重庆市巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（五）数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（五）数学试题（Word版附解析），共24页。

1. 答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、 准考证号、 考场号、 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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 在试题卷上作答无效.
3. 考试结束后， 请将本试卷和答题卡一并交回. 满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的四则运算与模的公式即可得解.
【详解】因为，所以.
故选：A.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次不等式结合对数求集合A，进而结合交集的意义分析求解.
【详解】因为，
令，且，解得，此时
所以.
故选：D
3. 古希腊数学家欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直径（D）的立方成正比”， 即，但欧几里得未给出常数k的值. 现算出 k 的值，进而可得（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据球的体积公式分析求解.
【详解】因为，整理得，
所以.
故选：D.
4. 定义域为R函数关于对称，且当时， 恒成立，设 则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题设可知函数单调性，结合对称性即可比较大小.
【详解】因为函数关于对称，
所以，
又因为当时， 恒成立，
所以在上单调递增，故在上单调递减，
因为，所以，
所以.
故选：B
5. 已知直线过点，直线与直线的交点B在第一象限， 点O为坐标原点. 若三角形OAB为钝角三角形时，则直线的斜率的范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】找到三个极端位置的斜率值，并旋转相关直线得到斜率范围.
【详解】当三角形为直角三角形时，或，
此时的斜率或0.
当从顺时针旋转到轴之间时，三角形为钝角三角形，此时；
当从逆时针旋转到与直线平行之间时，三角形为钝角三角形，此时，
综上，，
故选：C.
故选：C.
6. 在三棱锥中，，平面， D为BC 的中点且 当为正三角形时，三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据球心与正三角形中心连线垂直于平面，结合线面垂直性质确定球心位置，然后利用已知求出半径即可得表面积.
【详解】记球心为，正的中心为，的中点为E，
由正和球的性质可知，平面，
因为平面，平面，所以，，
因为，所以，
所以，在平面中，，所以为矩形，
所以，
又，所以，
所以，
所以三棱锥外接球的表面积为.
故选：B
7. 若关于 x 的方程 在内有两个不同的解，， 则的值为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用辅助角公式得，再结合正弦函数的图象与性质求出，代入计算即可.
【详解】关于的方程，则，
当，所以或，则或.
设，所以，则，
故选：A.
8. 已知数列的前 n 项和 ，不等式 对任意恒成立， 则实数m的最大值为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用的递推公式，利用构造法求通项公式，然后将不等式恒成立问题转化为求的最小值问题，然后分离常数，利用对勾函数性质求解即可.
【详解】因为，
所以，整理得，
又得，，
所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，故，，
所以，
即，
因为，
令，由对勾函数性质可知，在上单调递减，
在上单调递增，
又，所以或时，，所以
所以，，解得.
所以实数m的最大值为6.
故选：B
二、多项选择题(本大题共4个小题， 每小题5分，共20分，在每个给出的四个选项中，有多项是满足要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9. 小明参加唱歌比赛， 现场8位评委给分分别为: 15， 16， 18， 20， 20， 22， 24， 25.按比赛规则，计算选手最后得分成绩时，要先去掉评委给分中的最高分和最低分. 现去掉这组得分中的最高分和最低分后，下列数字特征的值不会发生变化的是（ ）
A. 平均数B. 极差C. 中位数D. 众数
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定的条件，利用平均数、极差、中位数、众数的意义逐一判断即可.
【详解】对于A，去掉最高分和最低分之前，8个数据的平均分为，
去掉最高分和最低分之后， 6个数据的平均分为，A正确；
对于B，去掉最高分和最低分之前，8个数据的极差为10，去掉最高分和最低分之后，6 个数据的极差为8，B错误；
对于C，去掉最高分和最低分之前，8个数据的中位数为20，去掉最高分和最低分之后，6 个数据的中位数为20，C正确；
对于D，去掉最高分和最低分之前，8个数据的众数为20，去掉最高分和最低分之后，6 个数据的众数为20，D正确.
故选：ACD
10. 设抛物线C: 的焦点为F， 准线为. 点A，B是抛物线C上不同的两点，且，则（ ）
A. B. 以线段为直径的圆必与准线相切
C. 线段的长为定值D. 线段的中点 E 到准线的距离为定值
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出抛物线的方程，令，由已知结合抛物线的定义可得，计算判断AD；举例说明判断BC.
【详解】依题意，抛物线的焦点，方程为，则，A正确；
令，显然，即，
取，则，即点，此时，
以线段为直径的圆的圆心为，该圆心到准线的距离为4，不等于圆半径，
因此该圆与准线不相切，B错误；
以点为端点的线段长，当直线垂直于x轴时，，
此时，C错误；
线段的中点E的横坐标为3，点E到准线的距离为，D正确.
故选：AD
11. 已知向量满足，设，则（）
A. B. 在方向上的投影向量为
C. 的最小值为D. 无最大值
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于AB，利用向量的数量积运算即可得解；对于CD，利用向量的几何意义建立直角坐标系，将问题转化为圆上点到直线的距离的问题，从而得解.
【详解】对于A，因为，，
所以，即，
即，则，故A错误；
又，，所以，
对于B，因为，
所以在方向上的投影向量为，故B正确；
对于CD，建立直角坐标系，如图，
设，
因为，所以，整理得，
即点的轨迹是：圆心为，半径为2的圆，
则，则点在直线上运动，则，
设点到直线的距离为，
则，无最大值，故CD正确.
故选：BCD.
12. 已知正方体的棱长为，是空间中的一动点，下列结论正确的是（ ）
A. 若点在正方形内部，异面直线与OB所成角为θ，则θ的取值范围为
B. 若点在正方形内部，且则点的轨迹长度为
C. 若，则最小值为
D. 若，平面 截正方体 所得截面面积的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A，建立空间直角坐标系，利用向量夹角求解线线角及范围；选项B，利用垂直关系，将转化为，进而得到点轨迹；选项C，由向量关系得动点的位置，利用展开图将空间折线段之和最小值转化为平面内两点之间距离最短求解即可；选项D，由向量关系得三点共线，当点与重合时，利用特殊位置求解截面面积大于，故排除.
【详解】选项A，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
则，
则
，因为，
所以，，
故，则θ的取值范围为，故A正确；
选项B，由在正方形内部，且，连接，，
由平面，则，
在中，，则，
又点O 在正方形内部，
故点的轨迹以为圆心，为半径的四分之一圆弧，
所以点O轨迹的长度为，故B错误；
选项C，如图，取的靠近的四等分点，的靠近的四等分点，
连接，所以，
则四边形是平行四边形，所以，
由，则，
即，则，故点在线段上，
又，四边形为平行四边形，
又平面，则平面，则，
四边形为矩形，且，
将矩形沿展开至与矩形共面，如图，
则，
当且仅当三点共线时，的最小值为，故C项正确；
选项D，由，
得，则有，
故点在线段上，
如图，连接，
当点与重合时，由
故四边形是平行四边形，
则四点共面，即四点共面，
则此时平面 截正方体 所得截面即为平行四边形，
又，则截面面积为，故D错误.
故选：AC.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13. 已知两个等差数列， 的前n项和分别为， . 若 则 _____________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式、等差数列性质计算即得.
【详解】等差数列， 的前n项和分别为，，，
所以.
故答案为：2
14. 在三棱台中，已知平面， ， 则该三棱台的体积为_______.
【答案】##
【解析】
【分析】取的中点，证得平面，得到，求得，即棱台的高为，再由棱台的体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，取的中点，连接，
因为，所以且，
可得四边形为平行四边形，所以，
因为平面，可得平面，
又因为平面，所以，
在直角中，由，可得，即棱台的高为，
因为，可得，且，
所以的面积为，的面积为，
则棱台的体积为.
故答案为：.
15. 已知动点满足 ，若直线l过点与点M的轨迹相切，则直线l的方程为________.
【答案】或.
【解析】
【分析】消去参数可得动点的轨迹是圆，然后根据圆心到直线的距离等于半径列方程求出斜率，即可的直线方程.
【详解】由消去得，
所以，动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
由题意直线斜率存在，所以设直线的方程为，即，
由题知，，解得，
所以，直线l的方程为或.
故答案为：或
16. 若不等式对任意的恒成立，则实数m的最大值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意整理得，令，可知，构建，利用导数分析可得，进一步整理得对任意的恒成立，构建，利用导数求其最值结合恒成立问题分析求解.
【详解】因为，则，整理得，
令，可得，即，
令，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
则，且，
可知有且仅有两个零点，
若，则或，
对于可知，当x趋近于时，趋近于0，故不合题意；
所以，即，整理得对任意的恒成立，
令，则，
且，令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得，结合解得，
所以实数m的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：第一步同构将原式整理得，把看成整体处理求其取值范围；
第二步根据题意分析可得，整理得对任意的恒成立，结合恒成立问题分析求解.
四、解答题(共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17. 已知的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且满足
（1）求角C的大小；
（2）若，点D为AB 的中点，求的值.
【答案】17.
18.
【解析】
【分析】（1）根据题意利用正余弦定理边角转化分析求解；
（2）根据（1）中关系可得，进而可知，利用两角和差公式运算求解
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得，
整理得，
由余弦定理可得，
且，所以.
【小问2详解】
由（1）可得：，则，即，
可知，即，可得，，
所以.
18. 如图， 在四棱锥中， 四边形ABCD是直角梯形，平面ABCD，，∥， ，点 E 是 PB 的中点.
