重庆市2021-2022学年（下）3月月度质量检测高三数学试题.docx

1、重庆市2021-2022学年（下）3月月度质量检测高三数学一、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。1已知集合，则的子集个数为（）AB8CD2已知i为虚数单位，若，则（）A10BCD3下列有关命题的说法正确的是()A若，则B“”的一个必要不充分条件是“”C若命题：，则命题：，D、是两个平面，、是两条直线，如果，那么4已知二次函数的两个零点都在区间内，则a的取值范围是（）ABCD5已知数列的前n项和为，满足，则（）ABCD6已知F1，F2分别为双曲线的左焦点和右焦点，过F2的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，AF1F2的内切圆半径为r1

2、，BF1F2的内切圆半径为r2，若r1=2r2，则直线l的斜率为（）A1BC2D7已知棱长为3的正四面体，是空间内的任一动点，且满足，E为AD中点，过点D的平面平面BCE，则平面截动点P的轨迹所形成的图形的面积为（）AB2C3D48设，则（）ABCD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下列四个表述中，正确的是（）A将一组数据中的每一个数据都加上同一个常数后，方差不变；B设有一个回归方程，变量增加1个单位时，平均增加5个单位；C具有相关关系的两个变量，的相关系数为，那么越接近于0，之

3、间的线性相关程度越高；D在一个列联表中，根据表中数据计算得到的观测值，若的值越大，则认为两个变量间有关的把握就越大.10阿基米德（公元前287年公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号抛物线上任意两点A、B处的切线交于点P，称为“阿基米德三角形”已知抛物线C：的焦点为F，过A、B两点的直线的方程为，关于“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（）ABC点P的坐标为D11如图所示，四棱锥的底面为正方形，底面ABCD，则下列选项中两异面直线所成夹角大于的是（）ABC与SDBAB与SCCSB与ADDAC与SB12阿基米德的“平衡法”体现

4、了近代积分法的基本思想，他用平衡法求得抛物线弓形（抛物线与其弦所在直线围成的图形）面积等于此弓形的内接三角形（内接三角形的顶点C在抛物线上，且在过弦的中点与抛物线对称轴平行或重合的直线上）面积的.现已知直线与抛物线交于A，B两点，且A为第一象限的点，E在A处的切线为l，线段的中点为D，直线轴所在的直线交E于点C，下列说法正确的是（）A若抛物线弓形面积为8，则其内接三角形的面积为6B切线l的方程为C若，则弦对应的抛物线弓形面积大于D若分别取的中点，过，且垂直y轴的直线分别交E于，则三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知圆O的半径为2，A为圆内一点，B，C为圆O上任意两点，则的取

5、值范围是_14在三棱锥中，异面直线PA，BC所成角为，则该三棱锥外接球的表面积为_15已知函数若关于x的不等式有且仅有2个整数解，则实数a的取值范围为_.16已知关于的方程在，上有实数根，则的取值范围是_.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17已知数列满足，且，若，的前项和为(1)求证：为等比数列，并求的通项公式；(2)求，并求满足不等式的最小正整数的值18在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.已知在四边形ABCD中，且_.(1)证明：；(2)若，求四边形ABCD的面积.19年月日，中国女足在两球落后的情况下，以比逆转击败韩国女足，成功夺

6、得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战惊险战胜日本女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇.(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左中右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左中右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球.不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数的分布列和期望；(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲乙丙丁名女足队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外人中的人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外人中的人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住.记第

7、n次传球之前球在甲脚下的概率为，易知，.试证明为等比数列；设第次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小.20已知椭圆的右焦点为F，过F的直线与椭圆E交于点A，B，当直线的方程为时，直线过椭圆的一个顶点(1)求椭圆的标准方程；(2)已知点，若，求直线的斜率2121如图，已知直三棱柱，分别为线段，的中点，为线段上的动点，.(1)若，试证；(2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大.22已知函数，其中，e为自然对数的底数，(1)若函数在定义域上有两个零点，求实数a的取值范围；(2)当时，求证：高三数学试卷 第 6 页 共 28 页秘密2022年3月17日16：0

