2023届重庆市高三一模数学试题含答案.pdf

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1、 数学试卷 第 1 页 共 4 页 2 2023CEE023CEE-0101 数学数学 重重 庆庆 缙缙 云云 教教 育育 联联 盟盟 2 2023023 年高考第一次诊断性检测年高考第一次诊断性检测 数学数学试卷试卷 考生须知：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共 6 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟。一、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

2、是符合题目要求的。1已知全集1,2,3,4,5U=，集合1,2,3A=，2,4B=，则()UAB=（）A1,3B1,3,5C1,2,3,5D1,2,3,4,52已知复数z满足32i1 iz+=，则z的虚部为（）A12B52C1i2D52i3正方形ABCD的边长为 1，则|2|ABAD+=（）A1 B3 C3 D54函数()ln26f xxx=+的零点所在的区间是（）A()0,1 B()1,2 C()2,3D()3,45 双曲线()222210,0 xyabab=的右焦点恰是抛物线()220ypx p=的焦点F，双曲线与抛物线在第一象限交于点()2,Am，若5AF=，则双曲线的方程为（）A221

3、63xy=B2218xy=C22136xy=D2218yx=6设,x yR，且01xy，则（）A22xyBtantanxy C42xy D1(2)xyyx+7英国数学家布鲁克泰勒(BrookTaylor，1685.8 1731.11)以发现泰勒公式和泰勒级数而闻名于世.根据泰勒公式，我们可知：如果函数()f x在包含0 x的某个开区间(,)a b上具有()1n+阶导数，那么对于(),xa b，有()20000000()()()()()()()()()0!1!2!nnnf xfxfxfxf xxxxxxxR xn=+，其中，(1)(1)0()()()(1)!nnnfR xxxn+=+（此处介于0

4、 x和x之间）.若取00 x=，则()2(0)(0)(0)(0)()()()()()0!1!2!nnnfffff xxxxR xn=+，其中，数学试卷 第 2 页 共 4 页(1)(1)()()()(1)!nnnfR xxn+=+（此处介于 0 和x之间）称作拉格朗日余项.此时称该式为函数()f x在0 x=处的n阶泰勒公式，也称作()f x的n阶麦克劳林公式.于是，我们可得111ee11!2!(1)!nn=+（此处介于 0 和 1之间）.若用3(1)!n+近似的表示e的泰勒公式的拉格朗日余项e()(1)!nR xn=+，当()nR x不超过12500时，正整数n的最小值是（）A5 B6 C7

5、 D8 8设函数()f x的定义域为R，且()1f x 是奇函数，当02x时，()241f xxx=+；当2x 时，()421xf x=+当k变化时，方程()10f xkx=的所有根从小到大记为12,nx xx，则()()()12nf xf xf x+取值的集合为（）A1,3B1,3,5 C1,3,5,7 D1,3,5,7,9二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 2 分。9函数()()()1252xxf xx x=，且()()()()f af bf cabc=，则（）A

6、()f x的值域为)0,+B不等式()1f x 的解集为(,0C2ab+=D)6,7abc+10为了研究汽车减重对降低油耗的作用，对一组样本数据()()()1122,nnx yxyxy进行分析，其中ix表示减重质量（单位：千克），iy表示每行驶一百千米降低的油耗（单位：升），1,2,in=，由此得到的线性回归方程为(0)ybxa b=+.下列说法正确的是（）A a的值一定为 0 Bb越大，减重对降低油耗的作用越大C残差的平方和越小，回归效果越好 D至少有一个数据点在回归直线上 11已知 1，1a，2a，na，2 为等差数列，记12nnSaaa=+，12nnTa aa=，则（）AnSn为常数 B

7、nnT为常数 CnS随着 n 的增大而增大 DnT随着 n 的增大而增大 12在三棱锥PABC中，已知PA底面 ABC，ABBC EF,、分别是线段PBPC、上的动点.则下列说法正确的是（）A当AEPB时，AEPCB当AFPC时，AEF一定为直角三角形C当/EFBC时，平面AEF 平面PAB D当PC 平面 AEF 时，平面AEF与平面PAB不可能垂直 数学试卷 第 3 页 共 4 页 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13函数()()ln 211f xxx=+的图象在点()()0,0f处的切线方程是_14若sin2cos=，则22cossincossin+=_ 15

