2024-2025学年贵州省贵阳市2024届高三上学期高考适应性月考卷（五）数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年贵州省贵阳市2024届高三上学期高考适应性月考卷（五）数学检测试题（附解析），共23页。试卷主要包含了秦九韶等内容，欢迎下载使用。
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，，则中的元素个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
2．已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知平面向量，均为单位向量，且它们的夹角为，则（ ）
A．7B．3C．D．1
4．自1972年慕尼黑奥运会将射箭运动重新列入奥运会项目以来，这项运动逐渐受到越来越多年轻人的喜爱．已知甲、乙两位射箭运动员射中10环的概率均为，且甲、乙两人射箭的结果互不影响，若两人各射箭一次，则甲、乙两人中至少有一人射中10环的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．秦九韶（1208年～1268年），字道古，祖籍鲁郡（今河南省范县），出生于普州（今四川安岳县）．南宋著名数学家，与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家.1247年秦九韶完成了著作《数书九章》，其中的大衍求一术（一次同余方程组问题的解法，也就是现在所称的中国剩余定理）、三斜求积术和秦九韶算法（高次方程正根的数值求法）是有世界意义的重要贡献．设的三个内角，，所对的边分别为，，，面积为，秦九韶提出的“三斜求积术”公式为，若，，则由“三斜求积术”公式可得的面积为（ ）
A．B．C．D．1
6．中国古代建筑具有悠久的历史传统和光辉的成就，这些古建筑除了历史背景方面的研究价值外，还有着几何结构的研究意义．例如古建筑屋顶的结构形式就分为：圆锥形、三角锥形、四角锥形、八角锥形等，已知某古建筑的屋顶可近似看作一个圆锥，其母线长，底面的半径为，则该屋顶的体积约为（ ）
A．B．C．D．
7．已知等比数列中所有项均为正数，，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知直线过双曲线的左焦点，且与双曲线的左支交于，两点，并满足，点与点关于原点对称，若，则双曲线的离心率（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9．已知定义在上的奇函数的图象关于直线对称，当时，，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知圆上的两个动点，始终满足，直线与轴交于点（，，三点不共线），则（ ）
A．直线与圆恒有交点B．
C．的面积的最大值为D．被圆截得的弦长最小值为
11．已知正方体的棱长为1，点，分别为线段，的中点，点满足，点为棱（包含端点）上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截正方体得到的截面多边形是矩形
B．二面角的大小为
C．存在，使得平面平面
D．若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
12．已知函数的图象与直线有三个交点，记三个交点的横坐标分别为，且，则下列说法正确的是（ ）
A．存在实数，使得
B．
C．
D．为定值
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．的二项展开式中，项的系数为 ．
14．“圆锥容球”是指圆锥形容器里放了一个球，且球与圆锥的侧面及底面均相切（即圆锥的内切球）．已知某圆锥形容器的母线与底面所成的角为，底面半径为2，则该圆锥内切球的表面积为 ．（容器壁的厚度忽略不计）
15．《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，已知“鳖臑”中，平面，，，，则“鳖臑”外接球体积的最小值为 ．
16．已知平面向量满足：，，，设向量（为实数），则的取值范围为 ．
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．已知函数的最小正周期为．
(1)求的值，并写出的对称轴方程；
(2)在中，角的对边分别是，且满足，求函数的取值范围．
18．已知数列为等差数列，，且．
(1)求；
(2)记为数列的前项和，求．
19．某校高三年级嘟嘟老师准备利用高中数学知识对甲、乙、丙三名学生在即将到来的全省适应性考试成绩进行预测，为此，他收集了三位同学近三个月的数学月考、周测成绩（满分150分），若考试成绩超过100分则称为“破百”．
甲：74，85，81，90，103，89，92，97，109，95；
乙：95，92，97，99，89，103，105，108，101，113；
丙：92，102，97，105，89，94，92，97．
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙三名同学的考试成绩相互独立．
(1)分别估计甲、乙、丙三名同学“破百”的概率；
(2)设这甲、乙、丙三名同学在这次决赛上“破百”的人数为，求的分布列和数学期望．
20．如图，在三棱柱中，，，为的中点，平面平面．
(1)证明：平面；
(2)若，二面角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
21．已知椭圆的左焦点为，上顶点为，离心率为，且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过且斜率为的直线与椭圆交于，两点，椭圆的左、右顶点分别为，，证明：直线与的交点在定直线上．
22．已知函数，．
(1)若，求函数的值域；
(2)是否存在正整数，使得恒成立？若存在，求出正整数的取值集合；若不存在，请说明理由．
1．C
【分析】先计算集合，然后运算即可.
【详解】由题意得：，
所以，
故共5个元素，
故选：C．
2．D
【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】因为，则在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D．
3．D
【分析】根据向量的数量积的运算，以及平面向量的运算法则，准确计算，即可求解.
