7天內(nèi)未痊愈7天內(nèi)痊愈對照組30170實驗組20280根據(jù)表格數(shù)據(jù)，下列結論正確的是（）參考公式及數(shù)據(jù)：，其中．0.100.0100.0012.7066.63510.828A.在犯錯誤的概率不大于0.01的前提下，可以認為服用該新藥與7天內(nèi)治愈病人無關B.在犯錯誤的概率不大于0.001的前提下，可以認為服用該新藥與7天內(nèi)治愈病人無關C.根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，可以推斷服用該新藥與7天內(nèi)治愈病人有關D.根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，可以推斷服用該新藥與7天內(nèi)治愈病人有關【答案】C【解析】【分析】求出卡方值，和6.635，10.828比較即可根據(jù)小概率值的獨立性檢驗判斷.【詳解】，所以根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，有充分證據(jù)推斷服用該新藥對7天內(nèi)治愈病人有影響，因此在犯錯誤的概率不大于0.01的前提下，可以推斷服用該新藥與7天內(nèi)治愈病人有關，故C正確，A錯誤.，所以根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，沒有充分證據(jù)推斷服用該新藥對7天內(nèi)治愈病人有關，因此在犯錯誤的概率不大于0.001的前提下，不可以推斷服用該新藥與7天內(nèi)治愈病人有關，故BD錯誤.故選：C.7.定義在R上的函數(shù)滿足：①是奇函數(shù)；②與有且僅有三個不同的公共點，則（）A. B. C.3 D.6【答案】A【解析】【分析】分別求出函數(shù)關于對稱，得出自變量及函數(shù)值的和即可.【詳解】因為是奇函數(shù)，所以關于對稱，可得，所以fx關于對稱，直線也關于對稱，所以三個不同的公共點也關于對稱，則，且,所以.故選：A.8.如圖所示，棱長為1的正方體中，分別是棱上的動點，且，則三棱錐體積的最大值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先設邊長建系設出點的坐標，再求出點到面的距離得出三棱錐的高，進而得出三棱錐的體積，最后應用導數(shù)得出體積的最大值.【詳解】設，以分別為軸，建立空間直角坐標系，則，，設平面的法向量為n=x,y,z，又，則，即，令x=1，則，所以，又，到平面的距離，，令單調(diào)遞增，當時，.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵是，建立空間直角坐標系，利用空間向量法得到所求體積的表達式，從而得解.二、多選題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的，全部選對得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知復數(shù)（i為虛數(shù)單位），則下列結論正確的是（）A.是純虛數(shù) B.C.的虛部為 D.在復平面內(nèi)對應的點位于第四象限【答案】AB【解析】【分析】利用復數(shù)、共軛復數(shù)的概念，復數(shù)的除法運算及幾何意義一一判定選項即可.【詳解】由純虛數(shù)的概念，易知A正確；由共軛復數(shù)的概念，易知，即B正確；由，虛部為，故C錯誤；其對應的點位于第二象限，故D錯誤.故選：AB10.已知圓與圓交于兩點，P是圓上的一動點，則（）A.直線的方程是 B.線段中垂線方程為C.線段的長度是 D.點P到直線的距離的最大值為【答案】ABD【解析】【分析】對于A，兩圓方程相減即可得解；對于B，先由垂直得線段中垂線方程，接著由線段中垂線過圓心即可求解方程；對于C，先由點到直線距離公式得圓心到直線的距離，求出圓半徑為，再由計算即可得解；對于D，求出圓心到直線的距離和圓半徑即可得解.【詳解】對于A，由，所以直線的方程是，故A正確；對于B，因為直線的方程是，所以線段中垂線方程可設為，圓化為標準式為，所以由圓的對稱性可知線段中垂線過圓心，故，所以線段中垂線方程為，故B正確；對于C，圓心到直線的距離是，又圓，故圓半徑為，所以線段的長度是，故C錯誤；對于D，圓化為標準式得，所以圓心，半徑為，所以圓心到直線的距離是，所以圓上的點P到到直線的距離的最大值為，故D正確.故選：ABD.11.某人買一輛15萬元的新車，購買當天支付3萬元首付，剩余向銀行貸款，月利率，分12個月還清（每月購買車的那一天分期還款）．有兩種金融方案：等額本金還款，將本金平均分配到每一期進行償還，每一期所還款金額由兩部分組成，一部分為每期本金，即貸款本金除以還款期數(shù)，另一部分是利息，即貸款本金與已還本金總額的差乘以利率：等額本息還款，每一期償還同等數(shù)額的本息和，利息以復利計算．下列說法正確的是（）（參考：：計算結果精確到分）A.等額本息方案，每月還款金額為10196.07元B.等額本金方案，最后一個月還款金額為10030元C.等額本金方案，所有的利息和為2340元D.等額本金方案比等額本息方案還款利息更少，所以等額本金方案優(yōu)于等額本息方案【答案】ABC【解析】【分析】對于BC，根據(jù)等額本金的還款方案分析結合等差數(shù)列求和公式計算即可，對于A，等額本息的還款方案分析結合等比數(shù)列的判定及求和公式計算判斷，對于D，通過比較兩種還款方案的優(yōu)劣進行判斷.【詳解】對于A，設第個月貸款利息為，償還本金為，則，，則，，則，同理得，，……，，所以數(shù)列是以為公比的遞增等比數(shù)列，則有，得，所以每月還款的本息和為，所以A正確;對于B，倒數(shù)第二個月還款后，剩余本金10000，一個月利息為30元，本息和應為10030元，故B正確；對于C，利息和為（元），故C正確；對于D，由A知等額本息還款利息和為，兩種貸款方案各有優(yōu)劣，比等額本金高，但等額本金方案起初還款金額高，還款壓力大，還款金額逐年遞減；等額本息每月還款金額相同，低于等額本金方案前半段時間還款額，高于后半段時間還款額；還有通貨膨脹等諸多經(jīng)濟因素影響兩種方案的收益，故不能簡單認為某種貸款方案優(yōu)于另一種方案，故D錯誤.故選：ABC.12.設，則（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)題意，分別構造函數(shù)，，，利用導數(shù)分析其單調(diào)性，比較大小進而求解即可.【詳解】，設，所以，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，所以時，，所以，即，所以，所以,A正確；令，則，當時，，函數(shù)在單調(diào)遞增，所以，即，,B錯誤；令，則,單調(diào)遞增，當時，，函數(shù)單調(diào)遞減，所以單調(diào)遞減,,即，,C正確；令，則，所以在上單調(diào)遞減，所以，即，,D正確.故選：ACD.【點睛】方法點睛：比較大小問題，根據(jù)結構特征構造函數(shù)，利用導數(shù)分析單調(diào)性，進而判斷大小.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，第16題第一空2分，第二空3分，共20分．13.的展開式中的系數(shù)為_______．【答案】9【解析】【分析】由，根據(jù)單項式和多項式的乘法法則結合二項式定理求展開式中的系數(shù).【詳解】，的展開式中含的項為，其系數(shù)為，的展開式中含的項為，其系數(shù)為，的展開式中，的系數(shù)為.故答案為：9.14.已知點是角的終邊上一點，則_______．【答案】##【解析】【分析】根據(jù)三角函數(shù)的定義式求得角的正余弦，利用同角的三角函數(shù)關系式和二倍角公式化簡所求式，代入計算即得.【詳解】由題意，，因.故答案為：.15.已知橢圓的右焦點和上頂點分別為F和A，連接并延長交橢圓C于B，若，則橢圓C的離心率為_______．【答案】【解析】【分析】先根據(jù)面積比例關系得出點B的橫坐標，點在直線AF上得出B的坐標，最后應用點B在橢圓上得出得出離心率.【詳解】因為，所以，所以，設，設直線，點在直線上，所以，點B在橢圓上，可得，所以，即得.故答案為:.16.在中，內(nèi)角所對的邊分別為，且，是邊上的點，，則_______，的面積為_______．【答案】①.②.##【解析】【分析】先由正弦定理化邊為角求得角，在幾個三角形中分別利用余弦定理建立求解關于的方程組，然后由三角形面積即可求.【詳解】因為，由正弦定理可得，，化簡得，由，，得，由，則；在中，由余弦定理可得，且，則，化簡得，在中，由余弦定理可得，且，則①，同理，在中，可得②由，得，①②得，，與聯(lián)立解得，故的面積為.故答案為：；.四、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．17.將函數(shù)的圖象向右平移個單位得到的圖象，其中．（1）求在上的值域；（2）若對恒成立，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先化簡解析式，利用整體法并結合正弦型函數(shù)的性質(zhì)求出值域即可；（2）先求出得右移個單位后函數(shù)的解析式，再分析得為的最大值，再結合正弦函數(shù)的最值得到方程，解出即可.【小問1詳解】∵當，，所以則值域為.【小問2詳解】由題意得，因為對恒成立，則為的最大值，則，，則，，∵，∴.18.已知數(shù)列和等比數(shù)列，，若的最大項和最小項分別是中的和的值．（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若，求數(shù)列的前n項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）結合函數(shù)的單調(diào)性得到數(shù)列an的最大項和最小項，解出，可得等比數(shù)列bn（2）用錯位相減法求數(shù)列的前n項和【小問1詳解】由題意，，結合函數(shù)的單調(diào)性，可知，所以數(shù)列an中的最大項為，最小項為，所以，即，所以等比數(shù)列bn的公比，所以【小問2詳解】，，，兩式相減得：，故.19.某綜藝節(jié)目，5位嘉賓輪流參與抽獎．四個一模一樣的箱子，只有一個箱子有獎品．抽獎規(guī)則為主持人請嘉賓在四個箱子中選擇一個，若獎品在此箱子里，則獎品由嘉賓獲得．前一位嘉賓抽獎結束后，主持人重新布置箱子，邀請下一位嘉賓抽獎．（1）記X為5位嘉賓中的中獎人數(shù)，求X的分布列，均值和方差；（2）主持人宣布游戲升級，新的抽獎規(guī)則是：當嘉賓選好一個箱子后，主持人（他知道哪個箱子有獎品）會打開一個嘉賓沒有選擇的空箱子給嘉賓看，此后嘉賓可以選擇換一個箱子或者不換．嘉賓做出選擇后，主持人再打開嘉賓最終選中的箱子，揭曉嘉賓是否中獎．嘉賓的哪種決策會有更大可能抽中獎品？請說明理由．【答案】（1）分布列見解析，均值為，方差為；（2）嘉賓換箱子會有更大可能抽中獎品，理由見解析.【解析】【分析】（1）由題意可知服從二項分布，利用二項分布的概率公式求出對應的概率，列出分布列，求出數(shù)學期望和方差即可；（2）先求出嘉賓不換箱子的中獎概率，再求出箱子的中獎概率，比大小，即可下結論.【小問1詳解】由題意知，每位嘉賓中獎的概率為，不中獎的概率為，則服從二項分布，所以，，，所以的分布列為：012345數(shù)學期望為，方差為；【小問2詳解】不換箱子時中獎概率：嘉賓第一次選擇箱子時，中獎概率為；換箱子時中獎概率：設4個箱子分別為，有獎品的箱子為，當嘉賓先選箱，主持人會在箱中打開一個空箱子，此時嘉賓換箱子后，就選不中獎品，其概率為0；當嘉賓先選或或箱子，概率為，此時主持人打開另一個空箱子，嘉賓換箱子后一定能選中有獎品的箱，其概率為，所以換箱子的中獎概率為.所以，故嘉賓換箱子會有更大可能抽中獎品.20.已知拋物線與雙曲線的漸近線在第一象限的交點為Q，且Q點的橫坐標為3．（1）求拋物線E的方程；（2）過點的直線l與拋物線E相交于兩點，B關于x軸的對稱點為，求證：直線必過定點．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由雙曲線求其漸近線方程，求出點的坐標，由此可求拋物線方程；（2）聯(lián)立直線的方程與拋物線方程可得關于x的一元二次方程，設Ax1,y1，Bx2,y2，，根據(jù)韋達定理求出，求出直線的方程并令，求出x并逐步化簡可得，則直線【小問1詳解】設點的坐標為，因為點在第一象限，所以，雙曲線的漸近線方程為，因為點在雙曲線的漸近線上，所以，所以點的坐標為，又點在拋物線上，所以，所以，故拋物線的標準方程為：；【小問2詳解】設直線的方程為，聯(lián)立，消得，，方程的判別式，即，設Ax1,y1因為點A、B在第一象限，所以，故，設B關于x軸的對稱點為，則直線的方程為，令得：．直線過定點．【點睛】方法點睛：聯(lián)立直線的方程與拋物線方程可得關于x的一元二次方程，設Ax1,y1，Bx2,y2，，根據(jù)韋達定理求出，求出直線的方程并令，求出x并逐步化簡可得，則直線21.如圖，四棱錐中，四邊形是菱形，平面，分別是線段和上的動點，且．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值的最大值；（3）若直線與線段交于M點，于點H，求線段長的最小值．【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)條件建立合適的空間直角坐標系，利用空間向量證明線面關系即可；（2）利用空間向量研究線面夾角，結合二次函數(shù)的性質(zhì)計算最大值即可；（3）設，利用空間向量基本定理及三點共線的充要條件得出，利用向量模長公式及導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性計算最值即可.【小問1詳解】由于四邊形是菱形，且，取中點，則，又平面，