精品解析：重庆市南开中学校2026-2027学年高三上学期11月质量检测数学试题

重庆南开中学高2027届高三年级质量检测（三） 数学试题 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． 第I卷（选择题共58分） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求） 1. 复数（为虚数单位）的虚部是 A. 1 B. -1 C. D. 2. 已知数列满足，，，则（ ） A. -1 B. C. D. 2 3. 已知随机变量，若，则（ ） A. 0.4 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1 4. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，，，若，则实数的最大值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 6. 已知三棱锥的三条侧棱两两垂直，底面等边的边长为，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知等比数列的公比为，且，设，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 在平行四边形中，已知为的中点，为线段与的交点，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 二、多项选择题（本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 已知、、为三个不同的平面，、为两条不同的直线．下列条件中，能推出的有（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 10. 已知复数，下列说法中正确的有（ ） A. B. C. 若，则有 D. 若，为虚数单位，则的最大值为 11. 已知点是内一点，于点D，于点，于点，设线段，的长度分别为，，，则（ ）. A. B. C. D. 的最大值为2 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填写在答题卡相对应位置上） 12. 函数同时满足下列三个条件：；②对；③在上单调递减．请写出一个符合条件的函数解析式，___________ 13. 已知为数列的前项和，且，则___________． 14. 已知函数的部分图象如图所示，曲线与直线在轴右侧第一个交点记为A，与直线在轴右侧第二个交点记为B．已知，则___________． 四、解答题（本大题共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. 在中，内角、、的对边分别是、、，且． （1）求角； （2）若，，求的周长． 16. 如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置（使点D落在点的位置），连接，已知． （1）求证：平面平面； （2）记的中点为，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知双曲线的左、右焦点分别为，渐近线方程为，焦距为．直线经过双曲线C的右焦点，且与双曲线C交于两点． （1）求双曲线C的方程； （2）已知椭圆D与双曲线C共焦点，且经过点．若点在椭圆D上，求的面积． 18. 已知等比数列的前项和为，若成等差数列，，且为单调递增数列． （1）求数列的通项公式； （2）若，记数列的前项和为． （i）求； （ii）若对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 19. 已知函数，设曲线．在复平面上，对曲线C上的点，记其对应的复数为（为虚数单位），定义，称为点的象． （1）当时，求曲线C在处的切线方程； （2）设为曲线C上两个不同的点，为的象． （i）证明：的充要条件是且； （ii）若存在实数，使得关于的不等式的解集为，且，求实数的取值范围．并判断此时曲线C上是否存在，使得成立，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆南开中学高2027届高三年级质量检测（三） 数学试题 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． 第I卷（选择题共58分） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求） 1. 复数（为虚数单位）的虚部是 A. 1 B. -1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意有： ， 据此可得复数（为虚数单位）的虚部是1 . 本题选择A选项. 2. 已知数列满足，，，则（ ） A. -1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】求出，，，，判断的周期，根据数列的周期性求解即可. 【详解】因为，则，，， 故是周期为3的周期数列，所以． 3. 已知随机变量，若，则（ ） A. 0.4 B. 0.3 C. 0.2 D. 0.1 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布图象的对称性求解即可. 【详解】由正态分布图象的对称性可知：. 4. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，得， 由，得， 所以． 5. 已知函数，，，若，则实数的最大值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据导数求解函数在上的单调性及值域，进而求出集合，再根据子集的定义求解参数的取值范围即可. 