8、2023 年重庆市某旅行社拟推出主题为“新时代，新征程，新重庆”的主题旅游路线，这些旅游线路中包含红岩革命纪念馆、渣滓洞、白公馆、大轰炸惨案遗址、周公馆等 5 个传统红色旅游景区，还有洪崖洞、李子坝、解放碑、大足石刻、磁器口、天坑地缝、巫山小三峡等 7 个展现重庆人文山水奇妙魔幻景色的景区.为安排旅游路线，从上述 12 个景区中选 3 个景区，则至少含有 1 个传统红色旅游景区的选法有_种.16 平面直角坐标系中，点()3,3A、()3,3B、()2 3,0C，动点P在ABC的内切圆上，则12PCPA的最小值为_.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

9、骤。17从秦朝统一全国币制到清朝末年，圆形方孔铜钱（简称“孔方兄”）是我国使用时间长达两千多年的货币如图 1，这是一枚清朝同治年间的铜钱，其边框是由大小不等的两同心圆围成的，内嵌正方形孔的中心与同心圆圆心重合，正方形外部，圆框内部刻有四个字“同治重宝”某模具厂计划仿制这样的铜钱作为纪念品，其小圆内部图纸设计如图 2 所示，小圆直径为1，内嵌一个大正方形孔，四周是四个全等的小正方形（边长比孔的边长小），每个正方形有两个顶点在圆周上，另两个顶点在孔边上，四个小正方形内用于刻铜钱上的字设OAB=，五个正方形的面积和为S(1)求面积S关于的函数表达式；(2)求面积S最小值18 如图，在棱长为2 的正方

10、体1111ABCDABC D中，线段 DB的中点为F，点 G在棱 CD上，且满足2CGGD=.(1)若 E 为棱1CC的中点，求证：1EFBC；(2)求直线1AF与1C G所成角的余弦值.数学试卷 第 4 页 共 4 页 19截至2020年末，某城市普通汽车（除新能源汽车外）保有量为300万辆.若此后该市每年新增普通汽车8万辆，而报废旧车转购新能源汽车的约为上年末普通汽车保有量的10%，其它情况视为不计.(1)设从2020年起该市每年末普通汽车的保有量构成数列na，试写出na与1na+的一个递推公式，并求2023年末该市普通汽车的保有量（精确到整数）；(2)根据（1）中na与1na+的递推公式

11、，证明数列80na 是等比数列，并求从哪一年起，该市普通汽车的保有量首次少于150万辆？（参考数据：90.90.39，100.90.35，110.90.31，120.90.28）20小明将四件物品1234,A A A A摆放在一起，然后让小狗不放回地去依次取1234,A A A A这四件物品，若当次小狗取的物品和小明给的指令一致，则给小狗记 1 分，若不一致则记 0 分如小狗取得物品的顺序为3214,A A A A，则小狗得 2 分显然小狗最低得 0 分，最高得 4 分假设小狗是随机地取物品，设它的得分为 X(1)求随机变量 X 的分布列和数学期望；(2)若小明对小狗进行了辨别物品的训练之后，

12、再让小狗取物品，当小狗连续两次得分都大于 2 分时，小明认为自已的训练是卓有成效的请从概率学的角度解释小明这么认为是否合理 21若椭圆 C的对称轴为坐标轴，长轴长是短轴长的 2 倍，一个焦点是()13,0F，直线 l：12x=，P 是 l上的一点，射线 OP 交椭圆 C于点 R，其中 O 为坐标原点，又点 Q 在射线 OP 上，且满足OQOROROP=(1)求椭圆 C的标准方程；(2)当 P 点在直线 l上移动时，求点 Q的轨迹方程22已知函数()sinf xxx=.(1)若0 x是函数()f x的极值点0 x，证明：()4200201xfxx=+；(2)证明：对于*Nn，存在()f x的极值