8、0前重庆市2021-2022学年（下）3月月度质量检测高三数学答案及评分标准【命题单位：重庆缙云教育联盟】1C【解析】【分析】求出，即得解.【详解】解：由题得.因为.所以.所以的子集个数为个.故选：C2B【解析】【分析】先由已知条件求得复数z，再依据复数模的定义去求即可.【详解】由，可得则故选：B3C【解析】【分析】A：根据向量加法的性质即可判断；B：根据充分条件的概念即可判断；C：根据含有一个量词的命题的否定的改写方法判断即可；D：根据空间线面关系即可判断.【详解】A：若，则方向相反且，故A错误；B：若，则，故“”是“”的充分条件，故B错误；C：命题：，则其否定为：，故C正确；D：如果，则无

9、法判断、的位置关系，故D错误.故选：C.4C【解析】【分析】根据二次函数的对称轴与单调区间，结合已知可得到关于a的不等式，进而求解.【详解】二次函数，对称轴为，开口向上，在上单调递减，在上单调递增，要使二次函数的两个零点都在区间内，需，解得故实数a的取值范围是故选：C5B【解析】【分析】先通过退位相减求出，再通过构造等比数列求出，进而得出答案.【详解】当时，当时，即，是以为首项，以2为公比的等比数列.，.故选：B.6D【解析】【分析】记AF1F2的内切圆圆心为C，BF1F2的内心D，边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，则C、E横坐标相等，根据外接圆的性质及双曲线的定义求得的横坐

10、标，可得CDx轴，设直线的倾斜角为，OF2D=，CF2O=90，结合r1=2r2，分析运算即可得出答案.【详解】解：记AF1F2的内切圆圆心为C，边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，则C、E横坐标相等，则|AM|=|AN|，|F1M|=|F1E|，|F2N|=|F2E|，由|AF1|AF2|=2a，即|AM|+|MF1|（|AN|+|NF2|）=2a，得|MF1|NF2|=2a，即|F1E|F2E|=2a，记C的横坐标为x0，则E（x0，0），于是，得x0=a，同理BF1F2的内心D的横坐标也为a，则有CDx轴，设直线的倾斜角为，则OF2D=，CF2O=90，在CEF2中，ta

11、nCF2O=tan（90）=，在DEF2中，tanDF2O=tan，由r1=2r2，可得2tan=tan（90）= ，解得tan，则直线的斜率为tan=2.故选：D.7C【解析】【分析】设的外心为，过点作的平行线，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，设，根据，求得点的轨迹方程，分别延长到点，使得，得到平面平面，过点作，可得证得平面，即为点到平面的距离，结合球的截面圆的性质，求得截面圆的半径，即可求解.【详解】设的外心为，过点作的平行线，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，如图所示，因为，所以，则，设，由，可得，整理得，所以动点的轨迹为以为球心，半径为的球及球的内部，分别延长到点，使得，可得，可

12、证得平面，平面，又由，所以平面平面，即平面为平面，如图（1）所示，过点作，可得证得平面，即为点到平面的距离，连接，根据面面平行的性质，可得，在直角中，可得，在直角中，可得，所以，即截面圆的半径为，所以球与平面的截面表示半径为的圆面，其面积为.故选：C.8A【解析】【分析】利用幂函数和指数函数的性质判断的范围，利用基本不等式判断的范围，构造新函数并利用导数讨论函数的单调性求出的范围，进而得出结果.【详解】由，得，即，所以，所以，则，即；由，即；设，则，所以在上单调递增，且，所以当时，即，当时，即，又，则，所以，即，综上，.故选：A9AD【解析】【分析】根据数据的方差的公式可判断A;根据线性回归直

13、线方程的斜率，可判断B;根据相关系数的含义即可判断C;根据独立性检验的思想结合的意义，可判断D.【详解】A.将一组数据中的每一个数据都加上同一个常数后,，方差不变，正确；B.设有一个回归方程，变量增加1个单位时，平均减少5个单位，错误；C.设具有相关关系的两个变量，的相关系数为，那么越接近于1，之间的线性相关程度越高，错误；D.在一个列联表中，根据表中数据计算得到的观测值，若的值越大，两个变量有关系的出错概率越小，则认为两个变量间有关的把握就越大，正确,故选：AD10ABD【解析】【分析】由直线方程与抛物线方程联立，解得两点的坐标，计算线段的长判断A，利用导数的几何意义求得切线方程，由切线斜率