【详解】由，得：， 令，由于，得：在上单调递增， 故，， 由此可得：在上单调递增， 即，. 综上所述可得：. 又因为且满足，可得：，即实数的最大值为. 6. 已知三棱锥的三条侧棱两两垂直，底面等边的边长为，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设 , , ， 因为 , , ， 所以 , , 都是直角三角形， 由勾股定理得 , , . 因为 是边长为 的等边三角形， 所以 ， 于是 ， 解得 a=b=c=2. 以 , , 为共顶点的三条棱，把三棱锥补成棱长为 的正方体，则 , , , 四点都在该正方体的外接球上； 设外接球半径为 ， ，所以 . 所以外接球的表面积 . 7. 已知等比数列的公比为，且，设，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质结合倒序相加法注意判断即可， 【详解】结合，，可知．A错误. 且有时，，，， 当时，，，，B正确． 由等比数列性质可知，又．故．C错误. 由， ．，D错误. 8. 在平行四边形中，已知为的中点，为线段与的交点，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据向量的线性运算可得：，，然后再根据数量积的定义和运算法则进行求解即可. 【详解】因为，所以， 由此可得：， 即 又， 故 . 二、多项选择题（本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 已知、、为三个不同的平面，、为两条不同的直线．下列条件中，能推出的有（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】AC 【解析】 【分析】由线面垂直的性质、线面平行的性质及面面垂直的判定定理判断A；举特例可判B、D；由，，得，从而由面面垂直的判定定理判断C. 【详解】对于A选项，若，，， 则直线、的方向向量可分别作为平面、的法向量， 由题意可知平面、的法向量互相垂直，则，故A符合要求； 对于B选项，在正方体中， 不妨取平面为平面，平面为平面，平面为平面， 直线为直线，满足题设条件，但平面与平面不垂直，所以B不符合题意； 对于C选项，由，，得，又，所以，所以C符合题意； 对于D选项，不妨取直线为直线，直线为直线， 平面为平面，平面为平面， 因为平面，平面，， 但平面与平面不垂直，所以D不符合题意. 10. 已知复数，下列说法中正确的有（ ） A. B. C. 若，则有 D. 若，为虚数单位，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由复数的运算性质判断ABC选项，在复平面上结合复数的几何意义判断. 【详解】设，， ， ， ， 恒成立，A正确； 由复数三角不等式知，仅当、对应的向量方向相同（或有）时等号成立， 对任意复数不恒成立，B错误； ， ， ， ，C正确； 如图所示； 在复平面内，表示点到点的距离为，即点的轨迹是以为圆心、半径为1的圆． 则指该圆上的点到点的距离，圆心到点的距离为， 的最大值为，D正确． 11. 已知点是内一点，于点D，于点，于点，设线段，的长度分别为，，，则（ ）. A. B. C. D. 的最大值为2 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，利用四点共圆得夹角关系，结合余弦定理推导线段表达式；B选项，利用圆的直径与正弦定理建立线段与角度的等量关系；C选项，通过等价变形、三角恒等化简，将不等式转化为完全平方非负恒成立问题；D选项，利用对称不等式放缩求出比值的最小值，与选项表述矛盾，判断错误. 【详解】得， 四点共圆，，为该圆直径． 选项A：在中，由余弦定理， 所以，故A正确； 选项B：四点共圆，直径为，由正弦定理得，即，故B正确； 选项C：由选项B得， 等价于， 两边平方：， 整理： 因为，，又，， 代入： ，该式恒成立，当且仅当时取等号，故C正确； 选项D：由选项同理可得， ，即， 当为等边三角形，为中心时等号可成立， 的最小值为2，故D错误． 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填写在答题卡相对应位置上） 12. 函数同时满足下列三个条件：；②对；③在上单调递减．请写出一个符合条件的函数解析式，___________ 【答案】（答案不唯一，写出一个即可） 【解析】 【详解】由条件，为以为一个周期的偶函数且在上单调递减， 取，函数的定义域为，关于原点对称，且周期， 由，则为偶函数， 由得， 当时，得，则在区间上单调递减. 所以符合题意（答案不唯一，写出一个即可）． 13. 已知为数列的前项和，且，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用前项和与第项的关系变形，再利用构造法求出通项公式即可. 【详解】依题意，当时，，即， 整理得，即，因此数列是常数列， ，则，所以. 14. 已知函数的部分图象如图所示，曲线与直线在轴右侧第一个交点记为A，与直线在轴右侧第二个交点记为B．已知，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】由两点间距离公式结合图象分别求得，从而得，再结合诱导公式求得. 【详解】设， 所以， 由图可得，， 所以，解得. 又曲线过，且在递减区间内， ， ， 又，所以. ， . 四、解答题（本大题共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. 在中，内角、、的对边分别是、、，且． （1）求角； （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换即可求解； （2）利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理，得， 又，，代入上式： ，即， 因，，所以，，所以. 