13、点1x，2x满足221222114124nxxn+.数学答案 第 1 页 共 8 页 2023CEE2023CEE-0101 数学数学 重重 庆庆 缙缙 云云 教教 育育 联联 盟盟 20232023 年高考第一次诊断性检测年高考第一次诊断性检测 数学数学参考答案及评分标准参考答案及评分标准 1-8 CBDCDDCC【7 题解析】由条件有()311!2500n+，即()1!7500n+，因为7!7 6 5 4 3 2 150407500=8!8 7!403207500=，所以n的最小值为7.故选：C.【8 题解析】()1f x 为奇函数，fx图像关于点()0,1对称，由()10f xkx=得：

14、()1fxkx=+=+，则方程的根即为()f x与直线1ykx=+的交点，作出()f x图像如图所示，当5 120k，即2k 时，如图中11yk x=+所示时，()f x与直线1ykx=+有5个交点125,x xx，()f x与1ykx=+均关于()0,1对称，()()()()125505f xf xf xf+=；当3 15 12020k，即12k时，如图中21yk x=+所示时，()f x与直线1ykx=+有7个交点127,x xx，()f x与1ykx=+均关于()0,1对称，()()()()127707f xf xf xf+=；当2 13 14020k，即114k时，如图中31yk x=

15、+所示时，()f x与直线1ykx=+有5个交点125,x xx，数学答案 第 2 页 共 8 页()f x与1ykx=+均关于()0,1对称，()()()()125505f xf xf xf+=；当2 11404k=时，如图中41yk x=+所示时，()f x与直线1ykx=+有3个交点123,x x x，()f x与1ykx=+均关于()0,1对称，()()()()123303f xf xf xf+=；当2 140k，即14k 时，如图中51yk x=+和61yk x=+所示时，()f x与直线1ykx=+有且仅有一个交点()0,1，()11f x=.综上所述：()()()12nf xf

16、xf x+取值的集合为1,3,5,7.故选：C.9.CD 10.BC 11.ACD 12.ACD【11 题解析】由于 1，1a，2a，na，2 为等差数列，所以()()12121223123322nnnSaaaaaann=+=+=，对于 A，32nSn=，所以 A 正确，对于 C，32nSn=，nS随着 n 的增大而增大，故正确，对于 B,1，1a，2a，na，2,公差为11dn=+,所以1223121,1111nannnnnnnnana+=+，因此()()()()1223212342111111nnnnnnnnnnTa aannnnn+=+，()()()()()()()2321232111n

17、nnnnnnnnnnTnn+=+不为常数，故 B 错误，对于 D,()()()()()()()()1123213423,12nnnnnnnnnnTTnn+=+,所以()()()()()()()()()()()()()()()()()1111134231222312 231232122222nnnnnnnnnnnnnnnnnTTnnnnnnnn+=+，令()()1ln1,01f xxxx=，则()221110,xfxxxx=在01x恒成立，所以()()10f xf=，即1ln1xx，(10 x）,因此()()1112ln1 ln111221nnnnnnnnn+=+=+，所以111e2nnn+,进

18、而()()()()()()()()()()11112 2312 232 232 2346e12e2323622nnnnnnnnnTnTnnnnnn+=+，所以1nnTT+，故nT随着 n的增大而增大，D 正确，故选：ACD【12 题解析】对 A 选项，PA底面ABC，且BC平面ABC，PABC,ABBC，PAABA=，数学答案 第 3 页 共 8 页 且,PA AB 平面PAB，BC平面PAB,AE 平面PAB，BCAE，AEPB，BCPBB=，且,BC PB 平面BCP，AE平面BCP，PC 平面BCP，AEPC，故 A 正确，对 B 选项，当AFPC时,无法得出AEF一定为直角三角形，例如

