重慶市2024屆高三下冊拔尖強基定時質量檢測數學模擬試題（2月）附解析

重慶市2024屆高三下學期拔尖強基定時質量檢測數學模擬試題（2月）注意事項：1.答卷前，考生務必在試題卷、答題卡規(guī)定的地方填寫自己的準考證號、姓名.考生要認真核對答題卡上粘貼的條形碼的“準考證號、姓名”與考生本人準考證號、姓名是否一致.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共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．已知集合，，若，則實數組成的集合為（

）A． B． C． D．2．已知復數，則是的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．已知，則（

）A． B． C． D．4．關于橢圓：，有下面四個命題：甲：長軸長為4；乙：短軸長為2；丙：離心率為；?。河覝示€的方程為；如果只有一個假命題，則該命題是(

)A．甲 B．乙 C．丙 D．丁5．正多面體共有5種，統(tǒng)稱為柏拉圖體，它們分別是正四面體?正六面體（即正方體）?正八面體?正十二面體?正二十面體.連接正方體中相鄰面的中心，可以得到另一個柏拉圖體.已知該柏拉圖體的體積為，則生成它的正方體的棱長為（

）A．2 B． C． D．46．下列說法正確的是（

）A．數據的方差是0.1，則有數據的方差為9B．將4名學生分配到2間宿舍，每間宿舍2人，則不同的分配方法共有種C．從4名男醫(yī)生和5名女醫(yī)生中選出3名醫(yī)生組成一個醫(yī)療小分隊，既有男醫(yī)生又有女醫(yī)生的組隊方案共有種D．在回歸直線方程中，相對于樣本點的殘差為7．已知函數則使不等式成立的實數x的取值范圍為（

）A． B． C． D．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.8．歐拉公式（本題中e為自然對數的底數，i為虛數單位）是由瑞士著名數學家歐拉創(chuàng)立，該公式建立了三角函數與指數函數的關系，在復變函數論中占有非常重要的地位，被譽為“數學中的天橋”依據歐拉公式，則下列結論中正確的是（