（1）证明: 平面平面 PBC；
（2）若平面 PAD 与平面 ABCD 所成锐二面角的正切值为2，求直线PD 与平面ACE 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意证明平面 PAC，进而可得面面垂直；
（2）建系，设，根据题意结合面面夹角求得，进而利用空间向量求线面夹角.
【小问1详解】
不妨设，则，可得，
即，可得，
又因为平面ABCD，平面ABCD，则，
且，平面 PAC，可得平面 PAC，
且平面 PBC，所以平面平面 PBC.
【小问2详解】
取的中点，可知，
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，设，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可知：平面的法向量，
设平面 PAD 与平面 ABCD 所成锐二面角为，则，
由，解得（舍负），
则，解得，
则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
则，
所以直线PD 与平面ACE 所成角的正弦值.
19. 已知递增等比数列中，，成等差数列.
（1）求数列的前n项和；
（2）若设数列的前n项和为，求使得的最小正整数n的值.
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）根据等比数列通式和等差中项的应用求出值，再求出，最后利用等差数列前项和公式即可；
（2），利用错位相减法即可得到，根据其单调性即可得到答案.
【小问1详解】
由题，即，因为，
所以，解得或1，
又因为等比数列为递增数列，
所以，所以公比，所以，
.
【小问2详解】
，
，
，
作差:，
所以，由，所以为单调递增数列.
又，
所以的最小值为8.
20. 已知函数
（1）当时， 求的极值；
（2）若曲线与曲线存在2 条公切线， 求a的取值范围.
【答案】（1）极大值为，无极小值；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数探讨单调性求出极值.
（2）设出公切线与曲线相切的切点坐标，求出切线方程，与方程联立，借助判别式建立关系，转化为方程有两个解求解.
【小问1详解】
当时，设，显然，
求导得，由，得，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以在取得极大值，无极小值.
【小问2详解】
设曲线上切点，则切线斜率为，方程为，
依题意，切线与曲线相切，于是方程有两个相等的正实根，
而，则，且，即有，
由公切线有两条，得关于的方程:有两个不同的实数解，
令，则与的图象有两个交点，
由，求导得，由，得，
当时，单调递减；当时，单调递增，
因此，函数的图象如图，
观察图象知，当，即时，直线与函数的图象有两个交点，
所以a的取值范围是.
21. 重庆南山风景秀丽，可以俯瞰渝中半岛，是徒步休闲的好去处. 上南山的步道很多，目前有标识的步道共有 18条. 某徒步爱好者俱乐部发起一项活动，若挑战者连续12天每天完成一次徒步上南山(每天多次上山按一次计算) 运动，即可获得活动大礼包. 已知挑战者甲从11月1号起连续12天都徒步上南山一次，每次只在凉水井步道和清水溪步道中选一条上山. 甲第一次选凉水井步道上山的概率为 而前一次选择了凉水井步道，后一次继续选择凉水井步道的概率为 前一次选择清水溪步道，后一次继续选择清水溪步道的概率为 ，如此往复. 设甲第n(n=1，2，…， 12)天走凉水井步道上山的概率为 .
（1）求 和；
（2）求甲在这12 天中选择走凉水井步道上山的概率小于选择清水溪步道上山概率的天数.
【答案】（1），；
（2）11天.
【解析】
【分析】（1）利用互斥事件和相互独立事件的概率公式列式计算，结合构造法求数列通项求解.
（2）利用（1）的结论，解不等式即可.
【小问1详解】
甲第二天走凉水井步道上山的概率为，依题意，；
由题意得，
整理得，而，
因此数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以.
【小问2详解】
由题意知，选择走凉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，
当为偶数，恒成立；
当为奇数时，即当时，有即可，而当时，，显然不成立；
当时，，即当时成立，又数列单调递减，因此当时成立，
因此有11天符合要求，
所以甲在这12 天中选择走凉水井步道上山的概率小于选择清水溪步道上山概率的天数是11天.
【点睛】关键点睛：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，相互独立事件的积是解题的关键.
22. 已知点是椭圆E: 上的动点，离心率设椭圆左、右焦点分别为，且
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）若直线与椭圆C的另一个交点分别为A，B，问面积是否存在最大值，若存在，求出最大值； 若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）存在，最大值为.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出，求出椭圆E的方程.
（2）由（1）求出，设出直线的方程，分别与椭圆的方程联立，利用韦达定理及三角形面积公式，将的面积表示为的函数，再探讨函数最大值即得.
小问1详解】
由，得，解得，由离心率，得，解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，显然直线和直线都不垂直于y轴，
设直线和直线的方程为，设，
由消去x得，则，
同理得，显然，
则，即有，即；
同理得，即，
由椭圆对称性，不妨设，
于是，
因此
，而，
于是，
设，下面证明，
只证，即证，
即证明，即，
因为方程的判别式小于0，则恒成立，
因此恒成立，即，
所以面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；