重庆市南开中学校2023-2024学年高三下学期第七次质量检测数学试题

重庆市高2024届高三第七次质量检测数学试题2024.3命审单位：重庆南开中学注意事项：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.已知随机变量服从正态分布，，则（）A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.22.已知平面直角坐标系内两点，，则过点且以为法向量的直线的方程为（）A. B. C. D.3.若函数，则（）A. B. C.1 D.24.输血是外伤人员救治的重要手段，血液质量对提高救治成功率极为关键.血液质量的主要评判指标是血液中ATP含量.已知血液中ATP浓度（单位：）随温度（单位：℃）、时间（单位：天）、及起始浓度变化的近似函数关系式为：（为自然底数，）.由此可知，当血液在20℃恒温条件下，保存5天后的ATP浓度，大约相当于血液在4℃恒温条件下保存（）天后的ATP浓度.（参考数据：）A.16 B.20 C.25 D.305.已知展开式中项的系数为，则（）A.4 B.5 C.6 D.76.正弦波是频率成分非常单一的信号，其波形是数学上的正弦曲线，任何复杂信号，如光谱信号，声音信号等，都可由多个不同的正弦波复合而成.现已知某复合信号由三个振幅、频率相同的正弦波，，叠加而成，即.设，，，，若图中所示为的部分图象，则下列描述正确的是（）A.B.的最小正周期是C.若，，则D.若，则7.在一个抽奖游戏中共有扇关闭的门，其中扇门后面有奖品，其余门后没有奖品，主持人知道奖品在哪些门后.参赛者先选择一扇门，但不立即打开.主持人打开剩下的门当中一扇无奖品的门，然后让参赛者决定是否换另一扇仍然关闭的门.参赛者选择不换门和换门的获奖概率分别为（）A.； B.； C.； D.；8.如图，双曲线的左右焦点分别为，，若存在过的直线交双曲线右支于，两点，且，的内切圆半径，满足，则双曲线的离心率取值范围为（）A. B. C. D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.下列命题中正确的是（）A.若向量，满足，则B.若非零向量，满足，则C.若，，为平面向量，则D.若，，为非零向量，且满足，则10.已知函数，，，令，.则（）A.， B.数列为等差数列C. D.11.已知三次函数有三个不同的零点，函数.则（）A.B.若，，成等差数列，则C.若恰有两个不同的零点，则D.若有三个不同的零点，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数，则________.13.已知的内角，，所对应的边分别是，，，，，，则的面积为________.14.如图，在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为________.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.（13分）如图，几何体中，和均为等边三角形，平面平面，，，，为中点.（1）证明：、、、四点共面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.16.（15分）已知函数，.（1）若，求函数在点处的切线；（2）若对任意的，，有恒成立，求实数的取值范围.17.（15分）在平面直角坐标系中，已知，动点到轴的距离为，且.（1）求动点的轨迹方程；（2）过点作直线交曲线于轴右侧两点、，且.求经过、且与直线相切的圆的标准方程.18.（17分）某微信群群主为了了解微信随机红包的金额拆分机制，统计了本群最近一周内随机红包（假设每个红包的总金额均相等）的金额数据（单位：元），绘制了如下频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图估计红包金额的平均值与众数；（2）群主预告今天晚上7点将有3个随机红包，每个红包的总金额均相等且每个人都能抢到红包.小明是该群的一位成员，以频率作为概率，求小明至少两次抢到10元以上金额的红包的概率.（3）在春节期间，群主为了活跃气氛，在群内发起抢红包游戏.规定：每轮“手气最佳”者发下一轮红包，每个红包发出后，所有人都参与抢红包.第一个红包由群主发.根据以往抢红包经验，群主自己发红包时，抢到“手气最佳”的概率为；其他成员发红包时，群主抢到“手气最佳”的概率为.设前轮中群主发红包的次数为，第轮由群主发红包的概率为.求及的期望.19.（17分）设集合、为正整数集的两个子集，、至少各有两个元素.对于给定的集合，若存在满足如下条件的集合：①对于任意，若，都有；②对于任意，若，则.则称集合为集合的“集”.（1）若集合，求的“集”；（2）若三元集存在“集”，且中恰含有4个元素，求证：；（3）若存在“集”，且，求的最大值.重庆市高2024届高三第七次质量检测数学试题参考答案与评分细则题号1234567891011选项DABCCDCBABACDABD一、单项选择题：本题共8小题.每小题5分，共40分.1.D【解析】因为，∴，∴.2.A【解析】，所以直线的斜率为，所以直线方程为.3.B【解析】，，.4.C【解析】设所求为天，代入数据得：，解得，取对数为，所以.5.C【解析】由题意有，带入选项，满足题意.6.D【解析】由图可知，，且，所以.