重慶市 2024屆高考適應(yīng)性月考卷（五）數(shù)學(xué)題 Word版含解析.docx

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巴蜀中學(xué)2024屆高考適應(yīng)性月考卷(五)數(shù)學(xué)試題注意事項：1.答題前，考生務(wù)必用黑色碳素筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號在答題卡上填寫清楚.2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.在試題卷上作答無效.3.考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回.滿分150分，考試用時120分鐘.一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.已知復(fù)數(shù)，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)的四則運算與模的公式即可得解.【詳解】因為，所以.故選：A.2.已知集合，，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)一元二次不等式結(jié)合對數(shù)求集合A，進而結(jié)合交集的意義分析求解.【詳解】因為，令，且，解得，此時 所以.故選：D3.古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得在《幾何原本》里提出：“球的體積（V）與它的直徑（D）的立方成正比”，即，但歐幾里得未給出常數(shù)k的值.現(xiàn)算出k的值，進而可得（）A.0B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)球的體積公式分析求解.【詳解】因為，整理得，所以.故選：D.4.定義域為R函數(shù)關(guān)于對稱，且當時，恒成立，設(shè)則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由題設(shè)可知函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合對稱性即可比較大小.【詳解】因為函數(shù)關(guān)于對稱，所以，又因為當時，恒成立，所以在上單調(diào)遞增，故在上單調(diào)遞減，因為，所以，所以. 故選：B5.已知直線過點，直線與直線的交點B在第一象限，點O為坐標原點.若三角形OAB為鈍角三角形時，則直線的斜率的范圍是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】找到三個極端位置的斜率值，并旋轉(zhuǎn)相關(guān)直線得到斜率范圍.【詳解】當三角形為直角三角形時，或，此時的斜率或0.當從順時針旋轉(zhuǎn)到軸之間時，三角形為鈍角三角形，此時；當從逆時針旋轉(zhuǎn)到與直線平行之間時，三角形為鈍角三角形，此時，綜上，，故選：C.故選：C.6.在三棱錐中，，平面，D為BC的中點且當為正三角形時，三棱錐外接球的表面積為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)球心與正三角形中心連線垂直于平面 ，結(jié)合線面垂直性質(zhì)確定球心位置，然后利用已知求出半徑即可得表面積.【詳解】記球心為，正的中心為，的中點為E，由正和球的性質(zhì)可知，平面，因為平面，平面，所以，，因為，所以，所以，在平面中，，所以為矩形，所以，又，所以，所以，所以三棱錐外接球的表面積為.故選：B 7.若關(guān)于x的方程在內(nèi)有兩個不同的解，，則的值為（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用輔助角公式得，再結(jié)合正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)求出，代入計算即可.【詳解】關(guān)于的方程，則，當，所以或，則或. 設(shè)，所以，則，故選：A.8.已知數(shù)列的前n項和，不等式對任意恒成立，則實數(shù)m的最大值為（）A.4B.6C.8D.2【答案】B【解析】【分析】利用的遞推公式，利用構(gòu)造法求通項公式，然后將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求的最小值問題，然后分離常數(shù)，利用對勾函數(shù)性質(zhì)求解即可.