14、关系判断B，两切线方程联立求得交点的坐标判断C，由直线的斜率关系判断D.【详解】设，联立，可得，解得或，不妨设，则，故，A项正确；又因为，所以，故直线PA的斜率为，直线PA的方程为，即，同理可得直线PB的方程为，所以，B项正确；联立，可得，故点P的坐标为，C项错误；易知点F的坐标为，所以，D项正确故选：ABD.11ACD【解析】【分析】求得BC与SD所成的角判断选项A；求得AB与SC所成的角判断选项B；求得SB与AD所成的角判断选项C；求得AC与SB所成的角判断选项D.【详解】对于A，因为底面ABCD，平面ABCD，所以，则BC与SD所成角的大小为，A项符合对于B，因为底面ABCD是正方形，所

15、以，则AB与SC所成的角为，B项不符合对于C，因为，所以SB与AD所成的角为，由题知，所以，C项符合对于D，因为底面ABCD，平面ABCD，所以因为ABCD是正方形，所以又因为，所以平面SBD因为平面SBD，所以，则AC与SB所成角的大小为，D项符合故选：ACD12ABD【解析】【分析】A选项直接通过题目中给出的条件进行判断；B选项联立直线抛物线求出A点坐标，求导确定斜率，写出切线方程进行判断；C选项令，进行判断；D选项根据条件依次求出各点坐标，分别计算三角形的面积进行判断.【详解】A选项：内接三角形的面积，正确；B选项：，解得，又A为第一象限的点，故切线方程为，即，正确；C选项：由，得，令，

16、弓形面积为，所以不等式不成立，错误；D选项：由知，轴，又的中点，易求， ，因此成立，正确.故选：ABD.【点睛】本题需要依次判断四个选项，A选项直接利用定义判断，B选项关键在于按照切线方程的通用求法进行求解，C选项通过特殊值进行排除即可，D选项关键在于求出各点坐标，再求三角形面积进行判断.13【解析】【分析】将转化为，结合三角函数的有界性得到取值范围.【详解】如图，连接，设为和的夹角则，且，由，当时，有最小值；当时，有最大值为10所以的取值范围为.故答案为：【点睛】向量的数量积问题，通常处理思路：（1）建立平面直角坐标系，利用坐标进行求解；（2）利用向量基本定理对向量进行转化求解；（3）利用极

17、化恒等式求解14【解析】【分析】作出辅助线，找到球心的位置，求出半径，利用外接球表面积公式进行求解，注意存在两种情况，需要分类讨论.【详解】过点A作ADBC，过点C作CDAB，AD与CD相交于点D，连接PD，因为ABBC，所以ADCD，又，所以四边形ABCD为正方形，所以CD=AD =4，异面直线PA，BC所成角为PAD，所以或，因为ABBC，所以ABAD，又因为，所以AB平面PAD，因为平面PAD，所以ABPD，故，因为PC=8，由勾股定理得：，当时，如图，在PAD中，由余弦定理得：，解得：，则，所以，因为，所以PD平面ABCD，取PB中点O，对角线AC，BD相交于点E，则E为BD中点，连接

18、OE，则OEPD，所以OE平面ABCD，则点O即为该三棱锥外接球的球心，其中，EB=，由勾股定理得：，即半径，外接球表面积为.当时，如图，在PAD中，由余弦定理得：，解得：，则过点P作PNAD交DA的延长线于点N，则PAN=，故，因为AB平面PAD，平面PAD，所以ABPN，因为，所以PN平面ABCD，对角线AC，BD相交于点E，根据ABC为直角三角形，AC为斜边，故E为球心O在平面ABC的投影，即OE平面ABCD，过点O作OMPN于点M，连接EN，OP，OC，则OM=EN，OE=MN，OC=OP且为外接球半径，其中，由余弦定理得：，设OE=MN=h，由勾股定理得：，即，解得：，代入上式，解得

19、，即半径，外接球表面积为.故答案为：【点睛】对于求解立体几何的外接球问题，需要先找到球心的位置，结合立体几何的特征来求解，比如棱柱和圆柱的外接球球心在其中心位置，而稍微难一些的棱柱的外接球问题，需要先找到一个特殊的平面，找到球心在这个平面的投影，再找到球心的位置，结合题干条件求出半径即可.15或【解析】【分析】当时，对函数求导，得到函数的单调区间，当时，将函数配方，进而作出函数的大致图象，然后通过数形结合求得答案.【详解】当时，所以，令，得；令，得或，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，且x0时，；当时，在上单调递增. 可以变为，由图1，2可知，或解得或.故答案为：或【点睛】本题难点