）A．復數為純虛數B．復數對應的點位于第二象限C．復數的共軛復數為D．復數在復平面內對應的點的軌跡是圓9．若實數a，b滿足，則下列結論中正確的是（

）A． B．C． D．10．已知圓柱的上、下底面的中心分別為O，，其高為2，為圓O的內接三角形，且，P為圓上的動點，則（

）A．若平面，則三棱錐外接球的表面積為B．若，則C．三棱錐體積的最大值為D．點A到平面距離的最大值為11．已知函數，則下列說法正確的有（

）A．的周期為 B．關于點對稱C．在上的最大值為 D．在上的所有零點之和為三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.12．．13．某社區(qū)對在抗擊疫情工作中表現(xiàn)突出的3位醫(yī)生、2位護士和1位社區(qū)工作人員進行表彰并合影留念．現(xiàn)將這6人隨機排成一排，則3位醫(yī)生中有且只有2位相鄰的概率為．14．已知，，點P在曲線上，則的最小值為.15．若對任意恒成立，則實數k的取值范圍是.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.16．在矩形ABCD中，，點E是線段AD的中點，將△ABE沿BE折起到△PBE位置（如圖），點F是線段CP的中點．(1)求證：DF∥平面PBE：(2)若二面角的大小為，求點A到平面PCD的距離．17．已知正項數列滿足．(1)求數列的通項公式；(2)設數列的前n項和為，證明：．18．某景區(qū)內有一項“投球”游戲，游戲規(guī)則如下：游客投球目標為由近及遠設置的A，B，C三個空桶，每次投一個球，投進桶內即成功，游客每投一個球交費10元，投進A桶，獎勵游客面值20元的景區(qū)消費券；投進B桶，獎勵游客面值60元的景區(qū)消費券；投進C桶，獎勵游客面值90元的景區(qū)消費券；投不進則沒有獎勵.游客各次投球是否投進相互獨立.(1)向A桶投球3次，每次投進的概率為p，記投進2次的概率為，求的最大值點；(2)游客甲投進A，B，C三桶的概率分別為，若他投球一次，他應該選擇向哪個桶投球更有利？說明理由.19．在△ABC中，記角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知tanB(1)若，求tanC的值：(2)已知中線AM交BC于M，角平分線AN交BC于N，且求△ABC的面積．20．在平面直角坐標系中，已知拋物線：和點.點在上，且.(1)求的方程；(2)若過點作兩條直線，，與相交于，兩點，與相交于，兩點線段，中點的連線的斜率為，直線，，，的斜率分別為，，，.證明：，且為定值.21．設函數.(1)當時，討論的單調性；(2)若在上單調遞增，求.1．C【分析】若，所以或，解出的值，將的值代入集合，檢驗集合的元素滿足互異性.【詳解】因為，所以，解得，或，解得，當時，，，，滿足題意.當時，，不滿足集合的互異性.當時，，，若，滿足題意.當時，，，若，滿足題意.故選：C.2．A【分析】由求出即可得出.【詳解】由，可得，解得或0，所以是的充分不必要條件.故選：A.3．B【分析】利用題目條件結合誘導公式即可得出答案.【詳解】故選：B.4．B【分析】根據橢圓的性質將四個命題表示成與a、b、c的關系，根據數量關系即可判斷其中的假命題．【詳解】依題意，甲：；乙：；丙：；?。?；∵，∴甲丙丁真命題，故乙為假命題﹒故選：B﹒5．D【分析】設出棱長，根據體積即可求出.【詳解】設正方體棱長為，可得該柏拉圖體是由兩個四棱錐構成，四棱錐的底面為邊長為的正方形，高為，則柏拉圖體的體積為，解得，∴.故選：D.6．D【分析】根據方差、殘差以及分組分配的相關計算公式，逐個選項進行驗證求解，即可得到答案.【詳解】對于A，由已知得，，則對于，可得，，A錯誤；對于B，將4名學生分配到2間宿舍，每間宿舍2人，則不同分配方法有種，B錯誤；對于C，從4名男醫(yī)生和5名女醫(yī)生中選出3名醫(yī)生組成一個醫(yī)療小分隊，既有男醫(yī)生又有女醫(yī)生的組隊方案共有種，而種，故C錯誤；對于D，殘差，故D正確；故選：D7．C【分析】由函數定義得函數為奇函數，由導數確定函數在的單調性，從而得其在R上的單調性，然后由單調性解函數不等式后由對數函數性質得結論．【詳解】因為，時，，因此時也有，即函數是奇函數，時，，，所以是減函數，所以奇函數在R上是減函數，又，所以，不等式為，所以，，故選：C．8．ABD【分析】根據純虛數、共軛復數的定義，及復數的幾何意義，對各選項逐一分析即可求解.【詳解】解：對A：因為復數為純虛數，故選項A正確；對B：復數，因為，所以復數對應的點為位于第二象限，B正確；對C：復數的共軛復數為，故選項C錯誤；對D：復數在復平面內對應的點為，因為，所以復數在復平面內對應的點的軌跡是圓，故選項D正確.故選：ABD.9．BCD【分析】根據給定條件，求出a，b的關系，再利用不等式性質判斷A，B；指對數函數、冪函數單調性分析判斷C，D作答.【詳解】因，則，于是有，A不正確；，即，B正確；由得：，因此，，C正確；因，函數在R上單調遞減，函數在上單調遞增，則，D正確.故選：BCD10．ACD【分析】對于A，取的中點，根據題意得到為三棱錐外接球的球心，根據正弦定理和勾股定理求出球的半徑即可得解；對于B，只能推出與在上底面內的射影垂直，推不出；對于C，求出的最大值即可求出三棱錐體積的最大值；對于D，根據C選項中的結果以及等體積法可求出點A到平面距離的最大值.【詳解】對于A，取的中點，易得，則為三棱錐外接球的球心，在中，由正弦定理得，所以，又，所以，所以三棱錐外接球的表面積為.