重庆市2023-2024学年高三下学期2月第六次质量检测数学试题（含解析）

重庆市高2024届高三第六次质量检测
数学试题
2024.2
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.
一 单项选择题：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，只有一项符合题目要求.
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
3.已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4.已知等差数列的前项和为，满足，则等于（ ）
A.10 B.11 C.12 D.13
5.函数的部分图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
6.已知三棱锥的体积是是球的球面上的三个点，且，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
7.已知双曲线：的左右焦点分别为，过点作直线交双曲线右支于两点（点在轴上方），使得.若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.2
8.对于正数，有，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二 多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.某射箭俱乐部举行了射箭比赛，甲 乙两名选手均射箭6次，结果如下，则
次数第次 1 2 3 4 5 6
环数环 7 8 6 7 8 9
甲选手
次数第次 1 2 3 4 5 6
环数环 9 7 6 8 6 6
乙选手
A.甲选手射击环数的第九十百分位数为8.5
B.甲选手射击环数的平均数比乙选手的大
C.从发挥的稳定性上看，甲选手优于乙选手
D.用最小二乘法求得甲选手环数关于次数的经验回归方程为，则
10.已知一圆锥的底面半径为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，为底面圆的一条直径上的两个端点，则（ ）
A.该圆锥的母线长为2
B.该圆锥的体积为
C.从点经过圆锥的表面到达点的最短距离为
D.过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为
11.平面解析几何的结论很多可以推广到空间中，如：（1）平面上，过点，且以为方向向量的平面直线的方程为；在空间中，过点，且以为方向向量的空间直线的方程为.（2）平面上，过点，且以为法向量的直线的方程为；空间中，过点，且以为法向量的平面的方程为.现已知平面，平面，则（ ）
A. B. C. D.
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知圆，直线，若直线与圆交于两点，则的最小值为__________.
13.2024年伊始，随着“广西沙糖桔”“马铃薯公主”等热梗的不断爆出，哈尔滨火爆出圈，成为旅游城市中的“顶流”.某班级五位同学也准备共赴一场冰雪之约，制定了“南方小土豆，勇闯哈尔滨”的出游计划，这五位同学准备在行程第一天在圣索菲亚教堂，冰雪大世界，中央大街三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数是__________.
14.设是定义在上的单调增函数，且满足，若对于任意非零实数都有，则__________.
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.（13分）
如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，，点是线段的中点
（1）证明：平面；
（2）若直线与圆柱底面所成角为，求点到平面的距离.
16.（15分）
设函数，且函数的图像相邻两条对成轴之间的距离为
（1）若，求的取值范围；
（2）把函数图像上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将所得图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，讨论函数的单调性；
（3）在中，记所对的边分别为，外接圆面积为，的内角平分线与外角平分线分别交直线于两点，求的长度.
17.（15分）
设.
（1）求的极值；
（2）若对于，有恒成立，求的最大值.
18.（17分）
已知定点，若动点到与到定直线的距离之比为.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点作直线交于两点（点在轴的上方），过点作的垂线，垂足为.是否存在点，使得四边形为菱形？若存在，请求出此时的斜率；若不存在，请说明理由；
（3）若动点在第一象限，延长交于两点，求与内切圆半径的差的绝对值的最大值.
19.（17分）
已知正项数列满足：.
（1）设，试证明为等比数列；
（2）设，试证明；
（3）设，是否存在使得为整数？如果存在，则求出应满足的条件；若不存在，请给出理由.
重庆市高2024届高三第六次质量检测
数学试题参考答案与评分细则
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
选项 C D D D A A D C BCD AB AC
一 单项选择题：本题共8小题.每小题5分，共40分.
5.A 【解析】分子分母同时除以得，函数是偶函数，函数是奇函数，所以函数是奇函数，排除的定义域是，排除，当时，，所以排除，所以选.
6.A 【解析】因为，所以的外接圆半径为
在中，由余弦定理可得
所以，所以，
因为
球半径，所以球面积，故选A
7.D 【解析】由，可知，故，
则，在与中由余弦定理可得：
，
而，解得，即.
8.C 【解析】由题可知：（当且仅当时取等），
化简可得，解得.
二 多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.BCD（选对1个得2分，选对两个得4分）
10.AB（选对一个得3分）
【解析】对于，一圆锥的底面半径，则底面圆周长为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，，得，所以正确；
对于，因为，母线长为2，所以该圆锥的高为1，所以其体积为，故B正确
对于，假设该圆锥的轴截面将该圆锥分成两部分，将其中的一部分展开，
则其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，
所以从点经过圆锥的表面到达点的最短距离为，故不正确；
对于，过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面为腰长为2的等腰三角形，
设其顶角为，则该三角形的面积为.当截面为轴截面时，，则故当时，，故D不正确.
故选：
11.AC（选对一个得3分）
【解析】由题可知：平面的法向量，平面的法向量，恒过，方向向量
，恒过，方向向量
A.，且，故不在上，则.正确
B.，则.错误
C.，则，正确.
D.由，可知与不平行，则与不垂直.错误.
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.2
13.36 【解析】若甲乙选的景点没有其他人选，则分组方式为：的选法总数为：
若甲乙选的景点还有其他人选择，则分组方式为：的选法总数为：
所以不同的选法总数为36.
14.2021 【解析】令，则，令，则，解得或.而，故.因此.则，
即.
因此或，当时，，在上单调递减，不满足题意，舍去；当时，满足题意.则.
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.（13分）
（1）证明：取中点，连接为中点，又
四边形为平行四边形，，又平面平面平面.
（2），易知.
平面，且直线与圆柱底面所成角为，即.
如图，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
，
，
设平面的一个法向量为，则，
，令，
得，
，
设点到平面的距离为，
.
16.（15分）
（1）
，
又，则.
若，则.
（2），
.
在上单调递增，在上单调递减.
（3）
.
的外接圆半径，解得
（舍去负值）.则.
而，且由分别为内外角平分线可知，故.因此.在中，由正弦定理可知，，
故.
17.（15分）
（1），令，可得，故在单调递减，单调递增.
即在处取得极小值，无极大值.
（2）由题可知，对恒成立.设，
令在单调递减，故，故在单调递减，而，
故当时，单调递增.当时，，单调递减.故.则，
即.因此的最大值为.
18.（17分）
（1）设，则，化简可得，即.
（2）设.若四边形为菱形则即且；
，则（若，则），且①；
，由题可知，同理可得，，故，因此②.
联立①②可得，代入中运算可得，则，
.
而，故三点不共线.因此不存在
点与直线使得四边形为菱形.
（3）设面积分别为，内切圆半径分别为恰为椭圆的两焦点，故.
则的周长均为，同理.
则.
设直线的方程为，
与椭圆联立整理可得.由于，带入整理可得，，于是.
同理可得，.
.（当且仅当时取等，
相应地有，因此最大值为.
19.（17分）
（1）由题可知，，则，即，则数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2），
，当且仅当时取等
当时，；
当时，.
（3）时，不是整数；时，不是整数
时，必定为整数，
故只需要考虑是否为整数即可.
又因为
，故只需要为整数即可，则.
综上所述，.