【詳解】因為，所以，整理得，又得，，所以是以2為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以，故，，所以，即，因為，令，由對勾函數(shù)性質(zhì)可知，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又，所以或時，，所以所以，，解得.所以實數(shù)m的最大值為6.故選：B 二、多項選擇題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，在每個給出的四個選項中，有多項是滿足要求的，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分)9.小明參加唱歌比賽，現(xiàn)場8位評委給分分別為:15，16，18，20，20，22，24，25.按比賽規(guī)則，計算選手最后得分成績時，要先去掉評委給分中的最高分和最低分.現(xiàn)去掉這組得分中的最高分和最低分后，下列數(shù)字特征的值不會發(fā)生變化的是（）A.平均數(shù)B.極差C.中位數(shù)D.眾數(shù)【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)給定的條件，利用平均數(shù)、極差、中位數(shù)、眾數(shù)的意義逐一判斷即可.【詳解】對于A，去掉最高分和最低分之前，8個數(shù)據(jù)的平均分為，去掉最高分和最低分之后，6個數(shù)據(jù)的平均分為，A正確；對于B，去掉最高分和最低分之前，8個數(shù)據(jù)的極差為10，去掉最高分和最低分之后，6個數(shù)據(jù)的極差為8，B錯誤；對于C，去掉最高分和最低分之前，8個數(shù)據(jù)的中位數(shù)為20，去掉最高分和最低分之后，6個數(shù)據(jù)的中位數(shù)為20，C正確；對于D，去掉最高分和最低分之前，8個數(shù)據(jù)的眾數(shù)為20，去掉最高分和最低分之后，6個數(shù)據(jù)的眾數(shù)為20，D正確.故選：ACD10.設(shè)拋物線C:的焦點為F，準線為.點A，B是拋物線C上不同的兩點，且，則（）A.B.以線段為直徑的圓必與準線相切C.線段的長為定值D.線段的中點E到準線的距離為定值【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)給定條件，求出拋物線的方程，令，由已知結(jié)合拋物線的定義可得，計算判斷AD；舉例說明判斷BC.【詳解】依題意，拋物線的焦點，方程為，則，A正確； 令，顯然，即，取，則，即點，此時，以線段為直徑的圓的圓心為，該圓心到準線的距離為4，不等于圓半徑，因此該圓與準線不相切，B錯誤；以點為端點的線段長，當直線垂直于x軸時，，此時，C錯誤；線段的中點E的橫坐標為3，點E到準線的距離為，D正確.故選：AD11.已知向量滿足，設(shè)，則（）A.B.在方向上的投影向量為C.的最小值為D.無最大值【答案】BCD【解析】【分析】對于AB，利用向量的數(shù)量積運算即可得解；對于CD，利用向量的幾何意義建立直角坐標系，將問題轉(zhuǎn)化為圓上點到直線的距離的問題，從而得解.【詳解】對于A，因為，，所以，即，即，則，故A錯誤；又，，所以，對于B，因為，所以在方向上的投影向量為，故B正確；對于CD，建立直角坐標系，如圖， 設(shè)，因為，所以，整理得，即點的軌跡是：圓心為，半徑為2的圓，則，則點在直線上運動，則，設(shè)點到直線的距離為，則，無最大值，故CD正確.故選：BCD.12.已知正方體的棱長為，是空間中的一動點，下列結(jié)論正確的是（）A.若點在正方形內(nèi)部，異面直線與OB所成角為θ，則θ的取值范圍為B.若點在正方形內(nèi)部，且則點的軌跡長度為C.若，則最小值為D.若，平面截正方體所得截面面積的最大值為【答案】AC【解析】【分析】選項A，建立空間直角坐標系，利用向量夾角求解線線角及范圍；選項B，利用垂直關(guān)系，將轉(zhuǎn)化為，進而得到點軌跡；選項C，由向量關(guān)系得動點的位置，利用展開圖將空間折線段之和最小值轉(zhuǎn)化為平面內(nèi)兩點之間距離最短求解即可；選項D，由向量關(guān)系得三點共線，當點與重合時，利用特殊位置求解截面面積大于，故排除.【詳解】選項A，以為坐標原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系 ，則，則，則，因為，所以，，故，則θ的取值范圍為，故A正確；選項B，由在正方形內(nèi)部，且，連接，，由平面，則，在中，，則，又點O在正方形內(nèi)部，故點的軌跡以為圓心，為半徑的四分之一圓弧，所以點O軌跡的長度為，故B錯誤； 選項C，如圖，取的靠近的四等分點，的靠近的四等分點，連接，所以，則四邊形是平行四邊形，所以，由，則，即，則，故點在線段上，又，四邊形為平行四邊形，又平面，則平面，則，四邊形為矩形，且，將矩形沿展開至與矩形共面，如圖， 則，當且僅當三點共線時，的最小值為，故C項正確；選項D，由，得，則有，故點在線段上，如圖，連接，當點與重合時，由故四邊形是平行四邊形，則四點共面，即四點共面，則此時平面截正方體所得截面即為平行四邊形，又，則截面面積為，故D錯誤.故選：AC.三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13.已知兩個等差數(shù)列，的前n項和分別為，.若則_____________.【答案】2【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用等差數(shù)列前n項和公式、等差數(shù)列性質(zhì)計算即得.【詳解】等差數(shù)列，的前n項和分別為，，，所以.故答案為：214.在三棱臺中，已知平面，，則該三棱臺的體積為_______.【答案】##【解析】【分析】取的中點，證得平面，得到，求得，即棱臺的高為，再由棱臺的體積公式，即可求解.【詳解】如圖所示，取的中點，連接，因為，所以且，可得四邊形為平行四邊形，所以，因為平面，可得平面，又因為平面，所以，在直角中，由，可得，即棱臺的高為，因為，可得，且，所以的面積為，的面積為， 則棱臺的體積為.故答案為：.15.已知動點滿足，若直線l過點與點M的軌跡相切，則直線l的方程為________.【答案】或.【解析】【分析】消去參數(shù)可得動點的軌跡是圓，然后根據(jù)圓心到直線的距離等于半徑列方程求出斜率，即可的直線方程.【詳解】由消去得，所以，動點的軌跡是以為圓心，2為半徑的圓，由題意直線斜率存在，所以設(shè)直線的方程為，即，由題知，，解得，所以，直線l的方程為或.故答案為：或16.若不等式對任意的恒成立，則實數(shù)m的最大值為_______.【答案】 【解析】【分析】根據(jù)題意整理得，令，可知，構(gòu)建，利用導(dǎo)數(shù)分析可得，進一步整理得對任意的恒成立，構(gòu)建，利用導(dǎo)數(shù)求其最值結(jié)合恒成立問題分析求解.【詳解】因為，則，整理得，令，可得，即，令，則，令，解得；令，解得；則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則，且，可知有且僅有兩個零點，若，則或，對于可知，當x趨近于時，趨近于0，故不合題意；所以，即，整理得對任意的恒成立，令，則，且，令，解得；令，解得；則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，可得，結(jié)合解得，所以實數(shù)m的最大值為.故答案為：. 【點睛】關(guān)鍵點睛：第一步同構(gòu)將原式整理得，把看成整體處理求其取值范圍；第二步根據(jù)題意分析可得，整理得對任意的恒成立，結(jié)合恒成立問題分析求解.四、解答題(共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17.已知的內(nèi)角A，B，C所對應(yīng)的邊分別為a，b，c，且滿足（1）求角C的大?。唬?）若，點D為AB的中點，求的值.【答案】17.18.【解析】【分析】（1）根據(jù)題意利用正余弦定理邊角轉(zhuǎn)化分析求解；（2）根據(jù)（1）中關(guān)系可得，進而可知，利用兩角和差公式運算求解【小問1詳解】因為，由正弦定理可得，整理得，由余弦定理可得，且，所以.【小問2詳解】由（1）可得：，則，即，可知，即，可得，， 所以.18.如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD是直角梯形，平面ABCD，，∥，，點E是PB的中點.（1）證明:平面平面PBC；（2）若平面PAD與平面ABCD所成銳二面角的正切值為2，求直線PD與平面ACE所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意證明平面PAC，進而可得面面垂直；（2）建系，設(shè)，根據(jù)題意結(jié)合面面夾角求得，進而利用空間向量求線面夾角.【小問1詳解】不妨設(shè)，則，可得，即，可得，又因為平面ABCD，平面ABCD，則，且，平面PAC，可得平面PAC，且平面PBC，所以平面平面PBC.【小問2詳解】取的中點，可知，如圖，以為坐標原點建立空間直角坐標系， 則，設(shè)，可得，設(shè)平面的法向量，則，令，則，可得，由題意可知：平面的法向量，設(shè)平面PAD與平面ABCD所成銳二面角為，則，由，解得（舍負），則，解得，則，可得，設(shè)平面的法向量，則，令，則，可得，則，所以直線PD與平面ACE所成角的正弦值.19.已知遞增等比數(shù)列中，，成等差數(shù)列. （1）求數(shù)列的前n項和；（2）若設(shè)數(shù)列的前n項和為，求使得的最小正整數(shù)n的值.