贵州省2024届高三上学期适应性联考（一）数学试卷(含答案)

这是一份贵州省2024届高三上学期适应性联考（一）数学试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．若集合,,则( )
A.B.C.D.
2．若,则的虚部为( )
A.1B.C.iD.
3．若,则( )
A.B.C.D.
4．已知向量,,若,则( )
A.B.
C.D.
5．锶90是发生核爆后产生的主要辐射物之一,它每年的衰减率为2.47%,那么大约经过( )年,辐射物中锶90的剩余量低于原有的7.46%（结果保留为整数）
（参考数据:,）
A.83B.85C.87D.90
6．已知角的顶点为坐标原点,始边与轴的非负半轴重合,终边上有两个点,,且,则( )
A.B.C.或D.或
7．为进一步在全市掀起全民健身热潮,兴义市于9月10日在万峰林举办半程马拉松比赛.已知本次比赛设有4个服务点,现将6名志愿者分配到4个服务点,要求每位志愿者都要到一个服务点服务,每个服务点都要安排志愿者,且最后一个服务点至少安排2名志愿者,有_______种分配方式( )
A.540B.660C.980D.1200
8．已知右焦点为F的椭圆:上的三点A,B,C满足直线AB过坐标原点,若于点F,且,则的离心率是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．下列命题中正确是( )
A.线性相关系数r越大,两个变量的线性相关性越强
B.在经验回归方程中,当解释变量每增加1个单位时,响应变量将平均增加0.5个单位
C.若随机变量X的期望,则
D.若,且,则
10．在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中,且,若AC边上的中点为M,则( )
A.B.的最大值为
C.的最小值为D.的最小值为
11．已知函数,则( )
A.在处取得极值
B.若有两解,则k的最小整数值为1
C.若有两解,,则
D.有两个零点
12．已知函数,的定义域为R,是的导函数,且,,若为偶函数,则( )
A.B.C.D.
三、填空题
13．若函数为偶函数,则m的最小正值为__________.
14．若点在曲线:上运动,则的最大值为__________.
15．如图,在四棱锥中,四边形ABCD为矩形,平面ABCD,,,该四棱锥的外接球的表面积为__________.
16．函数,,若函数恰有五个零点,,,,,其中,则的值为__________.
四、解答题
17．如图所示,角的终边与单位圆O交于点,将OP绕原点O按逆时针方向旋转后与圆O交于点Q.
（1）求;
（2）若的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,,,,求.
18．已知数列的前项和满足,,为数列的前n项和.
（1）求数列的通项公式;
（2）求使成立的n的最大值.
19．如图,四棱锥中,,,,,AC与BD交于点O,过点O作平行于平面PAB的平面.
（1）若平面分别交PC,BC于点E,F,求的周长;
（2）当时,求平面与平面PCD夹角的正弦值.
20．某校为丰富教职工业余文化活动,在教师节活动中举办了“三神杯”比赛,现甲乙两组进入到决赛阶段,决赛采用三局两胜制决出冠军,每一局比赛中甲组获胜的概率为,且甲组最终获得冠军的概率为（每局比赛没有平局）.
(1)求p;
(2)已知冠军奖品为28个篮球,在甲组第一局获胜后,比赛被迫取消,奖品分配方案是：如果比赛继续进行下去,按照甲乙两组各自获胜的概率分配篮球,请问按此方案,甲组、乙组分别可获得多少个篮球?
21．已知双曲线的一条渐近线方程为,焦点到渐近线的距离为1.
（1）求的方程;
（2）过双曲线E的右焦点F作互相垂直的两条弦(斜率均存在)AB,CD.两条弦的中点分别为P,Q,那么直线PQ是否过定点?若不过定点,请说明原因;若过定点,请求出定点坐标.
22．已知函数,.
（1）求函数的极小值;
（2）证明:当时,.
参考答案
1．答案：B
解析：由题可得.故选B.
2．答案：A
解析：设,故,故,得,即,,虚部为1.故选A.
3．答案：C
解析：,.故选C.
4．答案：C
解析：,,,,,
得,化简得:.故选C.
5．答案：C
解析：设辐射物中锶90的含量为a,至少经过t年辐射物中锶90的剩余量低于原有的7.46%,即,即年.故选C.
6．答案：C
解析：由已知可得,①,又,,,②,①②联立得,解得或,
.故选C.
7．答案：B
解析：由题知可按照最后一个服务区有2名志愿者和3名志愿者进行分配,
①,有;
②,有,
共有（种）.
故选：B.
8．答案：A
解析：设椭圆左焦点为,连接,,,设,,结合椭圆对称性得,由椭圆定义得,,则.因为,,则四边形为平行四边形,则,而,故,则,即,整理得,在中,,即,即,,故.
故选A.
9．答案：BCD
解析：对于A;线性相关系数越接近于1,两个变量的相关性越强,反之,线性相关性越弱,故A错误.对于B:在经验回归方程中,当解释变量每增加1个单位时,响应变量将平均增加0.5个单位,故B正确;对于C:随机变量X的期望为,则;所以,,故C正确;对于D:因为,,则,解得,故D正确.故选BCD.