19、E点取点,BABF不是直角三角形，若90AFB=，则BFAF，又AFPC，BFPCF=，,BF PC 平面BCP，则AF 平面BCP，BC 平面BCP，则AFBC，而PABC，AFPAA=，,AF PA平面ACP，则BC平面ACP，AC 平面ACP，则BCAC，显然不成立，故此时90AFB，若90BAF=，则AFAB，APAB，AFAPA=，,AF AP 平面ACP,AB平面ACP，AC 平面ACP，ABAC，显然不成立，故此时90BAF，若90ABF=，则BFBA，而CBBA，,BF CB 平面BCP，BFCBB=，所以BA平面BCP，BP平面BCP，BABP，显然不成立，故90ABF，故

20、B 错误，对 C 选项，由 A 选项证得BC平面PAB，/EF BC，EF平面PAB，EF 平面AEF，平面AEF 平面PAB，故 C 正确，对 D 选项，在平面PAB内，过点P作AE的垂线，垂足为G，假设平面AEF 平面PAB，平面AEF 平面PABAE=，PGAE，且PG 平面PAB，PG平面AEF，而若此时PC 平面AEF，这与过平面外一点作平面的垂线有且只有一条矛盾，故当PC 平面AEF时,平面AEF与平面PAB不可能垂直，故 D 正确，故选：ACD.13310 xy=1415 15185 16.3 72【15 题解析】由题得从上述 12 个景区中选 3 个景区，共有312220C=个

21、结果，由题得从上述 12 个景区中选 数学答案 第 4 页 共 8 页 3 个景区，全部不是传统红色旅游景区的选法有3735C=，所以至少含有 1 个传统红色旅游景区的选法有220-35=185 种.故答案为：185【16 题解析】由两点间的距离公式可知6ABBCAC=，则ABC是边长为6的等边三角形，设ABC的内切圆的半径为r，则23161842ABCSr=，解得3r=，因为点A、B关于x轴对称，所以，ABC的内切圆圆心在x轴上，易知直线AB的方程为3x=，原点O到直线AB的距离为3，所以，ABC的内切圆为圆22:3O xy+=，设点(),P x y，()2222222 34 31244 3

22、34PCxyxyxxxy=+=+=+()22223234222xyxyPE=+=+=，其中点3,02E，所以，22133 733222PCPAPEPAAE=+=，当且仅当点P为射线AE与圆O的交点时，等号成立，故12PCPA的最小值为3 72.故答案为：3 72.17(1)解：由图可知，小正方形的边长为sin，且sinAB=，大正方形的边长为12cossincos2sin2=，所以，()22224sincos2sin8sincos4sincosS=+=+1 cos21 cos29782sin22sin2cos22222+=+=，3 分 因为小正方形边长小于内嵌一个大正方形的边长，所以sinco

23、s2sin，可得1tan3，设00,2且满足01tan3=，所以，97cos22sin222S=，()00,，锐角0满足01tan3=.5 分 数学答案 第 5 页 共 8 页(2)解：()979652sin2cos2sin 22222S=+=+，锐角满足7tan4=，因为00,2，则022+，00202tan3tan21tan4=且()020,，则020,2，因为()000tan2tantan 2801tan2tan+=，且()020,+，所以，02,2+，所以min9652S=，此时()sin 21+=，则22+=，因此，面积S的最小值为965210 分 18（1）如图，以 D 为原点，D

24、A，DC，1DD所在直线分别为 x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，2 分 则()0,2,1E，()12,2,2B，()0,2,0C，()1,1,0F.因为()1,1,1EF=，()12,0,2BC=，所以()()11,1,12,0,22020EF BC=+=.所以1EFBC，故1EFBC.4 分 （2）由（1）中的坐标系及题意可知()12,0,2A，()10,2,2C，()1,1,0F，20,03G.5 分 因为()11,1,2AF=，140,23CG=.所以()114481,1,20,24333AF CG=+=，8 分 又16AF=，12 133C G=，所以11111182 783