又，所以.因为，所以.所以，A错误.因为，所以，，的最小正周期均为，所以的最小正周期为，B选项错误.因为，，所以，C错误.因为，所以，展开得，等式恒成立，则，∴，平方求和得：，∴；同理，可得，，∴，故D正确.7.C【解析】不换门：则与一开始随机选择一扇门的中奖概率一样，为；换门：若一开始选择的门有奖，则换门后的中奖概率为；若一开始选择的门无奖，则换门后的中奖概率为.所以换门的中奖概率为.8.B【解析】如图，连接，，，可知轴，设直线的倾斜角为，∴，，又，∴，，∴，解得，∴，∴，则离心率.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.AB10.ACD【解析】由，，解得，，A正确；∴，，，，∴，又，∴数列是首项为2，公比为2的等比数列.∴，.B错误；∴.C正确；，即.D正确.11.ABD【解析】，，，对称中心为，对A：因为有三个零点，所以必有两个极值点，所以，，A正确；对B，由，，成等差数列，及三次函数的中心对称性可知，所以，又，故，所以，所以，故B正确；对C：，即，若恰有两个零点，则或必为极值点；若为极值点，则该方程的三个根为，，，由一元三次方程的韦达定理可知：；若为极值点，同理可得，故C错；对D：由韦达定理得，即，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.【解析】∵，∴，，∴.13.3【解析】∵，∴，.∵，，由余弦定理，，∴，∴.14.【解析】取和的中点分别为，，过点作面于点，连结，，.易知，且，.因为为等腰直角三角形，所以是的外心.设三棱锥的外接球的球心为，则面.设，，则，且，解得，所以外接球表面积为.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.（13分）解：（1）证明：∵，、为等边三角形，为中点，∴，，.又，∴平面，平面，∴；，∴平面，平面，∴；∵，∴平面.设平面与直线交于点，∴.又平面，在平面内，过直线外一点有且仅有一条直线与垂直，∴与重合，即有，，，四点共面.……………………………………………………6分（2）如图，以为原点，建立空间直角坐标系，∵平面平面，平面平面，平面，平面，∴.∵和均为等边三角形，∴，.∴，，，.∴，，.设平面的法向量为，∴，.取.设直线与平面夹角为，∴.∴直线与平面所成角的正弦值为.…………………………………………15分16.（15分）解：（1），当，时，，，故切线方程为：；……5分（2）法一：不妨设，则，同除以得，所以在单调递增，所以.……7分①若，恒成立，符合题意.②若，则恒成立.令，则，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以.③若，同理，恒成立，由②可知，当时，，所以不存在满足条件的.综上所述，.……………………………………………………………………15分法二：，令，则只需在单调递增，即恒成立；……7分，令，则恒成立；又，①当时，，在单调递增成立；②当时，，在单调递增，又当时，，故不恒成立，不满足题意；（3）当时，由得，则在单调递减，在单调递增，因为恒成立，所以，解得，故；综上，实数的取值范围是.…………………………………………15分17.（15分）解：（1），设，因为，所以，整理得，所以，当时，；当时，；所以的轨迹方程为：，.……………………………………6分（2）过的直线不与轴的负半轴相交，为中点，设，，联立，即，∴，.∴直线：.此时：为抛物线的准线，为焦点，联立由韦达定理可得，，得弦长，所以直线的中垂线的方程为：，由圆心在弦的中垂线上，故可设圆心为，半径为，因为圆与直线相切，故，又，所以，即，解得或；故或，半径或45，故圆的方程为：或.…………15分18.（17分）解：（1）平均值为：；众数为最高矩形的中点坐标，即为2.5.………………………………………………3分（2）由题可知，每个红包抢到10元以上金额的概率为0.4，且3次红包相互独立，所以至少两次抢到10元以上金额的概率为；………………8分（3）由题意，，，∴，又，∴是以为首项，为公比的等比数列，∴.∴.……………………………………………………13分设为第轮发红包时群主抢到“手气最佳”的次数，故服从两点分布：，.，∴.由已知，则………………………………………………………………17分19.（17分）解：（1）若，由题意可得，，，，即，此时，满足题意，假设集合中还有第四个元素为，则由题意可知：若，即，则，∴不成立；若，则，∴或9或27，矛盾.故集合中无四个元素，所以集合.……3分（2）设集合，不妨设，假设，即，则且，由②知，注意到，故有，即，所以，故，即，因为集合中有4个元素，故设，由②可得：若，则，∴，矛盾；若，，则或或，所以或或，与集合元素的互异性矛盾，假设错误，故.……………………………………………………………………9分（3），，不妨设，所以，，又，故，同理可得，若，与（2）类似得，从而必有，对任意的，有，即，所以，即.若，即，，故，，，，所以，即，从而必有，对任意的，必有，即，所以，即.综上，得，又时，有，符合题意，所以的最大值为4.………………………………………………………………17分