重庆市乌江新高考协作体2024届高三上学期期中学业质量联合调研抽测 数学答案

2023-2024学年（上）期中学业质量联合调研抽测高三数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的.Ax|1x1B1,1,2,3ðAB1.设集合，．则U（）A.1,2,3B.1,2,3C.1,1,2D.1,1,2,3【答案】A【解析】【分析】先求得ðUA，然后求得ðUAB.【详解】ðUA,11,,ðUAB1,2,3.故选：A2.设全集U1,2,3,4,5，A1,3,5，B1,3，则（）A.UABB.UðUABC.UAðUBD.UðUAðUB【答案】C【解析】【分析】由条件根据集合的运算的定义，判断各选项即可.【详解】因为A1,3,5，B1,3，U1,2,3,4,5，所以AB={1,3,5}，ABU，A错，ðUA={2,4}，ðUAB{1,2,3,4}，ðUABU，B错，ðUB{2,4,5}，AðUB{1,2,3,4,5}，C对，ðUAðUB{2,4,5}U，D错，故选：C.3.已知等差数列an中，a2a818，则a5（ ）A.7B.11C.9D.18【答案】C第1页/共19页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】由等差数列的性质直接计算求解即可.【详解】设等差数列的性质可知：a2a82a518，所以a59.故选：C.4.如图是一个棱长为2的正方体被过棱A1B1、A1D1的中点M、N，顶点A和过点N顶点D、C1的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的体积为（）A.5B.6C.7D.8【答案】C【解析】【分析】将正方体还原，利用割补法计算可得.【详解】解：如图将正方体还原可得如下图形：1111123则V112，V122，VABCDABCD28，AA1MN323DND1C1323111112所以该几何体的体积V87.33故选：C5.已知平面直角坐标系中的3点A(2,2),B(6,0),C(0,0)，则ABC中最大角的余弦值等于（）221010A.B.C.D.221010第2页/共19页学科网（北京）股份有限公司【答案】C【解析】【分析】根据夹角公式算出ABC每个内角的余弦值，然后分析可得结果.【详解】AB(4,2),AC(2,2)，根据夹角公式，ABAC410cosAcosAB,AC；ABAC41010BABC2425BA(4,2),BC(6,0)，根据夹角公式，cosBcosBA,BC；BABC6255CBCA122CB(6,0),CA(2,2)，根据夹角公式，cosCcosCB,CA.CBCA6222由A,B,C(0,π)，cosA0，cosB0,cosC0，于是A是钝角，B,C是锐角，最大角是A，余弦10值为.10故选：C26.已知，为锐角，且tan2，sin，则cos（）23103101010A.B.C.D.10101010【答案】D【解析】【分析】由条件，结合同角关系求sin,cos，再由特殊角三角函数值求，再利用两角差的余弦公式求cos.【详解】因为tan2，所以sin2cos，又sin2cos21，为锐角，255π所以sin，cos，且．554ππ因为，为锐角，，所以π，4423又sin()，所以，24第3页/共19页学科网（北京）股份有限公司3π3π3π10故coscoscoscossinsin．44410故选：D.7.已知函数fx在定义域上的值不全为零，若函数fx1的图象关于1,0对称，函数fx3的图象关于直线x1对称，则下列式子中错误的是（）A.f(x)f(x)B.f(x2)f(x6)C.f(2x)f(2x)0D.f(3x)f(3x)0【答案】D【解析】【分析】由题设条件可得函数f(x)的图象关于(2,0)对称，且关于直线x4对称，从而得到fx为偶函数且为周期函数，从而可判断各项的正误.【详解】∵函数f(x1)的图象关于1,0对称，∴函数f(x)的图象关于(2,0)对称，令Fxf(x1)，∴FxF2x，即f(3x)f1x，∴f4xfx…⑴令Gxf(x3)，∵其图象关于直线对称，∴G2xGx，即fx5f3x，∴fx4f4x…⑵由⑴⑵得，fx4fx，∴fx8fx…⑶∴fxf8xf44x，由⑵得f44xf44xfx,∴fxfx；∴A对；由⑶，得fx28fx2，即fx2fx6，∴B对；由⑴得，f2xfx20，又fxfx，∴f(2x)f(2x)f2xf2x0，∴C对；若f3xf3x0，则f6xfx，∴f12xfx，由⑶得f12xfx4，又fx4fx，∴fxfx，即fx0，与题意矛盾，∴D错.第4页/共19页学科网（北京）股份有限公司故选：D.【点睛】本题考查函数图象的对称性、奇偶性、周期性，注意图象的对称性与函数解析式满足的等式关系之间的对应性，本题属于中档题.8.如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是A1B1的中点，点P是侧面CDD1C1上的动点，且MP∥截面AB1C，则线段MP长度的取值范围是（）.A.[2,6]B.[6,22]C.[6,23]D.