云南省昆明市第一中学2024届高三下学期第九次考前适应性训练数学试题（PDF版附答案）

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命题、审题组教师 杨昆华 彭力 李文清 李春宣 丁茵 王在方 张远雄 李露 陈泳序 杨耕耘
一、选择题
1．解析：因为，所以，选A．
2．解析：因为，所以，所以，选C．
3．解析：由题意可知，点的坐标为，设点，，的坐标分别为，，，又为△的重心，则，即，所以由抛物线的定义可知，选D．
4．解析：因为，所以点到圆心的距离恒为，所以点的轨迹方程是以为圆心，为半径的圆，即，选B．
5．解析：由题意可知，，即，所以A 正确；乙组样本数据方差为，所以B 正确；设甲组样本数据的中位数为，则乙组样本数据的中位数为，所以两组样本数据的样本中位数不一定相同，故C错误；甲组数据的极差为，则乙组数据的极差为，所以两组样本数据的样本极差不同，故D正确，选C.
6．解析：若存在，使得，等价于函数在不是单调函数，，若函数为单调递增函数，则恒成立，即，在恒成立，则；同理，若函数为单调递减函数，则恒成立，得，即若函数在不单调，则，选C．
7．解析：若函数有“和谐区间”，所以在上单调递增，且在定义域内有两个不等的实数根，，即，又在区间单调递减，在区间单调递增，且，所以，又因为与直线在有两个交点，，所以，得，所以正整数的最小值为，，即，，此时，实数的取值范围是，选B．
8．解析：设第个正三角形的内切圆半径为，第个正三角形的边长为，可知，又半径为的圆内接三角形的边长满足，可得，即从第二个正三角形开始，每个正三角形的边长是前一个的，每个正三角形的内切圆半径也是前一个正三角形内切圆半径的，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，则，设前个内切圆的面积和为，
则，选C．
二、多选题
9．解析：如图，展开图翻折成的正方体，因为，，因此，所以A错误；同理，，所以，B正确；或其补角是与所成的角，又△是等边三角形，所以，所以与所成的角是， C正确．又平面，且与不平行，故与是异面直线，D正确.选BCD．
10．解析：因为直线过定点，且点在圆内，所以直线与圆必相交，A错误；
若直线将圆的周长平分，则直线过原点，此时直线的斜率不存在，所以B正确；
当时，直线的方程为，圆心C到直线的距离为d，所以直线被截得的弦长为，C错误；
因为圆心到直线的距离为，
所以直线被截得的弦长为，D正确，选BD．
11．解析：对于A，因为点关于直线的对称点为，所以将军在河边饮马的地点的坐标为，A错误；
对于B，因为点关于直线的对称点为，将军先去河流饮马，再返回军营的最短路程是，B错误；
对于C和D，因为点关于直线，的对称点分别为，，所以将军先去河流饮马，再去河流饮马，最后返回军营的最短路程，C正确；将军先去河流饮马，再去河流饮马，最后返回军营的最短路程是，D错误．
选ABD．
三、填空题
12．解析：由题意，，，且，则，，则．
13．解析：由题意知双曲线的渐近线方程为，因为分别为直线与双曲线的两条渐近线的交点，所以不妨设，所以，因为 （当且仅当时等号成立），所以，所以的焦距的最小值为．
14．解析：人乘坐的所有情况有种，两个小孩单独乘坐一辆车的情况有种，由题意知两个小孩不能单独乘坐一辆车，则不同的乘车方式的种数为种.
四、解答题
15．解：（1）如图，取中点O，连接，，因为△是等边三角形，所以，
又，所以，所以平面，所以，
又，所以. ………5分
（2）在平面中，作，垂足为D，
由（1）知平面，所以，所以平面，如图建立空间直角坐标系，
因为三棱柱的体积为3，所以，故，
则，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
因为二面角的余弦值为，
故，化简得：，即
可得，此时，，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
可得，此时，，，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为. ………13分
16．解：（1）由得：，又因为，所以，
所以，
又因为，所以. ………5分
（2）在△中，由得：，由正弦定理，得:，
解得：，由，得， 所以，
因为在△中，，所以
，
所以. ……… 10分
17．解：（1）依题意随机变量服从超几何分布，且.
所以. ………5分
（2）当时，；
当时，.
令，则
.
由解得.
所以时，；当时，.
从而当或时，最大，所以的估计值为或. ………15分
18．解：(1)由题意知，，，
所以，，所以，
所以，所以. ………5分
（2）设的坐标为，原点坐标为，因为，，所以 ，因为，，所以为线段的中点，所以在△中，是中位线，所以点的轨迹的方程 ………10分
（3）假设存在点，使得△的面积为，则，所以，
因为，所以，所以
又因为，，所以，
又因为，所以，
又因为，
所以，所以 ………17分
19．解：（1）当时，，的定义域为，
，
当时，，当时，，
故在内单调递增，在单调递减，
即的单调增区间为，单调减区间为； ……………7分
（2）证明：因为曲线与直线有且仅有两个交点，
所以方程有且仅有两个不同的实数根，
即方程，即有且仅有两个不同的实数根，
构造，则，
当时，，当时，，
故在内单调递增，在单调递减，
所以，又，当时，则，
因为，故有且仅有两个不同的实数根的充要条件为，
即，故实数的取值范围为. ………17分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
C
D
B
C
C
B
C
题号
9
10
11
答案
BCD
BD
ABD