重庆市巴蜀中学校2024届高三下学期高考适应性月考（九）（4月）数学试题（原卷版+解析版）

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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. 已知集合，集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由并集和补集的运算得出即可.
【详解】由，所以，
故选：A．
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则对应的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的运算化简再由几何意义得出即可.
【详解】由，所以，对应的坐标为，
故选：C．
3. 下列函数的图象与直线相切于点的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出对应斜率是否为1，并由切点进行逐一判断即可得出结论.
【详解】A．，在的切线斜率为0，不符合；
B．在的切线斜率为1，所以切线为，成立；
C．D．两个函数均不经过，不符合.
故选:B．
4. 已知角的终边经过点，则的值不可能是（ ）
A B. 0C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由定义可得，计算可求.
【详解】由定义，，
当，合题意；
当，化简得，由于横坐标，角的终边在一、四象限，
所以．
故选：D．
5. 中国载人航天工程发射第十八艘飞船，简称“神十八”，于2024年4月执行载人航天飞行任务．运送“神十八”的长征二号运载火箭，在点火第一秒钟通过的路程为，以后每秒钟通过的路程都增加，在达到离地面的高度时，火箭开始进入转弯程序．则从点火到进入转弯程序大约需要的时间是（ ）秒．
A. 10B. 11C. 12D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】由题意结合等差数列的定义求出通项公式，再由前项和公式计算即可.
【详解】设出每一秒钟的路程为数列，
由题意可知为等差数列，
则数列首项，公差，
所以，
由求和公式有，解得，
故选：C．
6. 我国南宋著名数学家秦九韶（约1202～1261）独立发现了与海伦公式等价的由三角形三边求面积的公式，他把这种称为“三斜求积”的方法写在他的著作《数书九章》中．具体的求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实一为从隅，开平方得积．”如果把以上这段文字写成公式，就是．现将一根长为的木条，截成三段构成一个三角形，若其中有一段的长度为，则该三角形面积的最大值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】代入后利用基本不等式可求的得最大值．
【详解】令，则，
代入得，
由基本不等式：所以，可得，
当且仅当时取等号，
所以时，面积取得最大值．
故选：A．
7. 0和1是计算机中最基本的数字，被称为二进制数字．若数列满足：所有项均是0或1，当且仅当（其中为正整数）时，，其余项为0．则满足的最小的正整数（ ）
A. 50B. 51C. 52D. 53
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，则，根据即可求解.
【详解】由题意知，，
且，
即，
当时，，
由于，所以满足的的最小值为51，
故选：B．
8. 已知动点在抛物线上，点，为坐标原点，若，且直线与的外接圆相切，则（ ）
A. B. 或C. 或D. 2或
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理求得△外接圆半径，结合几何关系求得外接圆圆心，再根据直线和圆相切则圆心到直线的距离等于半径，列出方程，即可求得.
【详解】由抛物线方程，设圆心，半径为，显然；
因为，，故；
在中，由正弦定理得，解得；
则；
又圆与直线相切，故圆心到直线的距离，
当时，则圆心到直线的距离，解得；
当时，则圆心到直线的距离，解得或（舍），
综上或.
故选：C．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是熟练掌握正弦定理，直线与圆的位置关系的转化，属综合中档题.
二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 在跳水比赛中，裁判给分计算运动员成绩规则如下：有7位裁判，对某选手一次跳水的给分均不相同，去掉一个最高分和一个最低分后，下列说法正确的是（ ）
A. 剩下5位裁判给分的平均值一定变大
B. 剩下5位裁判给分的极差一定变小
C. 剩下5位裁判给分的中位数一定变大
D. 剩下5位裁判给分的方差一定变小
【答案】BD
【解析】
【分析】设7位裁判对每位选手给分分别为，结合平均数、极差、中位数和方差的概念与表示意义依次判断选项即可.
【详解】设7位裁判对每位选手给分分别为，
A：若7位裁判分别给分为1~7分，则原来平均值和去掉后的平均值都是，不变，故A错误；
B：由，所以，故B正确；
C：去掉一个最高分和一个最低分前的中位数是，
去掉一个最高分和一个最低分后的中位数是，故C错误；
D：由题意，极差变小，数据更稳定，所以方差变小，故D正确.
故选：BD．
10. 已知实数满足：，则下列不等式中可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由指数函数，幂函数，对数函数的性质分别画出，，，数形结合逐一判断即可.
