2023届重庆市高三年级下册学期4月月考数学试题【含答案】

2023届重庆市高三下学期4月月考数学试题一、单选题1．已知集合，集合，则（

）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】化简两个集合，再根据交集定义求解即可.【详解】，，所以.故选：D．2．已知第二象限角的终边与单位圆交于，则（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】根据条件求出、的值，然后可得答案.【详解】因为第二象限角的终边与单位圆交于，所以，解得，，所以，故选：B．3．下列说法错误的是（

）A．将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变B．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高C．在一个列联表中，由计算得的值，则的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大D．线性回归方程对应的直线，至少经过其样本数据点，，…，中的一个点【答案】D【分析】由统计相关知识，逐项分析选项正误，选出错误选项.【详解】对于选项A，将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，满足方差的性质，故A正确；对于B选项，在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，说明数据越逼近回归直线，其拟合精确度越高，故B选项正确；在一个列联表中，由计算得的值，则的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大，本说法正确，故C正确；对于选项D，回归直线过样本数据，，…，的中心点，并不一定过样本数据中的某一个点，故D错误.故选：D．4．林业部门规定：树龄500年以上的古树为一级，树龄300~500年之间的古树为二级，树龄100~299年的古树为三级，树龄低于100年不称为古树．林业工作者为研究树木年龄，多用年轮推测法，先用树木测量生长锥在树干上打孔，抽取一段树干计算年轮个数，由经验知树干截面近似圆形，年轮宽度依次构成等差数列．现为了评估某棵大树的级别，特测量数据如下：树干周长为3.14米，靠近树芯的第5个年轮宽度为0.4cm，靠近树皮的第5个年轮宽度为0.2cm，则估计该大树属于（

）A．一级 B．二级 C．三级 D．不是古树【答案】C【分析】由条件抽象出等差数列的基本量，再结合等差数列的前项和，求.【详解】设树干的截面圆的半径为，树干周长，，从内向外数：，，，∴年，所以为三级.故选:C5．已知，是空间中两个不重合的平面，，是两条不同的直线，则下列说法错误的是（

）A．若，则存在，，使得B．若，则存在，，使得C．若，则存在，使得D．若，则存在，使得【答案】C【分析】根据空间直线、平面之间的位置关系和性质即可判断.【详解】由空间直线、平面之间的位置关系可知选项A，B，D均正确，对于选项C，当时，平面内的任何一条直线都只可能与平面平行，故选项C错误.故选:C．6．已知抛物线的焦点为，准线为，直线过且与抛物线交于，两点，与交于点，则（

）A．0 B． C． D．或【答案】A【分析】根据相似三角形性质、抛物线定义及数量积的定义即可求解.【详解】不妨假设交点在轴右侧，分别过，作准线的垂线，垂足分别为，，由三角形的相似及抛物线的定义知，因此恒有，结合所涉及的四个向量的方向可知，也即，故选：A.7．已知定义在上的函数满足，，且当时，，，则关于的不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意得为上的奇函数，且为增函数，又由题得，令，得为上的偶函数，且在上单调递增，得即可解决.【详解】由题知，定义在上的函数满足，，且当时，，，所以，即，又，所以为上的奇函数，设，，所以为上的增函数，因为，令，因为为上的偶函数，且在上单调递增，，所以，所以，故选：B．8．已知正数，满足，若不等式恒成立，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合条件，由可得，然后由可得答案.【详解】因为，所以，所以由可得，因为，所以，所以，所以，当且仅当，时取等号，故选：B．二、多选题9．已知复数满足，则（

）A． B．在复平面内对应的点位于第二象限C． D．满足方程【答案】AD【分析】根据复数的运算及其几何意义，逐个选项判断即可．【详解】对于A：，，故A正确；对于B：在复平面内对应的点位于第四象限，故B错误；对于C：，故C错误；对于D：，故D正确；．故选：AD．10．八一广场位置处于解放碑繁华地段，紧挨着得意世界、大融城、八一好吃街等．重庆解放碑是抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑，是抗战胜利的精神象征，是中国唯一一座纪念中华民族抗日战争胜利的纪念碑．现某兴趣小组准备在八一广场上对解放碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，为解放碑的最顶端，为解放碑的基座（即在的正下方），在广场内（与在同一水平面内）选取，两点，则根据下列各组中的测量数据，能计算出解放碑高度的是（

）A．，，， B．，，，C．，，， D．，，【答案】ABD【分析】A、B、C根据正弦定理、余弦定理和直角三角形性质判断所给条件是否构成解三角形条件；D选项根据相似三角形性质判断.【详解】由题意可知平面，由此进行下列判断：A选项，在中，根据，，，可利用正弦定理求得，再根据求得，故A正确；B选项，由，借助直角三角形和余弦定理，用和表示出，，，，然后结合在中利用余弦定理列方程，解方程求得，故B正确；C选项，，，，四个条件，无法通过解三角形求得，故C错误；D选项，根据，可得与相似，根据相似比可解方程求得，故D正确，故选：ABD．11．在平行四边形中，对角线与交于点，则下列说法正确的是（

）A．B．若为的中点，与交于点，则C．若，，则D．若，，，为上的动点且，则的最小值为4【答案】AB【分析】根据向量的线性运算及数量积的运算律即可判断选项A、B、C，通过数量积运算律把最值转化为最值问题，再利用向量模的运算及余弦定理，即可求解.【详解】A选项：因为，，所以，，所以，即，故A正确；B选项：在平行四边形中，因为为的中点，所以，所以，所以，所以，故B正确；C选项：因为，所以，又，所以，相减得：，即，故C错误；D选项：设的中点为，则，因为，所以，又，，由余弦定理得，所以，所以，故，故D错误，故选：AB．12．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图，在鳖臑中，底面，，作于，于，若，，则（

）A．点到平面的距离恒为定值B．鳖臑的外接球的表面积为定值C．三棱锥也是一个鳖臑D．当三棱锥的体积最大时，【答案】BCD【分析】根据几何体的结构特征逐项分析命题的正误，选出正确选项.【详解】对于选项A，由题，平面，平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，平面，平面，，所以平面，因为平面，所以，又因为，因为平面，平面，，所以平面，易得，，，于是点到平面的距离，故A选项错误；对于选项B，由上得平面，平面，所以，取的中点，则可得，故的外接球的球心即为，半径，于是外接球的表面积，故选项B正确；对于选项C，由上得平面，平面，因此的四个面均为直角三角形，故C选项正确；对于选项D，因为的高为定值，所以体积最大当且仅当的面积最大，因为，故，取等时，由于与相似，故，即此时，故选项D正确.故选：BCD．【点睛】由垂直关系可得三棱锥的外接球球心位置为线段的中点，即可得外接球半径；三棱锥高为定值，体积最大时即底面积最大时，可利用基本不等式求取最值时线段的关系.三、填空题13．定义在上的奇函数满足，则______．【答案】0【分析】根据奇偶性以及可得的周期，即可求解.【详解】由得，所以的最小正周期为2，令，则，故．故答案为：014．已知椭圆的左、右焦点分别为，，A为椭圆的左顶点，以为直径的圆与椭圆在第一、二象限的交点分别为，，若直线，的斜率之积为，则椭圆的标准方程为______．【答案】【分析】设，，利用，的斜率之积为，运算可得，再由，联立解方程组即可．【详解】设，，则，又所以，又，可得，，故椭圆的标准方程为．故答案为：．15．2023年2月8日中国国民党主席夏立言率团访问大陆期间需安排含甲、乙、丙在内的5位志愿者分配到3个会议室参加服务，要求每位志愿者只能去1个会议室，每个会议室至少需要分配1位志愿者，则甲与乙分配在同一会议室，但甲与丙不在同一会议室的分配方案共有______种（用数字作答）．【答案】【分析】根据题意，先把把5人可按1，1，3和1，2，2分组，再结合分步计数原理，即可求解.【详解】由题意，把5人可按1，1，3和1，2，2分组，若分为1，1，3时，甲乙同组，再从非丙的两人中选一人到3人组，共有种不同的分组；若分为1，2，2时，甲乙同组，非丙的两人成2人组或从其它两人选一人与丙成2人组，共有种不同的分组；所以甲与丙不在同一会议室的分配方案共有种不同的分配方案.故答案为：.16．已知函数在区间上存在零点，则的最小值为______．【答案】【分析】设零点为，将方程看作点在直线上，而的最小值代表含义即是直线到点的距离，根据点到直线距离公式列式求解即可.【详解】设函数的零点为，则，则点在直线上．因为零点存在，则，即，令，，令，，易知当时，，所以，的最小值为．故答案为：【点睛】思路点睛：某函数出现零点与双参数问题时，常见思路为将零点当作常数，则零点所对应方程就成为关于双参数的直线方程，将所求问题转换为该直线与某点的位置关系问题进行求解.（注意：虽然零点在找直线方程时当作常数看待，但得到问题所需解析式后，零点取值范围将影响解析式取值范围，这也就是零点范围的作用.）四、解答题17．已知数列的前项和为，若，且，．(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，若的前项和恒成立，求整数的最小值．【答案】(1)(2)2【分析】（1）根据和题中递推公式列式化解，求出通项公式，继而求出数列的通项公式；（2）根据错位相减法求解出前项和，根据通项公式求出取值范围，进而求出整数的最小值．【详解】（1），∴，为首项，公差的等差数列，∴，，当时，，因此（2），，作差可得：，∴，又因为当时，，整数的最小值为2．18．在①，②，③这三个条件中任选一个作为条件，补充到下面问题中，然后解答．已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，且______（填序号）．(1)若，，求的面积；(2)求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）选①根据余弦定理展开式子化解可求出角A；选②根据正弦定理展开，根据倍角公式化简可求出角A；选③根据正弦定理和三角形的恒等变换化简可求出角A；根据恒等变换展开和，解得的值，再根据角A和a边得出的外接圆直径，利用表示出，边乘积，利用正弦定理面积公式计算即可；（2）将利用正弦定理将边化角，代入角A化简成最简式，根据锐角三角形性质得到角B或者角C的取值范围，最后利用三角函数性质求出范围即可.【详解】（1）选①，根据余弦定理展开，即，所以，由得；选②，根据正弦定理可得，因为，所以，因为，所以，由得；选③，根据正弦定理和三角形的恒等变换得：，因为，化简可得，得，由得；，，∴，由已知，，，．（2），∵为锐角三角形，∴，∴，，所以．19．为提升教师的命题能力，重庆市定期举办教师命题大赛，大赛分初赛和复赛，初赛共进行4轮比赛，4轮比赛命制的题目均可适用于高一，高二，高三年级，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛，限时60分钟，参赛教师要在指定的知识范围内，命制非解答题，解答题各2道，若有不少于3道题目入选，将获得“优秀奖”，4轮比赛中，至少获得3次“优秀奖”的教师将进入复赛．为了能进入复赛，教师甲赛前多次进行命题模拟训练，指导老师从教师甲模拟训练命制的题目中，随机抽取了4道非解答题和4道解答题，其中有3道非解答题和2道解答题符合入选标准．(1)若从模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中，随机抽取非解答题，解答题各2道，由此来估计教师甲在一轮比赛中的获奖情况，试预测教师甲在一轮比赛中获得“优秀奖”的概率；(2)若以模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中两类题目各自入选的频率作为每道该类题目入选的概率，经指导老师对教师甲进行赛前强化训练后，每道非解答题入选的概率不变，每道解答题入选的概率比强化训练前大，以获得“优秀奖”次数的期望作为判断依据，试预测教师甲能否进入复赛？【答案】(1)(2)教师甲不能进入复赛【分析】（1）考虑教师甲获得优秀奖的三种情况，分别计算概率相加得到答案.（2）计算教师甲获得“优秀奖”的概率为，则，，得到答案．【详解】（1）设为事件：“在一轮比赛中，教师甲获得优秀奖”，则事件发生的所有情况有：①符合入选标准的非解答题入选1道，解答题入选2道的概率为；②符合入选标准的非解答题入选2道，解答题入选1道的概率为；③符合入选标准的非解答题，解答题各入选2道的概率为．所以．（2）强化训练后，每道非解答题入选的概率为，每道解答题入选的概率为，则强化训练后，教师甲在一轮比赛中可获得“优秀奖”的概率为：，因为每轮比赛结果互不影响，所以进行4轮比赛可看作4重伯努利试验．用表示教师甲在4轮比赛中获得“优秀奖”的次数，则．，故教师甲不能进入复赛．20．魏晋时期数学家刘徽（图a）为研究球体的体积公式，创造了一个独特的立体图形“牟合方盖”，它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一圆柱的侧面上．如图，将两个底面半径为1的圆柱分别从纵横两个方向嵌入棱长为2的正方体时（如图b），两圆柱公共部分形成的几何体（如图c）即得一个“牟合方盖”，图d是该“牟合方盖”的直观图（图中标出的各点，，，，，均在原正方体的表面上）．(1)由“牟合方盖”产生的过程可知，图d中的曲线为一个椭圆，求此椭圆的离心率；(2)如图c，点在椭圆弧上，且三棱锥的体积为，求二面角的正弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据“牟合方盖”产生的过程，将图中正方体的前面的面旋转至上面，易得椭圆的长轴长为，短轴长为求解；（2）根据三棱锥的体积，得到点到平面的距离，连接交于点，连接，易得，，两两相互垂直，以为原点，分别以，，所在方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，然后由求解.【详解】（1）由“牟合方盖”产生的过程可知，将图中正方体的前面的面旋转至上面，可得图中标出的各点，，，，在原正方体中相对对应的位置为如图所示．故图中的曲线所对应的椭圆的长轴长，短轴长，于是可得此椭圆的半焦距，因此离心率．（2）三棱锥的体积，故点到平面的距离，连接交于点，连接，由题可知，，两两相互垂直，如图，以为原点，分别以，，所在方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，由题可得，，，，设平面的一个法向量为，由取，设平面的一个法向量为，由取，记二面角的平面角为，则，故．21．已知双曲线的实轴长为2，两渐近线的夹角为．(1)求双曲线的方程；(2)当时，记双曲线的左、右顶点分别为，，动直线与双曲线的右支交于，两点（异于），直线，相交于点，证明：“”的充要条件是“”．【答案】(1)或(2)证明见解析【分析】（1）根据实轴长度确定a的取值，再根据渐近线夹角确定渐近线斜率，从而确定b的取值，写出解析式；（2）首先联立直线与双曲线方程，根据韦达定理确定，两点坐标关系，证明充分性：将代入联立方程，再利用点斜式表示出直线，的方程，代入列出等式，代入韦达定理求解出即可；证明充分性：将代入直线，的方程，列出等式，代入韦达定理列式解出n即可.【详解】（1）由题知，或，或，所以双曲线的方程为或．（