10．答案：ABD
解析：对于A:,由正弦定理得,,,因为,所以,所以,,,故A正确;对于B,由余弦定理知,,因为,,所以,,当且仅当时等号成立,因为,所以的最大值为,故B正确;对于C,由B知,则,所以,当且仅当时等号成立,所以的最大值为,故C错;对于D,因为BM为AC边上的中线,所以,,得,因为,所以的最小值为,故D正确.故选ABD.
11．答案：AB
解析：由,得,
当时,,单调递减:当时,,单调递增,则在时取得极小值,也为最小值,故A正确;又,而,所以,而,即,故,又,且,,故大致图象如下,故对于有两个解,的最小整数值为1,且无零点,B正确,D错误.由,,故对,可知,故C错误.故选AB.
12．答案：ABD
解析：因为,令,则①,,令,则②,联立①②可得,故A正确;由题可知,又因为是偶函数,是奇函数,由可知,所以的周期为4,又,故,,故,故B正确;因为,由得,故,所以,,所以,即,不能得出,故C错误;因为,得,在中,令,可得,又,故,所以,故D正确.故选ABD.
13．答案：
解析：由为偶函数可知,,故m取最小正值为.故答案为.
14．答案：
解析：曲线方程化为,是以为圆心,3为半径的圆,表示点与点连线的斜率,不妨设即直线,又P在圆上运动,故直线与圆C有公共点,则,化简得解得,故的最大值为.故答案为.
15．答案：
解析：可以将四棱锥补成一个直三棱柱,故直三棱柱的外接球即为四棱锥的外接球.取AF,BE的中点M,N,则MN的中点O即为外接球球心,所以半径,所以外接球表面积.
故答案为.
16．答案：
解析：的图象过点,,,,,,所以,,,,所以.故答案为.
17．答案：（1）
（2）或
解析：（1）由题知,,.
（2）由题知,,,,,且,所以,
而,则,故.
由正弦定理可知,整理得,
解得,
故,或.
18．答案：（1）
（2）5
解析：（1）当时,,
,
当时,,
故.
（2）.
当时,.
故
,
要使,即,解得,又,故n取最大值为5.
19．答案：（1）4
（2）.
解析：（1）由题意可知,四边形ABCD是直角梯形,
与相似,又,
,,
因为过点O作平行于平面PAB的面分别交PC,BC于点E,F,
即平面平面PAB,平面平面,平面平面,
平面平面,平面平面,
平面平面,平面平面,
由面面平行的性质定理得,,,
所以与相似,相似比为,即,
因为的周长为6,所以的周长为.
（2）∵平面平面,平面与平面PCD的夹角与平面PAB与平面PCD的夹角相等,
,,, ,
,又,,AB,平面PAB, 平面PAB,
平面ABCD,平面平面ABCD,
取AB的中点G,因为为等边三角形, ,平面平面,
平面PAB, 平面ABCD,
以A点为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,过点A与PG平行的直线为z轴,
建立如图所示空间直角坐标系,

则,,,,,,,
设平面PCD的法向量,
则,即,
取,则,
平面PAB, 是平面PAB的一个法向量,
设平面与平面PCD夹角为,则,所以,
所以平面与平面PCD夹角的正弦值为.
20．答案：(1)
(2)甲组应获得21个篮球,乙获得7个篮球比较合理.
解析：（1）令事件：甲组在第局获胜,,2,3.甲组胜的概率为：,
所以,解得.
（2）由题意知,在甲组第一局获胜的情况下,甲组输掉比赛事件为：甲组接下来的比赛中连输两场,
所以在甲第一局获胜的前提下,最终输掉比赛的概率,即甲获胜的概率为,
故甲组、乙组应按照的比例来分配比赛奖品,
即甲组应获得21个篮球,乙组获得7个篮球比较合理.
21．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）依题意有
解得,.
（2）由（1）可知右焦点,
设直线,,,
由,
化简得,,
故,.
.
又,则,
同理可得:
,
化简得.
故直线PQ过定点.
22．答案：（1）见解析
（2）见解析
解析：（1）,,
,
所以,.
当时,即时,,函数在上单调递增,无极小值;
当时,即时,令,解得,函数在上单调递减;
令,解得,函数在上单调递增.
时,函数取得极小值.
综上所述,当时,无极小值;当时,取极小值为.
（2）令,.
当时,要证,
即证,即,
即证,
①当时,
令,,
所以在上单调递增,
故,即.
,
令,,
当,,在上单调递减;
,,在上单调递增.
故,即,当且仅当时取等号,
又,,
由上面可知:,
所以当时,.
②当时,即证.令,,
可得在上单调递减,在上单调递增,
,故.
③当时,当时,,
由②知,而,
故,
当时,,
由（2）知,故;
所以,当时,.
综上①②③可知,当时,.