2024年重庆市七校联盟高考数学第一次联考试卷（含解析）

2024年重庆市七校联盟高考数学第一次联考试卷
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.若复数满足，则的虚部为( )
A. B. C. D.
2.在的展开式中项的系数是( )
A. B. C. D.
3.如图，在平行四边形中，为的中点，与交于点，则( )
A.
B.
C.
D.
4.重庆，我国四大直辖市之一，这里资源丰富，旅游景点也多，不仅有山水自然风光，还有人文历史景观现有甲、乙两位游客慕名来到重庆旅游，分别准备从巫山小三峡、南川金佛山、大足石刻和酉阳桃花源个国家级旅游景区中随机选择其中一个景区游玩记事件：甲和乙至少一人选择酉阳桃花源景区，事件：甲和乙选择的景区不同，则概率( )
A. B. C. D.
5.已知，，两直线：，：且，则的最小值为( )
A. B. C. D.
6.已知函数，的定义域均为，，，，则( )
A. B. C. D.
7.数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于年提出了以下猜想：是质数直到年才被善于计算的大数学家欧拉算出，不是质数现设，数列的前项和为，则使不等式成立的正整数的最大值为( )
A. B. C. D.
8.已知函数，，点与分别在函数与的图象上，若的最小值为，则( )
A. B. C. 或 D. 或
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.下列命题正确的是( )
A. 若，两组成对数据的样本相关系数分别为，，则组数据比组数据的相关性较强
B. 若样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为
C. 已知互不相同的个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，剩下个数据的分位数不等于原样本数据的分位数
D. 某人解答个问题，答对题数为，若，则
10.已知函数，则下列选项正确的是( )
A. 是函数的一个周期
B. 是函数的一条对称轴
C. 函数的最大值为，最小值为
D. 函数在上单调递减
11.设函数，则( )
A. 当时，直线不是曲线的切线
B. 当时，函数有三个零点
C. 若有三个不同的零点，，，则
D. 若曲线上有且仅有四点能构成一个正方形，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知等差数列满足，则 ______．
13.双曲线：的左右焦点分别为、，过的直线与双曲线左右两支分别交于、两点，若是等边三角形，则双曲线的离心率为______．
14.如图，在直三棱柱中，，，，，点，分别是，上的动点，当的长度最小时，三棱锥外接球的表面积为______．
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
在中，角，，的对边分别是，，，且．
求角的大小；
若，为边上的一点，，且_____，求的面积．
从下面，两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答．
是的平分线；
为线段的中点．
16.本小题分
如图，在斜三棱柱中，所有棱长均相等，，分别是，的中点．
证明：平面；
若，且，求平面与平面所成角的余弦值．
17.本小题分
某无人飞机研发中心最近研发了一款新能源无人飞机，在投放市场前对架新能源无人飞机进行了单次最大续航里程的测试现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图：
估计这架新能源无人飞机的单次最大续航里程的平均值同一组中的数据用该组区间的中点值代表；
经计算第问中样本标准差的近似值为，根据大量的测试数据，可以认为这款新能源无人飞机的单次最大续航里程近似地服从正态分布用样本平均数和标准差分别作为和的近似值，现任取一架新能源无人飞机，求它的单次最大续航里程的概率；
参考数据：若随机变量，则，，
该无人飞机研发中心依据新能源无人飞机的载重量和续航能力分为卓越型、卓越型和卓越型，统计分析可知卓越型、卓越型和卓越型的分布比例为：：，研发中心在投放市场前决定分别按卓越型、卓越型和卓越型的分布比例分层随机共抽取架，然后再从这架中随机抽取架进行综合性能测试，记随机变量是综合性能测试的架中卓越型的架数，求随机变量的分布列和数学期望．
18.本小题分
已知实数，函数有两个不同的零点，．
求实数的取值范围，
设是方程的实根，证明：．
19.本小题分
在平面直角坐标系中，点在抛物线：上．
求的准线方程．
已知点，，是的两条切线，，是切点，圆经过点，，．
若，求证：；
设圆在，处的切线的交点为，求证：直线过定点．
附：若点在圆上，
则圆在点处的切线方程为．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
则，其虚部为．
故选：．
先化简，再结合虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：展开式的通项为
令得
故展开式的项的系数是
故选：．
利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为求出展开式中项的系数．
本题考查二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具．
3.【答案】
【解析】解：因为为平行四边形，故AB，故易知∽，
故可得，
故，
故选：．
首先由三角形与三角形相似可得，从而可得，再利用三角形法则转化即可．
本题主要考查平面向量基本定理的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：甲和乙至少一人选择酉阳桃花源景区对应的基本事件有个，
甲和乙至少一人选择酉阳桃花源景区的条件下，甲和乙选择的景点不同对应的基本事件有个，
．
故选：．
分别求出事件，事件对应基本事件的个数，再结合条件概率公式即可解得．
本题考查条件概率的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】【解答】
解：，，两直线：，：，且，
，即
，，当且仅当时，等号成立．
则的最小值为，
故选：．
【分析】
由题意利用两条直线垂直的性质，求得，再利用基本不等式的，求得的最小值．
本题主要考查两条直线垂直的性质，基本不等式的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，，
所以令，得，
所以，
以代得，，
因为，
所以，以代得，，
所以，
所以是以为周期的周期函数，
所以．
故选：．
结合已知，利用赋值法求得，求出函数的周期为，即可求出结果．
本题考查赋值法求解抽象函数问题，属中档题．
7.【答案】
【解析】解：由题意，
，
则
，
，
，
故不等式即为，
即，则，
化简整理，得，
，，
，即，
满足不等式成立的正整数的最大值为．
故选：．
先根据题干已知条件计算出数列的通项公式，再根据等比数列的求和公式计算出数列的前项和的表达式，进一步推导出的表达式并进行转化，然后运用裂项相消法计算出的表达式并代入题干不等式，化简整理得到，根据不等式的运算进一步推导即可得到满足不等式成立的正整数的最大值．
本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和与不等式的综合问题．考查了整体思想，转化与化归思想，裂项相消法，等比数列的求和公式的运用，指数和对数的运算，不等式的运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
8.【答案】
【解析】解：由，得，
令，解得，
而，
则函数的图象在点处的切线方程为，
则，即点到直线的距离为，
，解得或．
故选：．
平移直线使其经过点，则切线斜率为，利用导数求出切点坐标，再根据点到直线距离公式即可得到方程，解出即可．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了两曲线上两点间距离最小值的求法，考查化归与转化思想，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，因为，即组数据比组数据的相关性较弱，故A错误；
对于，若样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为，故B正确；
对于，将这原来的个数从小大大排列为，，，，则，所以原来的分位数为，
若去掉其中最大和最小的数据，剩下个数据为，，，则，所以剩下个数据的分位数为，由于，，，互不相同，所以C正确；
对于，某人解答个问题，答对题数为，若，则，故D正确．
故选：．
对于，由由相关系数的意义即可判断；对于，由方程的性质即可判断；对于，，结合个样本数据互不相同即可判断；对于，由二项分布均值公式即可判断．
本题主要考查命题的真假判断与应用，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：，故是的一个周期，故A正确；
，
故是函数的一条对称轴，故B正确；
令，
则，即，
故，
当时，函数取得最大值；
当时，函数取得最小值，最小值为，故C正确；
函数是由和复合而成的，函数在上先增后减，
而在上单调递减，
故函数在上不单调，故D错误．
故选：．
先利用函数的周期性与对称性判断；再令，利用换元法转化为一元二次函数，利用其性质判断与即可．
本题主要考查三角函数的周期性、对称性、最值及单调性的应用，考查综合运算能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：当时，，则，则，
则曲线在点处的切线方程为，故A选项错误；
当时，，则，
当和时，，单调递增，
时，，单调递减．
又因为，，结合三次函数的图象特征，
此时，有三个零点，故B选项正确；
设的三个零点分别为，，，
则有，
展开后比对含项的系数，可得，故选项C正确；
当时，易知在上单调递增，结合图象知不符合题意，故．
因为，，因此函数的图象关于点成中心对称图形．
则此正方形必以为中心，
不妨设正方形的四个顶点分别为，，，，
其中一条对角线的方程为，
则，即，解得，则，
同理可得，
由得，根据题意，方程只有一个正解，
当时，是然不成立，故，
则，
因为，则，设，则，
设，根据题意，只需要直线与函数的图象只有唯一的公共点即可．
结合双勾函数的图象可得，解得，所以选项D正确．
故选：．
根据，结合选项，利用导数研究函数的切线方程，零点即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，函数的零点与方程根的关系，利用导数研究函数的切线方程，考查了转化思想，属难题．
12.【答案】
【解析】解：因为等差数列满足，
所以，
所以．
故答案为：．
根据等差数列的性质即可求解．
本题主要考查等差数列的性质，考查计算能力，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：根据双曲线的定义，可得，
是等边三角形，即
，即
又，
，
中，，，
即，解之得，
由此可得双曲线的离心率
故答案为：
根据双曲线的定义算出中，，，由是等边三角形得，利用余弦定理算出，结合双曲线离心率公式即可算出双曲线的离心率．
本题给出经过双曲线左焦点的直线被双曲线截得弦与右焦点构成等边三角形，求双曲线的离心率，着重考查了双曲线的定义和简单几何性质等知识，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：把平面沿展开到与平面共面的的位置，
延长到，使得，连结，如图所示，
则，要使得的长度最小，则需，，，四点共线，
此时，
因为，，，
所以，
所以，，
故AE，，
所以，，，，
所以的外接圆是以的中点为圆心，为半径的圆，
故三棱锥外接球的球心一定过点且与平面垂直的直线上，
如图所示，点到点，的距离相等，
则，所以，
所以三棱锥外接球的表面积为．
故答案为：．
把平面沿展开到与平面共面的的位置，确定当，，，四点共线时，的长度最小，求出此时的线段的长度，的外接圆是以的中点为圆心，为半径的圆，求出外接球半径的平方即，由球的表面积公式求解即可．
本题考查了空间几何体的外接球问题，考查了空间中距离最小值问题，解题的关键是要把空间问题转化为平面问题，球的有关问题的关键是确定球心的位置，考查了逻辑推理能力、空间想象能力、化简运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：因为，可得，
可得，
因为，，
所以，可得；
若选：由平分得：，即，
即，
在中，由余弦定理得，即，
两式联立可得，
所以；
若选：得，
，
整理可得，
在中，由余弦定理得，
所以，两式联立可得，
所以．
【解析】利用三角函数恒等变换化简已知等式可得，可求，进而可求的值；
若选：由平分，利用三角形的面积公式可求，进而利用余弦定理可求，进而利用三角形的面积公式即可求解；
若选：由题意得，两边平方，可求得，进而利用余弦定理可得，进而利用三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了三角函数恒等变换，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
16.【答案】证明：连接交于点，连接，，
因为，分别是，的中点，为的中点，所以，且，
又因为，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以E.