【小问2详解】 由余弦定理可得， 所以，则，故， 所以的周长为. 16. 如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置（使点D落在点的位置），连接，已知． （1）求证：平面平面； （2）记的中点为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）取的中点为，连接、，由条件， 又，， 在菱形中，， 平面， 又平面， 平面平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）取的中点为，由勾股定理得到线线垂直，由菱形对角线再得到线线垂直，由此得到线面垂直，然后得到面面垂直； （2）由（1）可以建立空间直角坐标系，写出点坐标即可得平面内向量坐标，由空间向量的数量积求得面的法向量，然后由空间向量的数量积求得面面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，、、两两垂直，如图以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则有：，， 设平面的法向量为，由 取，得， 又平面的法向量 故平面与平面的夹角的余弦值为． 17. 已知双曲线的左、右焦点分别为，渐近线方程为，焦距为．直线经过双曲线C的右焦点，且与双曲线C交于两点． （1）求双曲线C的方程； （2）已知椭圆D与双曲线C共焦点，且经过点．若点在椭圆D上，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用双曲线的渐近线及焦距计算参数即可； （2）根据椭圆的性质先设方程计算椭圆方程，根据点在椭圆上得两参数关系，结合直线过右焦点可建立方程计算，联立直线与双曲线方程结合韦达定理计算面积即可. 【小问1详解】 设焦距为，则有， 又渐近线方程为，则 故双曲线的标准方程为：． 【小问2详解】 设椭圆的方程为：， 由（1）知，故有①， 又由椭圆经过点可得：②， 联立①②可解得：，或，（舍去）， 故椭圆方程为， 由点在椭圆上可得：③， 又由直线过点可得：④， 联立③④可解得：，． 联立：和双曲线， 可得：． 设，则有，， ， ， 故. 18. 已知等比数列的前项和为，若成等差数列，，且为单调递增数列． （1）求数列的通项公式； （2）若，记数列的前项和为． （i）求； （ii）若对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）（i），（ii） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件建立公比的方程，结合数列的单调性及通项公式计算即可； （2）（i）根据上问结论结合裂项相消求和计算即可，（ii）分离参数再分奇偶项讨论，结合作差法判定数列的单调性计算最值即可求参数范围. 【小问1详解】 设等比数列公比为，由，得， 由成等差数列，得，整理得， 联立两式得，化简得， 解得或， 因为递增，，故，则其通项公式； 【小问2详解】 由（1）知， 则， （i） ； （ii）不等式，即为， 当为偶数时，不等式化为， 即，该式对一切偶数恒成立， 令，即求在偶数上的最小值． 由， 由此可得，，即时，单调递增， 所以偶数项的最小值为，即． 当为奇数时，，则，该式对一切奇数恒成立， 即求在奇数上的最小值； 由以及时，单调递增，最小值在时取得， 故，即． 综上，实数的取值范围为 19. 已知函数，设曲线．在复平面上，对曲线C上的点，记其对应的复数为（为虚数单位），定义，称为点的象． （1）当时，求曲线C在处的切线方程； （2）设为曲线C上两个不同的点，为的象． （i）证明：的充要条件是且； （ii）若存在实数，使得关于的不等式的解集为，且，求实数的取值范围．并判断此时曲线C上是否存在，使得成立，说明理由． 【答案】（1） （2）（i）法一： 充分性：若且， 则， 所以． 必要性：若，则，即， 因为，所以，则， 所以且，即，得证． 法二：． 充分性：若且，则 . 必要性：若，则，， 整理得， 消去得， 即故． 分情况讨论， ①若，则，又因为两点不重合，则只能； ②若，则，两点重合，矛盾； ③若，则，即，得证． 所以且，即． （ii）法一：因为的解集为，且实数， 所以，即． ①当时，，所以， ②当时，，所以， 因此在上单调递增． 取，令， 所以在上单调递减； 所以．即，又， 由零点存在性定理可得，在上有唯一零点． 由的解集为知，是的唯一零点， 即，得． 法二：的解集为可得，的解集为， 化简得不等式的解集为且， 设函数，则 ①当时，为递减函数， ②当时，，，则在单调递减， 因此在上单调递减，设，则解集为， 由题意可得，即 又在单调递减，且，所以， 易求，故的取值范围是． 若成立，由（i）知且，代入得 ，即． 又，所以，所以，和上面结论矛盾故曲线上不存在，使得成立． 【解析】 【分析】（1）代入，由得到函数解析式，求切点坐标.由导数求得切线斜率，然后由点斜式写出直线方程； （2）（i）结合题意根据充分必要条件的定义，分别证明充分性和必要性； （ii）方法一：通过不等式的解集知道求得的范围，然后讨论的不同取值化简函数解析式，并由判断函数的单调性.构造函数，由导数得到函数在的单调性，由零点存在性定理求得零点，即可求得的表达式；方法二：由分离常数法化简不等式，构造函数，讨论的取值，得到函数解析式，由函数解析式得到函数单调性，从而得到的表达式.然后由函数的单调性求得的取值范围.当时，由（i）中结论，以及的取值范围找到矛盾即可判断. 【小问1详解】 当，时，，则，切点为． ，则切线斜率为， 故切线方程为，即． 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $