精品解析：重庆市育才中学校2027届高三上学期质量检测（二）数学试题

重庆市育才中学校高2027届高三（上）质量检测（二） 数学试题 （本试卷共150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号； 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题； 3．请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效； 4．请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回． 第I卷 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求解绝对值不等式化简集合A，再根据交集的定义求解即可. 【详解】由，得，所以. 根据交集的定义，可得. 2. 复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法和除法运算及复数的模求解即可. 【详解】 ， . 3. 已知向量，，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，，得. 已知，且，所以，解得. 由得，根据向量模长公式得. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，即，可得， 所以. 5. 已知是等比数列，则“”是“是递减数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】因为数列是等比数列， 若，例如，则，，，满足， 但数列是摆动数列，不是递减数列； 若是递减数列，则； 综上所述：“”是“是递减数列”的必要不充分条件. 6. 已知锐角的内角、、所对的边分别为、、，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设结合二倍角公式、正弦定理、辅助角公式化简可得，再根据为锐角三角形可得，得到，再利用正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而求解即可. 【详解】由， 根据正弦定理，得， 在中，，则， 所以，则， 由于为锐角三角形，则，即， 所以，则， 由，得，则， 由正弦定理，得. 7. 已知等差数列的公差不为零，为其前项和，若，，则集合的元素个数为（ ）． A. 94 B. 95 C. 96 D. 97 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列通项公式求出，从而，再利用二次函数的性质即可． 【详解】由已知可得，解得. 所以， 因为，所以当时，为单调递增或递减函数，即的值均不相等. 而，，，. 所以中不同的数值有(个)． 8. 若定义在上的函数的图象关于点对称，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数图象关于点对称可得，再利用已知条件可得，重复利用此递推式计算即可． 【详解】因为函数的图象关于点对称，所以. 所以，又，则. 因为，所以，则，即， 所以. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知实数，，满足，，则下列关系一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先根据对数函数的单调性和定义域得到，再结合，利用不等式性质、指数函数单调性、作差法逐项判断即可.  【详解】 选项A：对数函数的定义域为，且在定义域上单调递增，由可得，A正确. 选项B：由可得，又，所以，B错误. 选项C：指数函数是上的单调递增函数，由可得，因此，C正确. 选项D： . 由，可得，，， 所以，即，D正确. 10. 已知函数，点在函数的图象上，且，的最小值为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的单调递减区间是， C. 将的图象向右移动个单位长度后，所得到的图象关于轴对称 D. 若在上恰有三个极值点，则实数的取值范围是 【答案】AB 【解析】 【分析】先利用函数过点求，再由相邻最大值点的最小距离求周期和，得到函数解析式，结合余弦型函数的性质及函数图象的平移变换逐项分析判断即可. 【详解】选项A：将代入得，即，又，所以. 因为是函数的最大值，的最小值为， 所以最小正周期，则，A正确； 因此. 选项B：余弦函数的单调递减区间为， 令，则，解得，B正确； 选项C：向右平移个单位后得函数， 是奇函数，图象关于原点对称，不关于轴对称，C错误； 选项D：极值点满足，即. 时的极值点依次为，恰有3个极值点则，D错误. 11. 已知数列满足，，则（ ） A. B. 若，则；若，则 C. 数列单调递增，单调递减 D. 存在正整数， 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用递推公式代入求值判断A，利用归纳法并结合题意得到，进而结合不等式的性质判断B，结合题意得到，再结合归纳法与数列单调性的定义判断C，利用换元法结合导数得到判断D即可. 【详解】对于A，由题意得，， 则，，，故A正确， 对于B，当时，，假定当时，， 当时，，则对于正整数，得到， 令，解得（负根舍去）， 可得满足，且，则， 而，可得，得到 ，即， 当时，得到，即， 此时，可得，得到， 当时，得到，即， 此时，可得，得到，故B正确， 对于C，由题意得，可得， 而， 当时，得到，此时， 当时，得到，此时， 当时，，假定当时，， 当时，由B中结论得，， 则对于正整数，得到，即， 由已知结论得，即，则数列单调递增， 当时，，假定当时，， 当时，由B中结论得， 则对于正整数，得到，即， 由已知结论得，即，则单调递减，故C正确， 对于D，由题意得，则， 则， 由已知得数列单调递增，，令， 构造，而恒成立， 则在上单调递增，当时，， 可得，即，故D错误. 第Ⅱ卷 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列的前项和为，公差且，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由等差数列的性质进行求解． 【详解】依题意得，，解得． 13. 四边形是边长为4的菱形，，若，且为的中点，则________． 【答案】21 【解析】 【分析】选取和为基底，将、用基底线性表示后，利用平面向量数量积的运算规则计算求值 【详解】因为四边形是边长为4的菱形，， 所以 ，且 由菱形性质得，，由，得：， 因为为的中点，所以 所以 所以 14. 已知函数，写出的一个对称轴方程________；当，则的最大值是________． 【答案】 ①. （答案不唯一） ②. 【解析】 【分析】（1）先利用定义法证明是偶函数，再求解对称轴方程即可. （2）利用导数判断函数单调性，进而求解最大值即可. 【详解】（1）由题意得， 则 ，可得是偶函数， 故的一个对称轴方程为. （2）由题意得， 则， 当时，， 得到，则在上单调递增， 当时，， 得到，则在上单调递减， 而，故的最大值是. 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. 已知的内角、、所对的边分别为、、，记的面积为，且． （1）求的大小； （2）若，求外接圆直径的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题设结合余弦定理、三角形的面积公式化简求解即可； （2）根据题设结合正弦定理、诱导公式化简求解即可. 【小问1详解】 由， 而，， 则，即，又，则. 【小问2详解】 由，则， 即， 在中，，则. 16. 已知数列的前项和为，且满足：，． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题设结合和的关系化简可得数列是等比数列，进而求解即可； （2）先得到，再利用分组求和法求解即可. 【小问1详解】 由， 当时，， 两式相减得，，即，， 当时，，即，则， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 则. 【小问2详解】 由， 则 . 17. 如图，在等腰直角中，，点、分别是边、的中点，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，为的中点． （1）求证：平面； （2）在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）取的中点，连接，则为的中位线， 则，且， 而，且，则，且， 得四边形为平行四边形，得，平面平面， 得平面． （2）存在， 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形即可求证； （2）设，建立如图所示的空间直角坐标系利用空间向量求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，得，得， 而平面，得平面， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 得， 设平面的法向量为， 由，取， 假设在棱上存在一点，使得二面角的余弦值为， 设，则， 得， 设平面的法向量为， 由，取， 则，得， 化简得，解得或（此时二面角为钝角，故舍去）， 故． 18. 已知函数，其中． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）已知有三个零点，分别为，，， （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）由（ⅰ）得，，，. 而， 故，而，所以. 则也是函数的一个零点， 又，函数只有3个零点，所以， 所以， 因此. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，计算，的值，求出切线方程即可. （2）（i）利用函数零点的意义变形并构造函数，求出导数，按，分类讨论确定单调性，结合零点存在性定理判断即可； （ii）由（i）的信息确定的取值范围，再确定关系即可推理得证. 【小问1详解】 当时，，所以 则， 所以曲线在点处的切线斜率， 又切点为，所以所求切线方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）函数的定义域为， 由，得. 令，依题意，则函数有3个零点， ，方程，. 当，即时，， 函数在上单调递增，最多一个零点，不符合题意； 当，即时， 方程的两个根为，. 又，则， 又，则. 当，时，；当时，， 所以函数在，上单调递增，在上单调递减， 则，而， 因此，， 又当时，，当时，， 则函数在，，各有一个零点，故函数有3个零点， 即函数有3个零点. 综上，. （ii）略 19. 现有一系列曲线，的方程为，从原点出发的射线（，）与曲线交于点，过作曲线的切线与曲线交于点，． （1）求曲线的离心率； （2）记的面积为， （i）求数列的通项公式； （ii）求证：． 【答案】（1） （2）（i）； （ii） ， 由得， 所以 【解析】 【分析】（1）由条件求出，即得离心率； （2）（i）由题意设直线的方程为，与方程联立后利用韦达定理得，联立直线与曲线的方程，韦达定理，利用弦长公式求得，结合点O到直线的距离可得的面积为； （ii）先利用放缩法得，然后利用裂项相消法求和即可证明. 【小问1详解】 由曲线的方程为，即， 所以，所以曲线的离心率为； 【小问2详解】 （i）由于，故直线的斜率一定存在，设直线的方程为， 联立 ，消去y可得， 由于直线与曲线相切，故， 化简得， 联立 ，消去y可得， 所以， 所以 ， 又点O到直线的距离为， 所以的面积为 ； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市育才中学校高2027届高三（上）质量检测（二） 数学试题 （本试卷共150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号； 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题； 3．请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效； 4．请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回． 第I卷 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知是等比数列，则“”是“是递减数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知锐角的内角、、所对的边分别为、、，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知等差数列的公差不为零，为其前项和，若，，则集合的元素个数为（ ）． A. 94 B. 95 C. 96 D. 97 8. 若定义在上的函数的图象关于点对称，且，，则（ ） 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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知实数，，满足，，则下列关系一定正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，点在函数的图象上，且，的最小值为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的单调递减区间是， C. 将的图象向右移动个单位长度后，所得到的图象关于轴对称 D. 若在上恰有三个极值点，则实数的取值范围是 11. 已知数列满足，，则（ ） A. B. 若，则；若，则 C. 数列单调递增，单调递减 D. 存在正整数， 第Ⅱ卷 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列的前项和为，公差且，，则________． 13. 四边形是边长为4的菱形，，若，且为的中点，则________． 14. 已知函数，写出的一个对称轴方程________；当，则的最大值是________． 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. 已知的内角、、所对的边分别为、、，记的面积为，且． （1）求的大小； （2）若，求外接圆直径的长． 16. 已知数列的前项和为，且满足：，． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求． 17. 如图，在等腰直角中，，点、分别是边、的中点，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，为的中点． （1）求证：平面； （2）在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 18. 已知函数，其中． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）已知有三个零点，分别为，，， （i）求的取值范围； （ii）证明：． 19. 现有一系列曲线，的方程为，从原点出发的射线（，）与曲线交于点，过作曲线的切线与曲线交于点，． （1）求曲线的离心率； （2）记的面积为， （i）求数列的通项公式； （ii）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $