重庆市南开中学校2022-2023学年高三第十次数学 Word版含解析

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重庆市高2023届高三第十次质量检测数学试题本试卷满分150分，考试时间120分钟．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.已知为虚数单位，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算法则可求出结果.【详解】因为，所以.故选：B2.已知全集，能表示集合关系Venn图是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求得集合，判断集合的关系，由此确定正确选项.【详解】解可得，所以，又，所以Ü，根据选项的Venn图可知选项A符合.故选：A

13.2023年4月，国内猪肉、鸡蛋、鲜果、禽肉、粮食、食用油、鲜菜价格同比（与去年同期相比）的变化情况如图所示，则下列说法正确的是（）A.猪肉、鸡蛋、鲜果、禽肉、粮食、食用油这6种食品中，食用油价格同比涨幅最小B.猪肉价格同比涨幅超过禽肉价格同比涨幅的5倍C去年4月鲜菜价格要比今年4月低D.这7种食品价格同比涨幅的平均值超过7%【答案】D【解析】【分析】根据统计图计算可得答案.【详解】由图可知，粮食价格同比涨幅比食用油价格同比涨幅小，故A不正确；猪肉价格同比涨幅为，禽肉价格同比涨幅为，，故B不正确；因为鲜菜价格同比涨幅为，说明去年4月鲜菜价格要比今年4月高，故C不正确；这7种食品价格同比涨幅的平均值为，故D正确.故选：D4.已知等比数列各项均为正数，，的前项和为，则（）A.3B.C.D.13【答案】B【解析】

2【分析】根据题意，由条件列出方程求得等比数列的公比，然后将化为，然后代入计算，即可得到结果.【详解】设等比数列的公比为，且数列的各项为正数，则，因为，即，所以，解得或（舍），则.故选：B5.已知侧面积为的圆柱存在内切球，则此圆柱的体积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设圆柱的底面圆的半径为，母线长为，根据题意得到，求得，结合圆柱的体积公式，即可求解.【详解】设圆柱的底面圆的半径为，母线长为，因为侧面积为的圆柱存在内切球，可得，因为圆柱的侧面积为，可得，可得，所以该圆柱的体积为.故选：A.6.已知，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】用表示后，根据基本不等式可求出结果.【详解】因为，

3由，得，所以，当且仅当时，等号成立.故的最小值为.故选：D7.已知定义在上的函数满足，且是偶函数，当时，，则（）A.B.C.D.3【答案】C【解析】【分析】根据是偶函数和得到是的一个周期，然后利用周期性求函数值即可.【详解】因为是偶函数，所以，则，因为，所以，则是的一个周期，因为，所以，，.故选：C.8.已知双曲线与直线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于两点．当点运动时，点的轨迹方程是（）A.B.C.D.【答案】D

4【解析】【分析】根据直线与双曲线相切，推出，，再求出,消去可得结果.【详解】因为双曲线与直线有唯一的公共点，所以直线与双曲线相切，联立，消去并整理得，所以，即，将代入，得，得，因为，，所以，所以，，即，由可知，所以过点且与垂直的直线为，令，得，令，得，则，，由，得，，代入，得，即，故选：D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分．

59.一组数据是公差为2的等差数列，若去掉三项后，则（）A.平均数没变B.中位数没变C.方差没变D.极差没变【答案】AB【解析】【分析】根据平均数的概念结合等差数列的性质判断A，由中位数的概念可判断B，由方差及数列求和公式计算即可判断C，根据极差及等差数列的通项公式可判断D.【详解】由题意可知，对于选项A，原数据的平均数为，去掉后的平均数为，即平均数不变，故选项A正确；对于选项B，原数据的中位数为，去掉后的中位数仍为，即中位数没变，故选项B正确；对于选项C，则原数据的方差为，去掉后的方差为，即方差变小，故选项C错误；对于选项D，原数据的极差为，去掉后的极差为，即极差变小，故选项D错误.故选：AB10.已知，则下列说法正确的是（）A.的图象可由的图象左移个单位得到

6B.与图象交点的横坐标成等差数列C.函数在上单调递减D.函数的一条对称轴为【答案】BD【解析】【分析】根据图象变换规则可知A不正确；求出与图象交点的横坐标，判断可知B正确；根据正弦函数的单调性可知C不正确；根据正弦函数的对称轴可知D正确.【详解】由的图象左移个单位得到的图象，不能得到的图象，故A不正确；由，得，得，得，故与图象交点的横坐标由小到大排列成等差数列，公差为，故B正确；，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故C不正确；当时，，故D正确.故选：BD11.已知三棱锥，，为棱上一点，且，过点作平行于直线和的平面，分别交棱于．下列说法正确的是（）