[6,3]【答案】B【解析】【分析】取CD的中点为N,CC1的中点为R,B1C1的中点为H,证明平面MNRH//平面AB1C,MP平面MNRH,线段MP扫过的图形为MNR,通过证明MN2NR2MR2,说明MRN为直角,得线段MP长度的取值范围为MR,MN即可得解.【详解】取CD的中点为N,CC1的中点为R,B1C1的中点为H,作图如下:由图可知,MB1//NC,MB1NC,所以四边形MNCB1为平行四边形,所以MN//B1C,因为MH//A1C1,A1C1//AC,所以MH//AC,第5页/共19页学科网（北京）股份有限公司因为MNMHM,ACB1CC,故平面MNRH//平面AB1C,因为MP∥截面AB1C,所以MP平面MNRH,线段MP扫过的图形为MNR,由AB2知,MN22,NR2,222在RtMC1R中,MRC1RC1M,2即MR21256,所以MR6，所以MN2NR2MR2,即MRN为直角,故线段MP长度的取值范围为MR,MN,即6,22,故选:B【点睛】本题考查面面平行的判定定理与性质定理及空间两点间的距离;重点考查转化与化归的思想;属于难度大、抽象型试题.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.9.已知复数z(2i)(i1)在复平面内对应的点为P，则（）A.P在第二象限B.P在第四象限C.z13iD.z的虚部为3i【答案】AC【解析】【分析】根据复数的运算，求得z13i，结合复数的几何意义和共轭复数的概念，以及复数的基本概念，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，复数z(2i)(i1)13i，所以其对应的点(1,3)位于第二象限，所以A正确，B错误；由复数z13i的虚部为3，所以D错误；又由共轭复数的概念，可得z13i，所以C正确.故选：AC第6页/共19页学科网（北京）股份有限公司10.已知圆M：x2y24x30，则下列说法正确的是（）A.点4,0在圆内B.圆M的半径为1C.圆M关于x3y20对称D.直线x3y0与圆M相切【答案】BCD【解析】【分析】对于A项，求点4,0到圆心的距离与半径比；对于B项，圆化为标准方程即可求出圆心和半径.对于C项，验证圆心是否在直线上；对于D项，验证圆心到直线的距离与半径比.2【详解】已知圆M：x2y24x30，则其标准方程为x2y21，∴r1，B选项正确；圆心M2,0，将点4,0到圆心M2,0的距离22，d142002r所以，点4,0在圆外，A选项错误；将圆心M2,0代入直线x3y20，得23020成立，所以直线过圆心，则圆M关于直线x3y20对称，C选项正确；2因为圆心M2,0到直线x3y0的距离d1r，所以直线x3y0与圆M相切，D313选项正确.故选：BCD11.记等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝6，则S4＝（）A.－10B.－8C.8D.10【答案】AC【解析】【分析】设等比数列的公比为q，解方程22q2q26求出q的值即得解.【详解】设等比数列的公比为q，由于a12,S36，22S322q2q6，则qq20，q2或q1，33所以S4S3a1q62(2)10或S44a18，故选：AC.12.如图，已知三个两两互相垂直的半平面，，交于点O，矩形ABCD的边BC在半平面内，第7页/共19页学科网（北京）股份有限公司顶点A，D分别在半平面，内，AD2，AB3，AD与平面所成角为，二面角41ABCO的余弦值为，则同时与半平面，，和平面ABCD都相切的球的半径为（）3242842A.B.C.22D.233【答案】AC【解析】【分析】如图，补形为一个长方体，然后以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O–xyz，由线面角和二面角的定义可求得A,B，D的坐标，求得平面ABCD的法向量，设平面ABCD与x,y,z轴的交点分别为：P1(x,0,0),P2(0,y,0),P3(0,0,z)，将原问题进一步等价于求三棱锥O-P1P2P3的内切球半径，运用等体积法可求得答案．【详解】解：如图所示，将矩形ABCD所在的平面，补形为一个长方体，然后以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O–xyz，由AD2，AD与平面所成角为，得AAAD2，作AP底面于点P，则AD平面411APB，从而BCBP，11所以PBA即为二面角ABCO的平面角，即PBA的余弦值为，则PBAB1，故33第8页/共19页学科网（北京）股份有限公司232APBA2BP222，BPBB，A(2,0,22),B(2,,0)，D(0,2,22)，2222222，所以AB,22，AD(2,2,0)，22设平面ABCD的法向量m(x,y,z)，则2222ABm(,,22)(x,y,z)y22z02222，ADm(2,2,0)(x,y,z)2x2y0令x2，得y2,z1，从而m(2,2,1)，x,y,z设平面ABCD与轴的交点分别为：P1(x,0,0),P2(0,y,0),P3(0,0,z)，则P1Am(2x,0,22)(2,2,1)0，所以x22，P2Am(