又因为平面，平面，
所以平面．
解：连接，因为，所以为正三角形，所以，
因为，且，所以平面，
因为是正三角形，所以．
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，，
由，可得．
则，，，
设平面的法向量为，
所以，
令，得，
设平面的法向量为，
所以，
令，得，
设平面与平面所成的角为，
则，
即平面与平面所成角的余弦值为．
【解析】连接交于点，连接，，可得四边形为平行四边形，则有，利用线面平行的判定定理可证得平面；
可证得平面，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成二面角的余弦值．
本题考查了线面平行的关系应用问题，也考查了二面角的计算问题，是中档题．
17.【答案】解：估计这架新能源无人飞机的单次最大续航里程的平均值为：．
因为，
所以．
因为卓越型、卓越型和卓越型的分布比例为：：，
所以抽取的架新能源无人飞机中，卓越型、卓越型和卓越型的架数分别为架、架和架，
所以随机变量的所有可能取值为，，，．
，
，
则的分布列为：
所以数学期望．
【解析】由频率分布直方图直接求解平均数即可；
由正态分布曲线的性质求解即可；
随机变量的可能取值为，，，，求出对应的概率，即可求得分布列及数学期望．
本题主要考查频率分布直方图，正态分布，离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：，
当时，，则在上单调递增，
所以函数最多一个零点，不符题意，
当时，令，则，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，，
当时，，
要使函数有两个不同的零点，，
则，解得，
综上所述，的取值范围为
证明：由知，是函数的两个不同零点，
不妨设，
则有，即，，
作差得，
先证，即证，即证，
设，则只需证，即证，
设，
则，
则在上单调递增，
则，
则成立，也即成立，
再证，
因为是方程的根，则，
又有，，
作和得，即，
则，
因为函数单调递增，则，
故要证，
只需证，即证，
只需证，
因为，则，
且在上单调递减，
则只需证，
又因为，
即证，
设，
则，
则在上单调递减，
则，则，
从而，故成立，
综上所述，．
【解析】分和两种情况讨论，求出函数的单调区间及最值，再结合题意即可得解；
由知，是函数的两个不同零点，不妨设，根据，作差可得，则要证，即证，即证，设，则只需证，即证，设，利用导数求证即可；再证，由题意可得，再根据，可得，则，设，利用导数判断函数的单调性即可得证．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
19.【答案】解：由题意，点在抛物线：上，
则有，解得，
则的准线方程为；
证明：设，，由得，
则在点处的切线方程为，又因为，
则在点处的切线方程为，
同理在点处的切线方程为，
又因为两条切线都经过点，
则有，，
则直线的方程为，
由，得，由韦达定理得，，
要证，即证，即证，
因为，
则有，因为，则，且，，
则有，化简得，此式显然成立，
所以；
设圆的方程为，因为点，在圆上，
则有，，
因为，则有，，
两式相减得，又，
代入化简得，也即，
由得，，代入化简得，
由与相加得，
又，代入化简得，
则圆的方程为，即，
则圆在点处的切线方程为，
在点处的切线方程为，
设点，因为圆在，处的切线的交点为，
则有，
，
则直线的方程为，
整理得，
因为过点与的直线有且仅有一条，
又由知直线的方程为，
则有，
解得，，即，
又因为，则直线的斜率，
则直线的方程为，即，
所以直线过定点．
【解析】由点在抛物线：上，求得值，即可得准线方程；
设切点，求得直线的方程为，由，得，，将，转化为，利用向量夹角公式即可证得结论；
首先求得圆的方程，再求出直线的方程为，由知直线的方程为，
则有，从而求得直线的方程为，得出直线经过的定点．
本题考查抛物线的性质、圆的切线方程求法以及直线与抛物线的综合应用，属难题．
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