【答案】（1）（2）8【解析】【分析】（1）根據(jù)等比數(shù)列通式和等差中項的應(yīng)用求出值，再求出，最后利用等差數(shù)列前項和公式即可；（2），利用錯位相減法即可得到，根據(jù)其單調(diào)性即可得到答案.【小問1詳解】由題，即，因為，所以，解得或1，又因為等比數(shù)列為遞增數(shù)列，所以，所以公比，所以，.【小問2詳解】，，，作差:，所以，由，所以為單調(diào)遞增數(shù)列.又，所以的最小值為8.20.已知函數(shù)（1）當時，求的極值； （2）若曲線與曲線存在2條公切線，求a的取值范圍.【答案】（1）極大值為，無極小值；（2）.【解析】【分析】（1）把代入，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探討單調(diào)性求出極值.（2）設(shè)出公切線與曲線相切的切點坐標，求出切線方程，與方程聯(lián)立，借助判別式建立關(guān)系，轉(zhuǎn)化為方程有兩個解求解.【小問1詳解】當時，設(shè)，顯然，求導(dǎo)得，由，得，當時，單調(diào)遞增；當時，單調(diào)遞減，所以在取得極大值，無極小值.【小問2詳解】設(shè)曲線上切點，則切線斜率為，方程為，依題意，切線與曲線相切，于是方程有兩個相等的正實根，而，則，且，即有，由公切線有兩條，得關(guān)于的方程:有兩個不同的實數(shù)解，令，則與的圖象有兩個交點，由，求導(dǎo)得，由，得，當時，單調(diào)遞減；當時，單調(diào)遞增， 因此，函數(shù)的圖象如圖，觀察圖象知，當，即時，直線與函數(shù)的圖象有兩個交點，所以a的取值范圍是.21.重慶南山風(fēng)景秀麗，可以俯瞰渝中半島，是徒步休閑的好去處.上南山的步道很多，目前有標識的步道共有18條.某徒步愛好者俱樂部發(fā)起一項活動，若挑戰(zhàn)者連續(xù)12天每天完成一次徒步上南山(每天多次上山按一次計算)運動，即可獲得活動大禮包.已知挑戰(zhàn)者甲從11月1號起連續(xù)12天都徒步上南山一次，每次只在涼水井步道和清水溪步道中選一條上山.甲第一次選涼水井步道上山的概率為而前一次選擇了涼水井步道，后一次繼續(xù)選擇涼水井步道的概率為前一次選擇清水溪步道，后一次繼續(xù)選擇清水溪步道的概率為，如此往復(fù).設(shè)甲第n(n=1，2，…，12)天走涼水井步道上山的概率為.（1）求和；（2）求甲在這12天中選擇走涼水井步道上山的概率小于選擇清水溪步道上山概率的天數(shù).【答案】（1），；（2）11天.【解析】【分析】（1）利用互斥事件和相互獨立事件的概率公式列式計算，結(jié)合構(gòu)造法求數(shù)列通項求解.（2）利用（1）的結(jié)論，解不等式即可.【小問1詳解】甲第二天走涼水井步道上山的概率為，依題意，；由題意得， 整理得，而，因此數(shù)列是以為首項，以為公比的等比數(shù)列，所以.【小問2詳解】由題意知，選擇走涼水井步道上山的概率小于走清水溪步道上山概率只需，即，有，即，當為偶數(shù)，恒成立；當為奇數(shù)時，即當時，有即可，而當時，，顯然不成立；當時，，即當時成立，又數(shù)列單調(diào)遞減，因此當時成立，因此有11天符合要求，所以甲在這12?天中選擇走涼水井步道上山的概率小于選擇清水溪步道上山概率的天數(shù)是11天.【點睛】關(guān)鍵點睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成互斥事件的和，相互獨立事件的積是解題的關(guān)鍵.22.已知點是橢圓E:上的動點，離心率設(shè)橢圓左、右焦點分別為，且（1）求橢圓E的標準方程；（2）若直線與橢圓C的另一個交點分別為A，B，問面積是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）；（2）存在，最大值為.【解析】【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出，求出橢圓E的方程.（2）由（1）求出，設(shè)出直線的方程，分別與橢圓的方程聯(lián)立，利用韋達定理及三角形面積公式，將的面積表示為的函數(shù)，再探討函數(shù)最大值即得. 小問1詳解】由，得，解得，由離心率，得，解得，所以的方程為.【小問2詳解】由（1）知，，顯然直線和直線都不垂直于y軸，設(shè)直線和直線的方程為，設(shè)，由消去x得，則，同理得，顯然，則，即有，即；同理得，即，由橢圓對稱性，不妨設(shè)，于是，因此，而，于是， 設(shè)，下面證明，只證，即證，即證明，即，因為方程的判別式小于0，則恒成立，因此恒成立，即，所以面積的最大值為.【點睛】方法點睛：圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：（1）幾何法，若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；