2024届贵州省贵阳市第一中学高三上学期高考适应性月考（三）（11月）数学试题含答案

这是一份2024届贵州省贵阳市第一中学高三上学期高考适应性月考（三）（11月）数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分别求出对应集合的范围，利用交集关系求解即可.
【详解】由可得，
则，
所以，
故选：A.
2．“”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由可得或，结合充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】由，所以或，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：B.
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，结合三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式，即可求解.
【详解】由，平方可得，
所以.
故选：D.
4．记为等比数列的前项和，若，则（ ）
A．B．C．32D．或32
【答案】C
【分析】利用等比数列定义可得，再由可求得，即可得.
【详解】设等比数列的公比为，
由题意知，则由得，则，所以，即；
因为，所以，
所以，
故选：C.
5．已知函数在区间上单调递减，直线和为函数的图象的两条相邻对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题求出，得到，然后根据最值得出，求出的解析式，得出答案.
【详解】因为直线和为函数的图象的两条相邻对称轴，
所以，且，则，
又在区间上单调递减，
所以当时，取得最大值，则，
则，不妨取，则，则，
故选：C.
6．已知是等差数列的前项和，且，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设数列的首项为，公差为，根据题意求得，再由，得到，得出数列为递减数列，再结合，即可求解.
【详解】设数列的首项为，公差为，
由，可得，
又由，可得，
因为，所以，所以，
可得等差数列为递减数列，
又因为，所以，
故等差数列的前项和最大值为.
故选；A.
7．已知双曲线的一条渐近线与圆交于两点，且是正三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】B
【分析】由题意，设渐近线方程为（其中），根据垂径定理和点到直线的距离公式分别求出圆心到渐近线的距离，建立方程，解方程可得，结合离心率的概念即可求解.
【详解】设双曲线渐近线被圆所截得的弦长为，圆的半径为，圆心到渐近线的距离为d，
圆方程，即，又由题可知，
由垂径定理得.
不妨设渐近线方程为（其中），
又圆的圆心坐标为，
圆心到渐进线的距离为，所以，解得，
又，所以双曲线的离心率为.
故选：B.
8．已知曲线，过点作该曲线的两条切线，切点分别为，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】求得切线方程为，根据题意，转化为关于的方程有两个不同的解，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】由函数，可得，
设切点坐标为，所以，
所以切线方程为，
所以，即，
因为过点作该曲线的两条切线，
所以关于的方程有两个不同的解，
即关于的方程有两个不同的解，所以.
故选：D.
二、多选题
9．已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，且经过点在椭圆上，则（ ）
A．的最大值为3
B．的周长为4
C．若，则的面积为
D．若，则
【答案】ACD
【分析】先求出椭圆方程，然后根据椭圆的几何性质逐项判断即可.
【详解】
由题意，椭圆离心率为，则，
则，代入，得，
所以，
对，由题意，故正确；
对的周长为，故B错误；
对，若，则由余弦定理得：
.
即，故，
故，故C正确；
对D，由余弦定理
，
即，
解得，故，故D正确，
故选:ACD
10．已知函数，且，则（ ）
A．有两个极值点
B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心
D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合函数的单调性、极值及零点得存在性定理可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题意可得，解得，
所以，
令得或，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是极值点，故A正确；
因为，，
所以函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，
因为，则是奇函数，
所以是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，
当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
11．已知函数，若方程在区间有且仅有5个解，则（ ）
A．B．极值点个数为3
C．零点个数为2D．在上单调递增
【答案】AB
【分析】根据已知条件确定，再结合余弦函数图像分析即可.
【详解】，由方程在区间有且仅有5个解在区间有且仅有5个解，
因为，
所以，故A正确；
当取得时，取得极值，故极值点个数为3，故正确；
因为，
若，当取得时，有2个零点；
若时，当取得时，有3个零点；综上：在区间上有2个或者3个零点，故C错误；
，又因为，所以，而原函数的递减区间为，当时，是的一个子集，故错误.
故选：AB.
12．在锐角中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．的取值范围为
C．的取值范围为
D．的最小值为
【答案】AC
【分析】用正弦定理可判断A项，由锐角三角形可判断B项，用倍角公式可判断C项，切化弦后用取等条件即可判断D项.
【详解】在中，由正弦定理可将式子化为，
把代入整理得，，
解得或，即或（舍去），所以，选项正确；
选项：因为为锐角三角形，，所以，由解得，故选项B错误；
选项C：，因为，所以，，即的取值范围为，故选项C正确；
选项D：，当且仅当即时取等，但因为，所以，无法取到等号，故D错.
故选：AC.
三、填空题
13．若为偶函数，则 .
【答案】2
【分析】由诱导公式可得，根据偶函数的性质得，解出a，验证即可.
【详解】因为为偶函数，定义域为，
所以，即，
则，故，
此时，
所以，
又定义域为，故为偶函数，
所以.
故答案为：2.
14．当前，我国各年龄段青少年的近视呈现发病年龄早､进展快､程度深的趋势，其中很大一部分是青少年长时间玩手机导致的.据调查，贵阳市某高中学生大约0.3的人近视，而该校大约有0.4的学生每天玩手机超过2.5小时，这些人的近视率约为0.6.现从该校近视的学生中任意调查一名学生，则他每天玩手机超过2.5小时的概率为 .
【答案】/
【分析】根据条件概型概率计算公式求得正确答案.
