2024年重庆市高考数学质检试卷（3月份）（含解析）

2024年重庆市高考数学质检试卷（3月份）
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，只有一项是符合题目要求的。
1.已知，则( )
A. B. C. D.
2.设复数，满足，，则( )
A. B. C. D.
3.已知命题：是定义域上的增函数，命题：函数在上是增函数若为真命题，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
4.在平行四边形中，点是的中点，点，分别满足，设，若，则( )
A. B. C. D.
5.已知数列是公差为的等差数列，是其前项和，且，，则( )
A. B. C. D.
6.在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，二面角为，则该四棱锥外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
7.生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动积分可兑换礼品，第一天打卡得积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多分若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从积分重新开始某会员参与打卡活动，从月日开始，到月日他共得积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是( )
A. 月日或月日 B. 月日或月日
C. 月日或月日 D. 月日或月日
8.已知，是双曲线的左、右焦点，经过点的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，若，，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知一组样本数据，，，，其中，若由生成一组新的数据，，，，则这组新数据与原数据可能相等的量有( )
A. 极差 B. 平均数 C. 中位数 D. 标准差
10.已知，则下列不等式一定成立的是( )
A. B.
C. D.
11.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图，是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，某玩具厂商制作一个这种形状棱长为，重量为的实心玩具，则下列说法正确的是( )
A. 将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为
B. 将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为
C. 将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为
D. 将玩具放至水中，其会飘浮在水面上
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数，则直线与的图象的所有交点的横坐标之和为______．
13.已知为函数图象上一动点，则的最大值为______．
14.若直线为曲线的一条切线，则的最大值为______．
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.本小题分
已知数列的前项和为，且，，
求，，并证明：数列为等比数列；
求的值．
16.本小题分
已知在多面体中，平面平面，四边形为梯形，且，四边形为矩形，其中和分别为和的中点，，，．
证明：平面平面；
若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字和，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数在二进制中就表示为，表示为，表示为，表示为，发现若可表示为二进制表达式，则，其中，或．
记，求证；
记为整数的二进制表达式中的的个数，如，．
(ⅰ)求；
(ⅱ)求用数字作答．
18.本小题分
已知函数．
求曲线在处的切线方程；
当时，求函数在上的最小值；
写出实数的一个值，使得恒成立，并证明．
19.本小题分
设为抛物线：的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，是抛物线上一点，当轴时，．
求抛物线的方程．
的延长线与的交点为，的延长线与的交点为，点在与之间．
证明：，两点关于轴对称．
记的面积为，的面积为，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】由题意，利用诱导公式、二倍角的余弦公式，化简要求的式子，可得结果．
本题主要考查诱导公式、二倍角的余弦公式，属于基础题．
【解答】
解：，
可得，
故选：．
2.【答案】
【解析】解：设，，
，
，即，
则
，
故．
故选：．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：若是定义域上的增函数，则，解得；
若函数在上是增函数，则，解得．
因为为真命题，所以为真命题，且为真命题，即为假命题，且为真命题，
因此且，可得，实数的取值范围是．
