2022届重庆市高三第八次质量检测数学试题解析版

2022届重庆市高三第八次质量检测数学试题一、单选题1．若复数（i为虚数单位），则复数z在复平面上对应的点所在的象限为（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】首先根据复数代数形式的乘法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可；【详解】解：因为，所以复数在复平面内所对应的点的坐标为，位于第一象限；故选：A2．已知集合，设集合，则下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意得，再由交集和并集运算求解即可.【详解】由题意可知，，，，.故选：C3．等差数列的前5项和为40，，则（

）A．12 B．14 C．6 D．7【答案】B【分析】设等差数列的公差为，依题意根据等差数列的通项公式及前项和公式得到方程组，解得和，即可求出数列的通项公式，即可得解；【详解】解：设等差数列的公差为，依题意，解得，所以，所以；故选：B4．在中，“”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【详解】试题分析：由，所以，则或，即或，所以“”是“”的充分不必要条件，故选A．【解析】二倍角公式的应用．5．《黄帝内经》中十二时辰养生法认为：子时的睡眠对一天至关重要（子时是指23点到次日凌晨1点）．相关数据表明，人睡时间越晚，沉睡时间越少，睡眠指数也就越低，根据某次的抽样数据，对早睡群体和晚睡群体睡眠指数的统计如下表：组别睡眠指数早睡人群占比晚睡人群占比12345注：早睡人群为23:00前人睡的人群，晚睡人群为01:00后入睡的人群．根据表中数据，下列说法正确的是（

）A．早睡人群睡眠指数的中位数估计在第3组B．第1组的早睡人数少于晚睡人数C．第5组中有的人在23:00后，01:00前人睡D．晚睡人群的睡眠指数平均数估计落在区间【答案】D【分析】对于A，由中位的计算可判断，对于B、C由题意可判断，对于D，计算平均数后可判断.【详解】对于A，由于，所以早睡人群睡眠指数的中位数估计不在第3组，故A不正确；对于B、C，每一组中的早睡人群占比与晚睡人群占比都是以早睡与晚睡各自的总人数为基数的，所以每一组中的早睡人数与晚睡人数不能从所占的百分比来判断，故B、C不正确；对于D，晚睡人群的睡眠指数平均数为，故D正确.故选：D6．在直角中，．以AB为旋转轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图作出旋转体的轴截面，由题意可得轴截面为边长为的正方形，其中，从而可求出内切球的半径，进而求出其体积.【详解】如图所示，旋转体的轴截面为边长为的正方形，O为内切球的球心，在直角中，，则．其中所以该几何体的内切球的体积为故选：A7．过抛物线的焦点作倾斜角为的直线，交于、两点，交轴于点．若，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出、的值，利用弦长公式结合已知条件可求得的值.【详解】抛物线的焦点为，易知直线的方程为，设点、，联立，可得，解得，，所以，，，所以，，因为，解得.故选：B.8．若函数有最小值，则实数a的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据对数函数的性质可得且，则，即可求出的大致范围，再令的根为、且，，，对分两种情况讨论，结合二次函数、对数函数的单调性判断即可；【详解】解：依题意且，所以，解得或，综上可得，令的根为、且，，，若，则在定义域上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，根据复合函数的单调性可知，在上单调递增，在上单调递减，函数不存在最小值，故舍去；若，则在定义域上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，根据复合函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增，所以函数在取得最小值，所以；故选：A二、多选题9．已知正数a，b满足，则下列说法一定正确的是（

）A． B．C． D．【答案】AD【分析】由基本不等式判断AD，取判断BC.【详解】由题意可知，（当且仅当时取等号），故A正确；取，则，故BC错误；因为，所以（当且仅当时取等号），则（当且仅当时取等号），故D正确；故选：AD10．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，、分别为线段、的中点，为线段上的动点（不含端点），则下列说法正确的是（

）A．对任意点，则有、、、四点共面B．存在点，使得、、、四点共面C．对任意点，则有平面D．存在点，使得平面【答案】BD【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可判断各选项的正误.【详解】因为底面，四边形为正方形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、、、，设，其中，则，，，设，则，解得，故存在点，使得、、、四点共面，B对；，，，设，所以，，解得，不合乎题意，A错；，，若平面，平面，则，解得，C错；设平面的法向量为，，，则，取，则，，若平面，则，解得，故当点与点重合时，平面，D对.故选：BD.11．重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品人朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中，动点P在上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（