【详解】令，
画出，，，如图：
由图象可知：当在①位置时，；当在②位置时，；当在③位置时，；故不可能成立，
故选：ABD．
11. 柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（ ）
A. 该正八面体的外接球的体积为
B. 平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为
C. 甲能构成正三角形的概率为
D. 甲与乙均能构成正三角形的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由图形，根据勾股定理求出球的半径，结合球的体积公式计算即可判断A；如图，根据等面积求出OH，进而求出截面圆的半径即可判断B；确定甲乙选择的三个点构成正三角形的情况，结合古典概型的概率公式计算即可判断CD.
【详解】A：由棱长为2，得正八面体上半部分的斜高为，高为，
则正八面体的体积为．
则正八面体的外接球的球心为，半径为，
所以外接球的体积为，故A正确；
B：由于到平面的距离等于到平面的距离，
在中，过作的垂线，垂足为，则平面．
由，得，
平面截正八面体的外接球所得截面是圆，半径，
所以所得截面的面积为，故B正确；
C：甲随机选择的情况有种，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：
甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有种，
甲构成正三角形的概率为，故C错误；
D：乙随机选择的情况有种，乙构成正三角形，只有一种情况：
上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点，
或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点，
共有种，概率为；又甲能构成正三角形的概率为，
所以甲与乙均能构成正三角形的概率为，故D正确.
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的综合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截球体所得截面的形状.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数的图象关于轴对称，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】由函数图象关于轴对称可得，再结合对数的运算性质代入表达式求出即可.
【详解】因为，
且，即，
有，
所以．
故答案为：1.
13. 使用二项式定理，可以解决很多数学问题．已知可以写成：，将它展开式的第项令为，，，则取最大值时，______．
【答案】
【解析】
【分析】令，，计算解得，即可得出结果.
【详解】因为，
所以令，得，解得．
令，得，解得.
所以，，因此，当时，取最大值．
故答案为：
14. 如图，四边形由和拼接而成，其中，，若与相交于点，，，，且，则的面积______．
【答案】##
【解析】
【分析】在中，由正弦定理得再利用两角和差的正弦展开式计算出，最后利用三角形面积公式得到面积.
【详解】在中，由正弦定理得：，由于，所以．
而，则有：，
，
又，，
由，
可得，
所以，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于能利用正弦定理和两角差的正切公式结合三角形面积公式求出边长.
四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知数列的首项，设，且的前项和满足：．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求证：．
【答案】（1） （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用，结合等比数列的定义和通项公式计算即可求解；
（2）由（1）得，易知当时不等式成立，当时根据放缩法可得，结合裂项相消求和法即可证明.
【小问1详解】
当时，，
两式相减得：，所以.
当时，且，可得，满足上式，
由，则为等比数列，，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
当时，成立；
当时，，
所以成立．
16. 如图，有一个正方形为底面的正四棱锥，各条边长都是1；另有一个正三角形为底面的正三棱锥，各条边长也都是1.
（1）在四棱锥中，求与平面所成角的正弦值，并求二面角的平面角的正弦值；
（2）现把它俩其中的两个三角形表面用胶水黏合起来，如黏合面和面.试问：由此而得的组合体有几个面？请说明理由.
【答案】（1）；.
（2）；理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据正四棱锥的性质，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出直线的方向向量、平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合线面角与向量夹角和面面角与向量的夹角的关系即可求解；
（2）根据正三棱锥的性质，利用勾股定理及等腰三角形的三线合一定理，再利用二面角的平面角的定义及余弦定理，结合题意即可求解.
【小问1详解】
设，由正四棱锥的性质，平面，，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.如图所示
由题意可知，
所以，，，，
设为平面的一个法向量，则，即
令，则，所以
设与平面所成角为，
则；
设为平面的一个法向量，则，即
令，则，所以.
设二面角的平面角为，
则，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为；二面角的平面角的正弦值为.
【小问2详解】
得到5个面，理由如下：
一个正四棱锥，每个侧面都是单位正三角形；一个正四面体，每个面也都是单位正三角形，
把两个几何体通过一个全等的正三角形面粘接起来.
因为有四个面两两融合，变成了两个面.
原因这里有两对两个二面角恰好互补，
下面计算验证.分别计算二面角和二面角的平面角大小.