故选：．
根据题意，分别求出、为真命题时的取值范围，然后根据复合命题的真假判断出假真，从而求出实数的取值范围．
本题主要考查指数函数与对数函数的单调性、复合命题的真假判断等知识，属于中档题．
4.【答案】
【解析】解：由题可得：，
，
因为，所以，
即，
所以，
所以．
故选：．
由平面向量的线性运算和数量积运算计算即可．
本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：根据题意，等差数列中，若，则有，
则有，
由此分析选项：
对于，由于，而，则，A错误；
对于，由于，且，则，B错误；
对于，，C正确；
对于，由于，则的最小值为，即，D错误．
故选：．
根据题意，由分析可得，进而分析选项，综合可得答案．
本题考查等差数列的性质，涉及等差数列的求和，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：取中点为，连接，，设其交点为，连接，
因为，故点在底面的投影必在直线上，
过作底面的垂线，垂足为，连接，，
显然，，故二面角的平面角为，
因为，故三角形为直角三角形，
在三角形中，，则，故H为中点，
过作的平行线，显然其垂直于平面，则该棱锥外接球球心必在该垂线上，设其为，
又，故点在面的下方，
过作垂直于的延长线，垂足为，连接，如下图所示：
设该四棱锥外接球半径为，
，
在三角形中，，
故，解得，
故四棱锥外接球表面积为．
故选：．
根据二面角大小确定点在底面的投影，找到球心位置，根据几何关系，求得外接球半径，即可求得外接球表面积．
本题考查了四棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：若他连续打卡，则从打卡第天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为，公差为，
第天所得积分为，假设他连续打卡天，第天中断了，
令他所得积分之和为，
则，
化简得，
解得或，所以他未打卡的那天是月日或月日．
故选：．
利用等差数列求和公式列方程求解．
本题考查等差数列的应用，解题时需注意审题“一天中断”两次求和公式的应用．
8.【答案】
【解析】解：由，得，所以为等腰三角形，
又因为，所以，由，在中，边上的高为，
所以，，在中，由余弦定理得：，
所以，，即．
故选：．
利用双曲线的定义，结合余弦定理，转化求解双曲线的离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：一组样本数据、、、，其中，
不妨设极差为，
则由生成一组新的数据、、、的极差为，
因为，所以，选项A错误；
对于，设样本数据、、、的平均数为，
即，
故样本数据、、、的平均数为：，
由知，根据平均数的定义得：
当时，两组样本数据的平均数相等，选项B正确；
对于，当时，样本数据、、、的中位数为，
由中位数的性质得：样本数据、、、的中位数为，
同理可知当时，中位数相等，
当时，样本数据、、、的中位数为，
由中位数的性质得：样本数据、、、的中位数为：
，
同理可知当时，两组数据的中位数相等，选项C正确；
对于：设样本数据、、、的标准差为，
由方差和标准差的性质得：样本数据、、、的标准差为，
则：，，，，
两组样本数据的标准差不可能相等，故D错误．
所以选BC．
利用极差的定义可判断选项；利用平均数公式可判断选项；利用中位数的定义可判断选项；利用方差公式可判断选项
本题考查了极差的定义，平均数公式，考查中位数的定义以及方差公式，是中档题
10.【答案】
【解析】解：， 即，，A正确；
项，，，
又，，
，即，当且仅当时等号成立；
项，令，，，C错误；
项，令，，，分母为零无意义，D错误．
故选：．
根据作差，不等式的性质，逐项判断即可．
本题考查不等式的性质，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：将一个棱长为正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，
得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，
故将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为，故A正确；
该多面体的顶点是原正方体各棱中点，因此其外接球的球心是原正方体的中心，
外接球半径为，所以将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为，故B错误；
对面两正三角形间的距离即为该玩具的高度，
即原正方体的体对角线的长减去两个截去的正三棱锥的高，
又体对角线长为，由，解得，
所以该玩具的高度，故C错误；
玩具的体积为，
所以玩具的密度为，
所以将玩具放至水中，其会飘浮在水面上，故D正确．
故选：．
将一个棱长为正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，据此可判断；进而可求得其外接球的半径判断；求得对面两正三角形间的距离判断；可得该玩具的密度可判断．
本题考查空间几何体的性质，考查转化思想，属中档题．
12.【答案】．
【解析】解：由可得，，
所以，
令，，
则函数的定义域为，最小正周期为，
又因为，
所以关于中心对称；
函数的定义域为，
，
所以关于中心对称，
又因为，在上均单调递增，
所以在上均单调递增，
如图所示：