）图1

图2A．若，则 B．若，则C． D．【答案】ABD【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设，可得，由，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.【详解】如图，作,分别以为x,y轴建立平面直角坐标系，则,设，则,由可得，且，若，则，解得，（负值舍去），故，A正确；若，则，，故B正确；，由于，故，故，故C错误；由于，故，而，故，故D正确，故选：ABD12．“出租车几何”或“曼哈顿距离”（ManhattanDistance）是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创词汇，是种被使用在几何度量空间的几何学用语．在平面直角坐标系内，对于任意两点、，定义它们之间的“欧几里得距离”，“曼哈顿距离”为，则下列说法正确的是（

）A．若点为线段上任意一点，则为定值B．对于平面上任意一点，若，则动点的轨迹长度为C．对于平面上任意三点、、，都有D．若、为椭圆上的两个动点，则最大值为【答案】AC【分析】利用题中定理可判断A选项；作出点的轨迹图形，求其周长可判断B选项；利用绝对值三角不等式可判断C选项；设点、，不妨设，，利用辅助角公式结合正弦型函数的有界性可判断D选项.【详解】对于A选项，设点为线段上任意一点，则，A对；对于B选项，设点，则，当，时，则；当，时，则；当，时，则；当，时，则.作出点的轨迹如下图所示：由图可知，点的轨迹是边长为的正方形，故动点的轨迹长度为，B错；对于C选项，设点、、，由绝对值三角不等式可得，同理可得，所以，，即，C对；对于D选项，设点、，不妨设，，则，其中为锐角，且，取，，等号成立，D错.故选：AC.三、填空题13．函数的最小正周期为_______.【答案】【详解】试题分析：，所以函数的周期等于【解析】1.二倍角降幂公式；2.三角函数的周期.14．展开式中含有项的系数为_____________．【答案】【分析】求出的的系数，即得解.【详解】解：设的通项为令，所以令，所以所以项的系数为.故答案为：15．年月以来，重庆出现新一轮由奥密克戎变异毒株引发的新冠疫情，有个区域被判定为中风险地，均在高新区．为了尽快控制疫情，重庆市政府决定派名专员对这三个中风险地区的疫情防控工作进行指导．若每个中风险地区至少派一名专员且人要派完，专员甲、乙需到同一中风险地区指导，则不同的专员分配方案总数为_____________．【答案】【分析】将人分成三组，每组至少一人，则各组人数分别为、、或、、，然后分这两种情况讨论，按照先分组再分配的方式可求得结果.【详解】将人分成三组，每组至少一人，则各组人数分别为、、或、、.①若三组人数分别为、、，则甲、乙所在组的人数为，此时还需从另外人中选人到这组，此时不同的分配方案种数为；②若三组人数分别为、、，则其中一组有人的为甲、乙所在的一组，此时不同的分配方案种数为.综上所述，不同的分配方案种数为.故答案为：.16．已知双曲线的左、右焦点分别为，分别过，作斜率为2的直线交C在x轴上半平面部分于P，Q两点．记面积分别为，若，则双曲线C的离心率为_____________．【答案】【分析】根据得到，结合双曲线的定义、余弦定理列方程，化简求得双曲线的离心率.【详解】依题意，，面积分别为，且，由于，所以，设，由双曲线的定义可知，由，可解得，故在三角形和三角形，分别由余弦定理得，整理得，两式相减得.故答案为：【点睛】求解双曲线与焦点三角形有关的问题，可结合双曲线的定义来进行考虑.求解双曲线的离心率，可利用直接法求得来求，也可以根据题意建立关于的方程，通过化简来求得离心率.四、解答题17．在①；②；③.这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答问题．在中，内角、、的对边长分别为、、，且_______．(1)求角的大小；(2)若的面积为，求的最小值．【答案】(1)条件选择见解析，(2)【分析】（1）选①，由正弦定理结合余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；选②或③，利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可得出，再利用余弦定理结合基本不等式可得出关于的不等式，即可解得的最小值.【详解】(1)解：选①，由及正弦定理可得，所以，，由余弦定理可得，，则；选②，由及正弦定理可得，即，因为、，则，所以，，则；选③，由及正弦定理可得，因为，则，所以，，则.(2)解：由三角形的面积公式可得，，由余弦定理结合基本不等式可得，所以，，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.18．设数列的前n项和为，且．(1)求证：数列为等差数列；(2)令，记数列的前n项和为，若实数使得对任意的恒成立，求的取值范围．【答案】(1)证明见详解；(2)【分析】（1）由的关系得，两边同除以得证.（2）由（1）知数列为等差数列，求出的通项公式，即数列的通项公式，证明为等差数列并求出，代入，化简得，根据数列的单调性求解.【详解】(1)解：由题知，当时，，所以，，，所以数列为等差数列.(2)由，当时，，化简得，由（1）知数列为等差数列，首项为，公差是1，所以，，由，得是等差数列，首项为2，公差为1，所以数列的前n项和，实数使得对任意的恒成立，，化简得，的最小值为9，所以，所以.19．在直角梯形ABCD中，，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使得（如图2）．(1)求证：平面平面EFCD；(2)若直线AC与平面ABFE所成角的正切值为，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由，得，由，得平面，能证明平面平面．（2）过点作，交于点，连接，由面面垂直的性质得到平面，则直线与平面所成角的平面角为，设，即可表示出，再由锐角三角函数得到方程，求出，最后建立空间角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．【详解】(1)证明：由题设条件，，，则，又且，平面，则平面，又平面故平面平面．(2)解：过点作，交于点，连接，因为平面平面，平面平面，所以平面，故直线与平面所成角的平面角为，设，则在中，，，所以，解得，如图，建立空间角坐标系，则，，，，，，所以，则平面的法向量为，设平面的法向量为，由，令，则，则二面角的余弦值为．20．冰壶被喻为冰上的“国际象棋”，是以团队为单位在冰上进行的投掷性竞赛项目，每场比赛共10局，在每局比赛中，每个团队由多名运动员组成，轮流掷壶、刷冰、指挥．两边队员交替掷壶，可击打本方和对手冰壶，以最终离得分区圆心最近的一方冰壶数量多少计算得分，另外一方计零分，以十局总得分最高的一方获胜．冰壶运动考验参与者的体能与脑力，展现动静之美，取舍之智慧．同时由于冰壶的击打规则，后投掷一方有优势，因此前一局的得分方将作为后一局的先手掷壶．已知甲、乙两队参加冰壶比赛，在某局中若甲方先手掷壶，则该局甲方得分概率为；若甲方后手掷壶，则该局甲方得分概率为，每局比赛不考虑平局．在该场比赛中，前面已经比赛了六局，双方各有三局得分，其中第六局乙方得分．(1)求第七局、第八局均为甲方得分的概率；(2)求当十局比完，甲方的得分局多于乙方的概率．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用独立事件的概率公式求解；（2）求出后面四局甲全胜和甲胜三局的概率即得解.【详解】(1)解：第六局乙方得分，所以第七局乙方先掷壶，甲方后掷壶，则第七局甲方得分概率为；第七局甲方得分，则第八局甲先掷壶，乙后掷壶，第八局甲方得分的概率为，所以第七局、第八局均为甲方得分的概率为.(2)解：前面已经比赛了六局，双方各有三局得分，所以后面四局甲全胜或者甲胜三局.后面四局甲全胜，且第七局乙先掷壶，则概率为；后面四局甲胜三局，且第七局乙先掷壶，分为第七局乙得分或者第八局乙得分或第九局乙得分或第十局乙得分，所以概率为则当十局比完，甲方的得分局多于乙方的概率为.21．已知椭圆经过点和点．(1)求椭圆的标准方程和离心率；(2)若、为椭圆上异于点的两点，且点在以为直径的圆上，求证：直线恒过定点．【答案】(1)椭圆的标准方程为，离心率为(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出椭圆的标准方程，求出的值，可得出椭圆的离心率；（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率存在时，设出直线的方程，并将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出参数之间的关系，化简直线的方程，可得出直线所过定点的坐标；在直线的斜率不存在时，根据已知条件求出点、的横坐标，可得出直线的方程，综合可得出直线所过定点的坐标.【详解】(1)解：将点、的坐标代入椭圆的方程可得，解得，则，所以，椭圆的标准方程为，离心率为.(2)解：分以