【详解】从该校学生中任意调查一名学生他是近视记为事件，且，
从该校学生中任意调查一名学生他每天玩手机超过记为事件，
且由题可知，，
所以从该校近视的学生中任意调查一名学生，
则他每天玩手机超过的概率为.
故答案为：
15．在区间上单调递增；则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据二次函数与对数函数的性质，结合复合函数单调性的判定方法，列出不等式组，即可求解.
【详解】由函数在单调递减，
因为在区间上单调递增，
则满足，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
16．在中，，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据题意利用余弦定理即可求得，利用基本不等式即可求出其最小值为.
【详解】设，
则在中，，
在中，，
所以；
当且仅当，即时，等号成立；
即的最小值为.
故答案为：
四、解答题
17．已知.
(1)若，求的值；
(2)若且，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据诱导公式整理可得，结合题意可得，根据齐次式问题分析求解；
（2）结合（1）可得，利用两角和差公式结合角的范围分析求解.
【详解】（1）由题意可得：
，
由已知，得，
所以
.
（2）由，可知，
则.
因为，则，
且，可得，
则，所以.
18．在中，内角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)边上存在点，使为的角平分线，若，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，再结合余弦定理可求得结果；
（2）由可得，再结合余弦定理可求出，从而可求出的周长.
【详解】（1）因为在中，，
所以，
所以由正弦定理得，
即，由余弦定理得，
因为，所以.
（2）因为，
且
所以，
由余弦定理得：，
整理得，
解得或（舍去），
所以，
所以的周长为.
19．“村BA”后，贵州“村超”又火出圈!所谓“村超”，其实是目前火爆全网的贵州乡村体育赛事一一榕江（三宝侗寨）和美乡村足球超级联赛，被大家简称为“村超”.“村超”的民族风､乡土味､欢乐感，让每个人尽情享受着足球带来的快乐.
某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团.足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男､女同学各50名进行调查，部分数据如表所示：
附：.
(1)根据所给数据完成上表，依据的独立性检验，能否有的把握认为该中学学生喜欢足球与性别有关？
(2)社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范定点射门.据统计，这两名男生进球的概率均为，这名女生进球的概率为，每人射门一次，假设各人进球相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望.
【答案】(1)有的把握认为该中学学生喜欢足球与性别有关
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据男女生各名及表中数据即可填写列联表，然后根据计算从而求解.
（2）根据题意可知的所有可能取值为，列出分布列，计算出期望从而求解.
【详解】（1）依题意，列联表如下：
零假设：该中学学生喜欢足球与性别无关，
的观测值为，
，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
所以有的把握认为该中学学生喜欢足球与性别有关.
（2）依题意，的所有可能取值为，
，
所以的分布列为：
数学期.
20．如图所示，四棱锥底面为矩形，且，分别为的中点，点为线段上靠近点的三等分点.
(1)求证：平面；
(2)当时，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面平行再证明线面平行，即可证明求解.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解出二面角的余弦值，从而求解.
【详解】（1）证明：如图所示：
取中点，连接，，
分别为的中点，且底面为矩形，
所以，且，
又因为平面平面，
又因为平面平面，
所以平面，且平面，
又因为平面平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以由面面平行的性质可知平面.
（2）如图所示：
因为，
又因为底面为矩形，所以，
因为平面平面，
所以平面，因为平面，
所以，又，
所以，又易知是等边三角形，所以，
又，所以建立上图所示的空间直角坐标系；
因为，
所以，
又因为为的中点，，
所以，
所以，
设平面与平面的一个法向量分别为
所以有以及
即分别有，以及，
分别令，并解得，
不妨设平面与平面的夹角为，
所以，
所以.
综上所述：平面与平面的夹角的正弦值为.
21．已知抛物线与双曲线有共同的焦点.
(1)求的方程；
(2)若直线与抛物线相交于两点，过两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点，求面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出双曲线焦点坐标即可得，可求出的方程为；
（2）联立直线和抛物线方程利用韦达定理可得，再求得过两点的切线方程并求出交点坐标为，由弦长公式和点到直线距离公式写出面积的表达式为，可得面积最小值.
【详解】（1）由题意，抛物线的焦点为，
由双曲线可得，
即可得，解得，
所以的方程为
（2）如图所示，
设，则，
联立方程组整理得，
所以，且，
所以
由，可得，则，
所以抛物线的过点的切线方程是，
将代入上式整理得，
同理可得抛物线的过点的切线方程为，
由解得，
所以，
所以到直线的距离，
所以的面积
，
当时，，
所以面积的最小值为.
22．已知函数.
(1)若，求的单调区间与零点；
(2)若且恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)增区间，无减区间；有唯一零点
(2)
【分析】（1）根据函数的导函数，求解函数的增减性和零点的判断.
（2）利用构造函数求解函数，讨论当时，利用不等式放缩求解，当时，利用求导证明不等式即可.
【详解】（1）当时，，
因为.
所以在上单调递增，
所以当时，，
所以有唯一零点.
（2）令，
则原不等式在恒成立，
①若，则，
先证明当时，.
事实上，令，
因为当时，，
所以在上单调递增，
所以当时，，所以.
由，得.
因为当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以，
所以.
因此当时，，
令，
因为的图象是开口向下的抛物线，
所以存在，使得，从而，
，不合题意.
②若，则，
令，
（i）当时，，
（ii）当时，，
所以在上单调递增，所以当时，，
由（i）（ii）知当时，，满足题意，
综上，的取值范围为.
喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生
20
女生
15
合计
100
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生
30
20
50
女生
15
35
50
合计
45
55
100
0
1
2
3