故A正確；對于B，過過平面，垂足為，連，則，又因為，，所以平面，所以，只有當經過的中點時，才有，故B不正確；對于C，在中，由余弦定理得，所以，即，當且僅當時，等號成立，所以，所以三棱錐體積的最大值為.故C正確；對于D，設點A到平面距離為，則，因為，所以，即點A到平面距離的最大值為，故D正確.故選：ACD11．BCD【分析】對A，根據正弦與正切的周期判斷即可；對B，計算是否成立即可；對C，求導分析的單調性，進而求得上的最大值即可；對D，根據的對稱性與單調性，數形結合分析即可【詳解】對A，因為的周期為，的周期為，故的周期為，A錯誤；對B，因為，故關于點對稱，B正確；對C，因為導函數在上為減函數，且當時，，即，故在上，，單調遞增；在上，，單調遞減.故；對D，分析在上的所有零點即圖象交點的橫坐標，又均關于對稱，故分析時的圖象即可.由C選項,在上單調遞增；在上單調遞減，又關于對稱，在上，為減函數，故可畫出在區(qū)間上的簡圖.故圖象交點有三對關于的對稱點，故零點和為,故D正確故選：BCD12．【分析】根據誘導公式可得，進而根據對數的運算性質及二倍角正弦公式化簡即可求解.【詳解】解：因為，所以，故答案為：.13．##【分析】由題意，先將2位護士和1位社區(qū)工作人員排成一排，然后將3位醫(yī)生分成兩組，一組2人一組1人，最后利用插空法即可得3位醫(yī)生中有且只有2位相鄰的排法，從而根據古典概型的概率計算公式即可求解.【詳解】解：由題意，先將2位護士和1位社區(qū)工作人員排成一排，有種排法，然后將3位醫(yī)生分成兩組，一組2人一組1人，有種分組方法，然后插入到2位護士和1位社區(qū)工作人員所排成的4個空中的2個空，有種插空方法，最后交換相鄰2位醫(yī)生的位置有種方法，所以3位醫(yī)生中有且只有2位相鄰共有種排法，又6人隨機排成一排有種排法，所以所求概率為，故答案為：.14．##【分析】由題意得，點在以為圓心，半徑為的下半圓上，計算并化簡得，將表示為點到點的距離的平方，求解點到圓上任意點的最小距離，即可得答案.【詳解】設，由題意，點在，即點在以為圓心，半徑為的下半圓上，，其中表示為點到點的距離的平方，當點到點的距離最小時，取最小值，點到點的最小距離為，所以的最小值為.故答案為：【點睛】求解本題的關鍵是將轉化為點到點的距離的平方減去，通過求解點到圓上任意點的最小距離，從而求解出的最小值.15．【分析】先證明結論，然后將對任意恒成立變形為恒成立，構造函數，利用結論求得，即可求得答案.【詳解】先證明一個結論：，設，當時，遞減，當時，遞增，故，即；對于對任意恒成立，分離參數得恒成立，令，則，當且僅當時取等號，而是增函數，且，故存在,使得，故等號能夠成立，故，故答案為：【點睛】本題考查了不等式的恒成立問題，解答時要注意分離參數，構造函數，將不等式恒成立問題轉化為函數最值問題,其中關鍵的地方是巧妙變形，利用結論求得函數的最值.16．(1)證明見解析；(2).【分析】（1）利用線面平行的判定定理即得；（2）由題建立空間直角坐標系，利用點到平面的距離的向量求法即得.【詳解】（1）設PB的中點為G點，連接GF和GE，因為點G、點F分別為PB和PC的中點，所以且，又且，所以且，所以四邊形GFDE為平行四邊形，所以，又GE平面PBE，DF平面PBE，所以DF∥平面PBE；（2）由二面角的大小為可知，平面平面，取BE得中點O，連接，則，平面，如圖建立空間直角坐標系，則，，所以，設平面PCD的法向量為，則，令則，又，所以點A到平面PCD的距離為.17．(1)(2)證明見解析【分析】（1）將題中條件轉化，得到，之后利用累加法可求得答案；（2）由（1）可知，利用時，放縮，再根據裂項相消法即可得出證明．【詳解】（1）由已知，即．又，故，即（且）．所以，當時，當時，．所以．（2）當時，．．法二：．.【點睛】本題主要考查累加法求數列的通項公式，考查裂項相消法求和，在放縮時，注意的條件.18．(1)(2)游客甲選擇向B桶投球更有利，理由見解析【分析】（1）根據二項分布的概率公式求得，利用導數求得最大值點p0；（2）求出游客分別投進A，B，C三桶純收入的數學期望，再比較大小，進行決策.【詳解】（1）3次向A桶投球投進2次的概率..令，得.當時，；當時，.∴在上單調遞增，在上單調遞減，∴所以的最大值點.（2）由（1）得游客甲投進A，B，C三桶的概率分別為.設投進A桶的純收入為X元，；設投進B桶的純收入為Y元，；設投進C桶的純收入為Z元，；因為，所以游客甲選擇向B桶投球更有利.19．(1)或；(2).【分析】（1）利用同角關系式可得或sin，然后利用和角公式即得；（2）由題可得，利用角平分線定理及條件可得，進而可得，，即得.【詳解】（1）因為，所以，解得或sin,當時，，，所以，；當時，因為，所以，又，所以．（2）∵，∴，，∴，即，∴，由角平分線定理可知，，又，所以，由，可得，∴，，所以．20．(1)(2)證明見解析【分析】（1）由已知，根據點坐標，借助可表示出點坐標，然后帶入拋物線方程，即可完成方程的求解；（2）由已知，分別設出，，，四點坐標，然后利用坐標分別表示出和的方程，然后將點代入方程，從而得到等量關系，然后代入到斜率的表達式中即可證明.【詳解】（1）由已知，，，則，代入拋物線可得：.（2）設，，，則：，整理得，代入，可知，則同理可得，則設，的中點分別為，，則，則則21．(1)在上單調遞減，在上單調遞增(2)【分析】（1）求得，設，得到，得到在上單調遞增，得到在上單調遞增，結合，即可求解；（2）令，利用導數求得，得到和，令，得出時，；，得到，分，，和，四種情況討論，結合導數求得函數的單調性與最值，即可求解.【詳解】（1）解：因為，可得