由图可知、共有个交点，
其中这个点满足三对点关于点对称，
所以与的图象的所有交点的横坐标之和为．
故答案为：．
由题意可得，令，，将问题转化为两函数交点横坐标的和，作出两函数的图象，结合函数的对称性即可得答案．
本题考查了转化思想、数形结合思想，考查了函数的对称性，得出两函数均关于中心对称是关键，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：设，原点，则，，
，即．
当与在轴右侧相切时，取最大值，即取得最大值，
设直线，联立，整理得，
，解得，舍去，
此时，，，，
的最大值为．
故答案为：．
由题意把表示为与的夹角的余弦值，再由几何关系求得答案．
本题考查由数量积求夹角，考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查数学转化思想方法，属难题．
14.【答案】
【解析】解：设，则，
设切点为，则，
则切线方程为，整理可得，
所以，解得，
所以，所以，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，
所以的最大值为．
设，切点为，再根据导数的几何意义求出切线方程，再结合题意求出，的关系，再构造新的函数，利用导数求出最大值即可．
本题主要考查用导函数解决曲线上的切线问题，属于中档题．
15.【答案】解：，，
所以，
所以，，
证明：因为，
所以时，，
故时，两式相减得，，
即，
所以，，
因为，
所以数列是以为首项，以为公比的为等比数列；
由得，，
所以，
．
【解析】由已知结合数列的递推关系令即可求解，，然后结合等比数列的定义即可证明；
结合等比数列通项公式及求和公式即可求解．
本题主要考查了由数列的递推关系证明等比数列，还考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，属于中档题．
16.【答案】解：证明：四边形为矩形，
，又平面平面，
平面平面，
平面，，
在边上取点，使，连接，
又，四边形为平行四边形．
，
在中，，
由余弦定理知，
故，过点作于，
在中，，，
故BF，
以、、所在直线分别为轴，轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，
所以，，，，
，，
，
，
又，
平面，又平面，
平面平面．
平面的一个法向量为，
设，则，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
，解得，
平面的一个法向量为，
，，
设与平面所成角为则．
【解析】由平面平面，得出平面，过点作于，以、、所在直线分别为轴，轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，由，得出，进而平面，平面，即可得证；
由于平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由，得出，结合二面角的余弦值为，得出，设与平面所成角为，利用即可求解．
本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于难题．
17.【答案】证明：，
，
，
，
；
解：，
；
，
，故从到中，
有、、、共个，
有个，由，即共有个，
有个，由，即共有个，
，
有个，
．
【解析】借助二进制的定义计算可得，，即可得证；
借助二进制的定义可计算出，即可得表达式中的的个数；计算出从到中，、、，的个数，即可得．
本题考查了二进制定义的综合应用，属于难题．
18.【答案】解：因为，
所以，
而，，
所以切线方程为，
即．
当时，，
，
当时，，，所以恒成立，
所以在上单调递减．
所以．
．
证明：当时，，
由知，当时，在上单调递减．
当时，令，
则，
因为，
所以在上单调递增，
，所以在上单调递增．
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，
所以．
【解析】求导，求出和的值，利用直线的点斜式写出方程即可；
求导，研究导函数在上的符号，分析函数的单调性，即可求出结果；
写出一个的值，求导，研究函数的单调性和最小值，即可证明结果．
本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的最值，属难题．
19.【答案】解：当轴时，则，
所以，解得，
所以抛物线的方程为；
证明：当轴时，不妨设在轴下方，则，直线的方程为，
联立与，消去得：，，
所以直线与抛物线相切，点不存在，所以与轴不垂直，
即直线，的斜率都存在．
设，，，
则，
所以直线的方程为，
即．
又直线过点，所以，
同理可得直线的方程为，
又直线过点，
所以，所以，所以，即，两点关于轴对称；
不妨设，因为点在与之间，所以，，
则，
则，
令，则，
则在上单调递减，，
故的取值范围是．
【解析】由已知可得，利用两点间距离公式计算可得结果；
由已知可得与轴不垂直，即直线，的斜率都存在．设，，，求得直线的方程，由直线过点，可得，同理可得直线的方程，由直线过点，可得即可证得，，即证得结果．
不妨设，由点在与之间，所以，，求得，则，构造函数，利用导数判断其单调性进而求得值域，即为所求结果．
本题主要考查了抛物线的性质在抛物线方程求解中的应用，还考查了直线与抛物线位置关系的应用，属于中档题．
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