由（1）求得二面角平面角
取的中点，连接，如图所示
因为正三角形为底面的正三棱锥，各条边长也都是1，
所以，
所以.
又的中点为，
所以为二面角的平面角，
在中，由余弦定理的推理得
所以，
故二面角的平面角的余弦值为，
所以，这样平面APB与平面QFG融合成了一个平面，
同理：平面DPC与平面QEG融合成了一个平面，
所以组合体有5个面.
17. 已知为坐标原点，定点，，动点满足直线和斜率乘积等于．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若不垂直于轴的直线与交于两点，若以为邻边作平行四边形，点恰好在上．问平行四边形的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）．
（2）平行四边形的面积为定值，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）设点，可得，化简即可动点的轨迹的方程；
（2）设，代入椭圆方程求得利用，可求得，利用点在椭圆上，可得，利用弦长公式与点到直线的距离公式可得平行四边形的面积是定值.
【小问1详解】
设点，由题意得，
化简得：．
所以动点的轨迹的方程为．
【小问2详解】
如图，由于直线的斜率存在，设，
将直线代入，可得，
则，
韦达定理得：，
由于，若四边形为平行四边形，
则有，
即点在椭圆上，代入椭圆方程，
化简可得：，满足：，
则
弦长，
点到直线距离，
故平行四边形的面积，
所以平行四边形的面积为定值．
18. 某项团体比赛分为两轮：第一轮由团队队员轮流与AI人工智能进行比赛．若挑战成功，参加第二轮攻擂赛与上任擂主争夺比赛胜利．现有甲队参加比赛，队中共3名事先排好顺序的队员参加挑战．
（1）第一轮与对战，比赛的规则如下：若某队员第一关闯关成功，则该队员继续闯第二关，否则该队员结束闯关并由下一位队员接力去闯第一关，若某队员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位队员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有队员全部上场参加了闯关，该队挑战活动结束．已知甲队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为，，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响．用表示甲队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的期望；
（2）甲队已经顺利进入第二轮，现和擂主乙队号队员进行比赛，规则为：双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛直到有一方队员全被淘汰，另一方获得胜利．已知，甲队三名队员每场比赛的胜率分别为：，，，若要求甲队获胜的概率大于，问是否满足？请说明理由．
【答案】（1）
（2）符合题意，理由见解析
【解析】
【分析】（1）的所有可能取值为1，2，3，分别求出对应的概率，可求得分布列，可求数学期望；
（2）分析得一人全胜，，两人参赛获胜，，，三人参赛获胜，三种情况的概率，进而可得求解即可.
【小问1详解】
的所有可能取值为1，2，3．
1个人的情况为：1号胜胜，则概率为，
2个人的情况为：1号负2号胜胜或1号胜负2号胜，
概率为，
3个人的概率，
所以分布列为：
所以．
【小问2详解】
分三种情况：
第一，一人全胜，该事件的概率设为，则，
第二，，两人参赛获胜，该事件的概率设为，
则，
第三，，，三人参赛获胜，该事件的概率设为，
则
由，
所以要甲队获胜的概率大于，即，化简得：
当，代入可得：，成立．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是充分理解对应规则，分析得两规则下对应胜利的概率，从而得解.
19. 阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰·伯努利（Jhann Bernulli，1667～1748）的儿子丹尼尔·伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封，他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Lenhard Euler，1707～1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中．
阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．阅读以上材料后请完成以下问题：
（1）求出的值；
（2）估算的大小（保留小数点后2位），并给出用和表示的估计公式；
（3）求证：，其中．
【答案】（1）
（2）；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别代入公式计算即可；
（2）由麦克劳林公式中取，计算即可；
（3）首先利用麦克劳林公式猜想和，再构造函数求导证明猜想；然后得到，最后令，代入上式经过拆项可得，即可证明.
【小问1详解】
因为，
所以，
，
，
所以．
【小问2详解】
由麦克劳林公式，令，有
再取，可得，
所以估算值为．
在中，取，可得.
【小问3详解】
证明：由麦克劳林公式，当时，令，有，猜想：
令，有，猜想：
令，由，所以，即．
令，由，
再令，则恒成立，
所以在上为增函数，且，
所以在上为增函数，
所以，即．
又时，，，所以.
令， 当，有，
则，命题得证．
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是能根据麦克劳林公式得到当时，得到，再令，裂项证明.
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