20、较大，核心在于作出函数的图象，通过数形结合来解决问题；另外，时，得到函数的单调区间之后，一定要注意当x0时，避免画错图象.16【解析】【分析】由，得，代入，分离参数得，结合换元法和对勾函数性质可求的取值范围.【详解】设方程的根为，则，设，则，.故答案为：，.17(1)证明见解析；(2)；最小正整数.【解析】【分析】（1）由可证得数列为等比数列；利用等比数列通项公式求得后即可推导得到；（2）采用错位相减法可求得，代入可得；利用可知单调递增，则由可得结论.(1)，又，数列是以为首项，为公比的等比数列；，；(2)由（1）得：，则，两式作差得：，；，又，单调递增，又，满足不等式的最小正整数.18(1)

21、证明见解析(2)【解析】【分析】（1）选择，由正弦定理及角度关系推出及，结合两角和的正弦公式及诱导公式，进行证明；选择，利用正弦定理推导出，直接利用两角和的正弦公式及诱导公式即可推出结论；选择，由正弦定理，面积公式及面积的倍数关系得到，使用两角和的正弦公式及诱导公式进行证明；（2）在证明出第一问的基础上，设出边长，利用余弦定理求出的长及角的正弦值，进而利用面积公式进行求解.(1)方案一：选条件.在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，因为，所以，因为，所以.因为，所以，即，所以，所以.方案二：选条件.在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，因为，所以，因为，所以.因为，

22、所以.因为，所以，即，所以，所以.方案三：选条件.因为，且，所以在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，因为，所以.因为，所以，即，所以，所以.(2)选择，答案均相同，由（1）可设，则，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，因为，所以，解得或（舍去），所以，所以，所以四边形ABCD的面积.19(1)分布列答案见解析，数学期望：(2)证明见解析；【解析】【分析】（1）根据题干求得每次扑出点球的概率，进而可得分布列及期望；（2）由题意可得的递推公式，进而得证；令，计算与，比较大小.(1)依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，门将在前三次扑出点球的个数可能的取值为，的分

23、布列为：期望.另解：依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，门将在前三次扑出点球的个数可能的取值为，易知，.的分布列为：期望.(2)第次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则，从而，又，是以为首项，公比为的等比数列.由可知，故.20(1)(2)【解析】【分析】（1）根据求出，进而求出a，从而求出椭圆方程；（2）设出直线的方程，联立后得到两根之和，两根之积，计算出，得到，进而求出，利用两根之和，两根之积求出直线的斜率.(1)由直线过点F及椭圆的一个顶点，所以椭圆半焦距，故椭圆E标准方程为(2)设直线的方程为：，由联立得：显然由，

24、则（1）因为所以x轴平分，则，由（1）及可得：，所以，即，解得：，则，故直线的斜率21(1)证明见解析(2)为的中点时，取得最大值.【解析】【分析】（1）先证平面，得，结合已知条件得出，根据及勾股定理的逆定理，得出，进而得出平面，即证.（2）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量和直线的方向向量，再由向量的夹角公式可求出线面角，在利用二次函数的性质即可求解该问题.(1)在中，为中点且，.平面平面交线为，平面，.，分别为，的中点，.在直角和直角中，.平面，平面，.(2)平面，由（1）得，三线两两垂直，以为原点，以，为，轴建立空间直角坐标系如图，则，.设平面的一个法向量为，则，令得，设，则，设直

25、线与平面所成的角为，则.若，此时点与重合，若，令，则.当，即，为的中点时，取得最大值.22(1)(2)证明过程见解析.【解析】【分析】（1）求定义域，求导，对a分类讨论，结合单调性及最小值，列出不等关系，求出实数a的取值范围；（2）先进行简单放缩，构造函数，进行证明.(1)的定义域为，当时，恒成立，故在上单调递增，故函数在定义域上不可能有两个零点；当时，令得：，令得：，故在单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，要想函数在定义域上有两个零点，则，解得：，又，当时，由零点存在性定理可知：在与范围内各有一个零点，综上：实数a的取值范围是.(2)证明：当时，即证，（）由于，故，只需证，令，则，因为，所以，令得：，令得：，所以在处取得极大值，也是最大值，故在上恒成立，结论得证.【点睛】导函数证明不等式，常常需要对不等式进行变形放缩，常见放缩有三角函数有界性放缩，切线放缩，如，等.高三数学答案 第 28 页 共 28 页