25、cos,392 1363AF C GAF C GAF C G=，故直线1AF与1C G所成角的余弦值为2 7839.12 分 19（1）1300a=，10.98nnaa+=+，故20.9 3008278a=+=，30.9 2788258a=+，数学答案 第 6 页 共 8 页 所以2023年末该市普通汽车的保有量40.9 2588240a=+（万辆）.4 分（2）10.98nnaa+=+得1800.9(80)nnaa+=，而180220a=，故80na 是首项为220，公比为0.9的等比数列，6 分 所以180220 0.9nna=，即1220 0.980nna=+，8 分 解1220 0.9

26、80150nna=+得1770.9,0.310.352222n，求得12n，11 分 即从2031年末开始，该市普通汽车的保有量首次少于150万辆.12 分 20（1）X 可能的取值为 0，1，2，4（显然，若小狗取对了三件物品，则第四件物品也一定是取对的，故X 不可能为 3）1 分 24444411C1(4),(2)A24A4P XP X=，1444C211113(1),(0)1A324438P XP X=4 分 故分布列为：X 0 1 2 4 P 38 13 14 124 6 分 3111()0124183424E X=+=8 分（2）小狗连续两次得分都大于 2 分，即小狗每一次都得四分若

27、小狗取物品都是随机的，那么连续两次得4 分的概率仅为2110.001724576=，这个概率非常小，所以小明认为小狗取物品应该不是随机的，是他对小狗的训练起了作用，这个认为是合理的12 分 21（1）解：设椭圆的标准方程为22221xyab+=()0ab，由题意可得22223abcabc=，解得2 3a=，3b=，4 分 所以椭圆的标准方程为221123xy+=；5 分 数学答案 第 7 页 共 8 页（2）解：设点 P，O，R的坐标分别为()12,py，(),x y，(),RRxy，由题设知0Rx，0 x，由点 R 在椭圆上及点 O，Q，R共线，得方程组22112RRpRxyxyyxx+=，

28、解得2222124Rxxxy=+，2222124Ryyxy=+，7 分 由点 O、Q、P共线，得12Pyyx=，即12pyyx=，8 分 因为OQOROROP=，所以2OQOPOR=，则()222222212pRRxyyxy+=+，10 分 将、式代入上式，整理得点 Q 的轨迹方程为2211424xy+=()0 x 12 分 22（1）函数()f x在定义域R上可导，()sincosfxxxx=+1 分 令()0fx=，得sincos0 xxx+=2 分 显然，对于满足上述方程的x有cos0 x，上述方程化简为tanxx=此方程一定有解()f x的极值点0 x一定满足00tan xx=由222

29、222sintansinsincos1tanxxxxxx=+，得220020tansin1tanxxx=+因此，2422220000002200tan()sin1tan1xxf xxxxxx=+=5 分（2）设()tang xxx=+，,22xkk+，Zk，则()2110cosgxx=+，6 分 所以()g x在,22xkk+，Zk，上单调递增，由于()g x为奇函数，所以不妨设120 xx，其中()()120g xg x=，且12,x x为相邻的两个零点，即122nxn+，23+22nxn+，Nn，8 分()()()()()1111112tantan=g xxxxxg xg x+=+=+=，

30、由于()g x在3,22xnn+，Nn，上单调递增，数学答案 第 8 页 共 8 页 所以123+22xnxn+，Nn因此210 xx，212121122 112(tantan)(1tantan)tan()(1)tan()0 xxxxxxxxx xxx=+=+所以12tan()0 xx，因此21tan()0 xx，故212xx，10 分 由于当02x时，令2221sintan,10coscosxyxx yxx=，所以tanyxx=在02x单调递增，所以当02x时，tanxx，由于1202xx+()()121212tantanxxxxxx=+，则()()2121122112212112(1)tan()(1)(1)(1)xxx xxxx xxxx xx xxx=+=+，所以()122112 12x xxxx x+，记()11122xh xxx+=+在()2,+单调递增，由于12nx+，22nx+，Nn，所以221214x xn，所以222122114124nxxn+综上，221222114124nxxn+12 分