7A.四边形为矩形B.四边形的周长为定值C.四边形的面积为定值D.当时，平面分三棱锥所得的两部分体积相等【答案】ABD【解析】【分析】取的中点，连，利用线面垂直的判定与性质、线面平行的判定与性质可得AB正确，C不正确，根据棱锥的体积公式可得D正确.【详解】取的中点，连，因为，，所以，，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，平面，所以，同理可得，，，又因为，所以，，，，所以四边形为矩形，故A正确；因为，，所以，因为，所以，所以，同理可得，所以四边形的周长为为定值，故B正确；

8四边形的面积为不是定值，故C不正确；当时，分别为棱的中点，多面体的体积为，多面体的体积为，因为，，多面体的体积等于多面体的体积，即平面分三棱锥所得的两部分体积相等，故D正确.故选：ABD12.19世纪时期，数学家们处理大部分数学对象都没有完全严格定义，数学家们习惯借助直觉和想象来描述数学对象，德国数学家狄利克雷（Dirichlet）在1829年给出了著名函数：（其中为有理数集，为无理数集），后来人们称之为狄利克雷函数，狄利克雷函数的出现表示数学家们对数学的理解发生了深刻的变化，数学的一些“人造”特征开始展现出来，这种思想也标志着数学从研究“算”转变到了研究“概念、性质、结构”．一般地，广义狄利克雷函数可以定义为（其中且），则下列说法正确的是（）A.都有B.函数和均不存在最小正周期C.函数和均为偶函数

9D.存在三点在图像上，使得为正三角形，且这样的三角形有无数个【答案】BCD【解析】【分析】根据狄利克雷函数与广义狄利克雷函数的定义，结合函数值、周期性、奇偶性等逐项判断即可得答案.【详解】对于A，由于（其中且），当为无理数时，，故A不正确；对于B，设为非零的有理数，若是有理数，则也是有理数；若是无理数，则也是无理数，根据函数的表达式，任取一个不为零的有理数，所以对恒成立，对恒成立，即数和均为周期函数，但不存在最小正周期，故B正确；对于C，，则，所以为偶函数，又，所以为偶函数，故C正确；对于D，取，则为等边三角形，将这个三角形左右平形移动，即只需要三角形的高为，边长为的三角形均可以，所以这样的三角形有无数个，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，若与平行，则实数______________．【答案】##【解析】【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式可得结果.【详解】因为，所以，，因为与平行，所以，得.故答案为：.

1014.的展开式中含有项的系数为__________．【答案】【解析】【分析】（x﹣y）（2x+y）5的展开式中x3y3的系数，即（2x+y）5的展开式中含x2y3的系数与含x3y2的系数和，写出（2x+y）5展开式的通项，分别取r值求解计算．【详解】（x﹣y）（2x+y）5的展开式中x3y3的系数，即（2x+y）5的展开式中含x2y3的系数与含x3y2的系数和，由．分别取r=2、3，可得（x﹣y）（2x+y）5的展开式中x3y3的系数为=40﹣80=﹣40．故答案为﹣40．【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.15.过点可作曲线的两条切线，则实数的取值范围是_____________．【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义可得函数有两个零点，利用导数和零点存在性定理可得结果.【详解】设切点为，则，，所以切线的斜率为，切线方程为，因为切线过点，所以，整理得，依题意可得有两个不等的正根，

11设，则函数有两个零点，，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则，得，又，，所以在内有唯一零点，因为，，设，则，在上为增函数，又，所以，即，所以在内有唯一零点，因此函数有两个零点，符合题意.故.故答案为：【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.16.已知为圆上一点，椭圆焦距为6，点关于直线的对称点在椭圆上，则椭圆离心率的取值范围为_________________．【答案】【解析】【分析】转化为圆关于直线对称的圆与椭圆有交点，再根据椭圆上的点到焦点的距离的最大值大于等于半径，最小值小于等于半径列式可得结果.【详解】圆关于直线对称的圆为：，依题意可得圆与椭圆有交点，

12又椭圆右焦点是圆的圆心，所以，且，又，所以，.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.如图所示，正三棱柱中各条棱长均为2，点分别为棱的中点．（1）求异面直线和所成角的正切值；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）连，，转化为求的正切值即可；（2）利用等体积法可求出结果.【小问1详解】连，，因为分别为棱的中点，所以，所以（或其补角）是异面直线和所成的角，因为正三棱柱中各条棱长均为2，点分别为棱的中点．所以，，，因为，所以，

13所以.【小问2详解】连，依题意可得，，，，设点到平面的距离为，由得，得，得.即点到平面的距离为.18.已知中，角的对边分别为，满足．（1）求角；（2）若，求．【答案】（1）

14（2）或【解析】【分析】（1）根据以及两角和的正弦公式可求出结果；（2）利用正弦定理得，，代入可求出结果.【小问1详解】由得，得，得，因为，所以，因为，所以.【小问2详解】由（1）知，，所以，，由，得，得，因为，所以，，所以，所以或.19.已知数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用两式相减可得结果；

15（2）将不等式恒成立化为对恒成立，再利用数列的单调性求出右边的最小值即可得解.【小问1详解】当时，，得，当时，，整理得，即，又时，也适合上式，故.【小问2详解】若不等式对恒成立，即对恒成立，即对恒成立，令，则，则为递增数列，所以当时，取得最小值，所以.20.现有4个除颜色外完全一样的小球和3个分别标有甲、乙、丙的盒子，将4个球全部随机放入三个盒子中（允许有空盒）．（1）记盒子乙中的小球个数为随机变量，求的数学期望；

16（2）对于两个不互相独立的事件，若，称为事件的相关系数．①若，求证：；②若事件盒子乙不空，事件至少有两个盒子不空，求．【答案】（1）（2）①证明见详解；②【解析】【分析】（1）每个小球的选择都是一次独立重复试验，而每个小球选择盒子乙的概率为，所以可知随机变量服从二项分布；（2）①由条件概率的公式很容易证明；②主要是根据题意，确定是平均分组还是非平均分组，进而根据排列组合的公式即可得到相关事件的概率；由于某些分组情况比较复杂，因此考虑其对立事件，会减少计算量.【小问1详解】由题意可知，的可能的取值为0,1,2,3,4，且，故；【小问2详解】①因为，且，所以，即，而,所以成立.②事件：盒子乙不空，则事件：盒子乙空，由第1问可知，所以，事件：至少有两个盒子不空，则事件：有一个盒子不空，

17，所以事件：至少有两个盒子不空且盒子乙不空，分为两种情况，一种是三个盒子都不空，按照1、1、2分组；另一种是两个盒子不空且乙不空，此时甲或者丙是空的，故按照1、3或者2、2分组即可，故,所以，化简得.21.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且．（1）求实数的值及抛物线的标准方程；（2）如图，过点的直线交轴于点，点在线段上，过点的直线交抛物线于不同两点（点异于点），直线分别交抛物线于不同的两点．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①为的中点；②直线为抛物线的切线；③∥．【答案】（1）实数的值为，抛物线方程为.（2）证明过程见详解【解析】

18【分析】（1）根据题意和抛物线的定义即可求解；（2）选①②证明③.根据条件求出切线的方程，设出过点的方程，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理分别求出点的坐标，利用两点求斜率即可证明;若选①③证明②，设直线的方程,求出点的坐标，再设出过点的直线方程，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理分别求出点的坐标，然后利用平行即可得证；若选①③证明②，设直线的方程为：，得到，设出过点的直线方程，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理分别求出点的坐标，然后利用平行即可得证.【小问1详解】由题意可知，，又因为点在抛物线上，则，解得，或，因，所以，则实数的值为，抛物线方程为.【小问2详解】选①②证明③.由（1）知，抛物线的方程为，则，所以抛物线过点的切线的方程为，则，根据题意可知，过点的直线的斜率存在且不为零，设其方程为，，联立方程组，整理可得，则，可得或，所以，则所在直线方程为，所在直线方程为，设，,

19联立，整理可得，，，则，，则，同理,则，所以.若选①③证明②，设直线的方程为：，令可得，则，因为，为的中点，所以，由题意知，直线的斜率存在且不为零，设过点的直线的方程为：，,联立方程组，整理可得，则，，设所在直线方程为：，

20联立，整理可得，则，,，同理可得，,，所以，因为，所以，则有，整理可得，由题意知，，解得，，所以直线的直线方程为，与抛物线方程联立可得，，，则直线为抛物线的切线.若选②③证明①因为直线为抛物线的切线，则，所以抛物线过点的切线的方程为，则，

21设点，根据题意可知，过点的直线的斜率存在且不为零，设其方程为，，联立方程组，整理可得，则有，，设所在直线方程为：，联立，整理可得，则，,，同理可得，，所以，因为，所以，则有，整理可得，由题意知，解得，所以，又因为，所以为的中点.22.已知函数为其极小值点．

22（1）求实数的值；（2）若存在，使得，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据求出，再根据极小值点的定义加以验证即可；（2）分类讨论和，转化为证明当，时，，继续转化为证明当时，，构造函数，利用导数判断单调性可证不等式成立.【小问1详解】的定义域为，，依题意得，得，此时，当时，，，，故，在内单调递减，当时，，，，故，在内单调递增，故在处取得极小值，符合题意.综上所述：.【小问2详解】由（1）知，，不妨设，当时，不等式显然成立；当，时，不等式显然成立；当，时，由（1）知在内单调递减，因为存在，使得

23，所以，要证，只要证，因为，所以，又在内单调递减，所以只要证，又，所以只要证，设，则，令，则，因为，所以，在上为减函数，所以，即，所以在上为减函数，所以，即.综上所述：.【点睛】方法点睛：对于含双变量的不等式的证明一般采用以下两种方法：①比值代换：设，将不等式化为关于的不等式，再构造函数，利用导数证明即可；②构造函数，其中为极值点，利用导数判断单调性，根据单调性证明即可.

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