【详解】由平面向量均为单位向量，且它们的夹角为，
则，所以.
故选：D．
4．D
【分析】利用独立事件的乘法公式及对立事件的概率公式即可求解.
【详解】记“甲射中10环”为事件，“乙射中10环”为事件，，
甲、乙两人中至少有一人射中10环的概率为：
.
故选：D．
5．B
【分析】根据题意，结合正弦定理和余弦定理，求得，，结合“三斜求积术”的公式，代入即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，所以，
又因为，由余弦定理得，
可得，
所以.
故选：B．
6．A
【分析】根据给定条件，求出圆锥的高，再利用圆锥体积公式计算即得.
【详解】由该圆锥的底面半径为，母线长为，得圆锥的高为，
所以该屋顶的体积约为.
故选：A
7．A
【分析】
借助等比数列求出，利用找到，再利用基本不等式计算即可.
【详解】
设的公比为，则，
因为，所以，解得或（舍去），
，
故，即，
因为，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立，
故的最小值等于.
故选:A．
8．C
【分析】设双曲线的右焦点为，得到四边形为矩形，设，则，根据双曲线的定义和为直角三角形，求得，在直角中，利用勾股定理，列出方程，即可求解.
【详解】设双曲线的右焦点为，连接，
因为，所以四边形为矩形，
设，则，
由双曲线的定义得：，，
又因为为直角三角形，所以，
即，解得，所以，
又因为为直角三角形，，所以，
即，所以，即.
故选：C．
9．BD
【分析】利用函数的奇偶性及周期性,结合函数值的定义即可求解.
【详解】已知函数为上的奇函数，则，
即，解得，B正确；A错误；
因为函数的图象关于直线对称，
所以，
又因为函数为上的奇函数，
所以，
所以，即.
又因为，即，从而周期为8，
，，．
因为当时，，
所以，
从而，，，
所以，D正确；C错误.
故选:BD．
10．ABD
【分析】由题意，可知，且在圆内部，可判断选项A、B；当到的距离最大时，的面积的最大，可判定选项C；被截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，由弦长公式判定选项D.
【详解】直线与轴交于点，
，且在圆内部，所以与恒有公共点，A正确；
因为点在圆内部，为钝角，故，B正确；
因为，即为圆的直径，
当到的距离最大时，即为到圆心的距离为1，
，故C错误；
被截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，
且此距离为到圆心的距离为1，故弦长为，故D正确.
故选：ABD．
11．ACD
【分析】根据几何体为正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，求出的坐标，利用面面平行的性质的定理及线面平行的判定定理，结合矩形的性质即可可判断A的正误，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式与二面角的关系即可判断B的正误，利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即可判断C的正误，最后利用直线的方向向量和平面的法向量计算线面角的正弦值后可判断D的正误.
【详解】由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
设，其中，
对于A：连接，，，则，
由正方体的性质可得点是侧面的中心，点是正方体的中心，
所以连接并延长交侧面于点，则
点是侧面的中心，且．
设平面交于点，交于点，交于点，连接，，
因为平面平面，
所以，．
因为，平面，
所以平面，又平面，
所以，所以，
易知，所以，
所以平面截正方体得到的截面多边形是矩形，故A正确；
对于B：，，，
设平面的法向量为，则
，即，
取，则，，故．
设平面的法向量为，则
，即，
取，则，，故，
故，
而二面角为锐二面角，故其余弦值为，不为，
故二面角的平面角不是，故B错误．
对于C：因为点是正方体的中心，
所以，，三点共线，
所以平面即为平面，
因为，，，，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，即平面平面，
当时，点与点重合，平面即为平面，
由此可知平面平面，即平面平面，故正确；
对于D： 因为平面，
故为平面的法向量，
而，
设直线与平面所成的角为．
故，
而，
，故D正确，
故选：ACD．
12．BCD
【分析】化简方程，令，得，构造，则，利用函数的单调性，结合函数的图象，要使关于x的方程三个不相等的实数解，且，结合图象可得关于的方程一定有两个实根， ，结合韦达定理，推出所求表达式的关系式，然后对选项一一判断即可得出答案．
【详解】由方程，可得．
令，则有，即．
令函数，则，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，作出图象如图所示，
要使关于的方程有三个不相等的实数解，且，
结合图象可得关于的方程一定有两个实根，，
且，或，，
令，若，，
则故．
若，，则，无解，
综上：，故C正确；
由图结合单调性可知，故B正确；
若，则，又，故A不正确；，
故D正确，
故选：BCD．
关键点点睛：构造，判断出函数的单调性，结合图象将，转化成关于t的函数即可求解.
13．960
【分析】根据二项展开式的通项公式求解.
【详解】的二项展开式的通项公式为，
令，解得，
所以项的系数为．
故960
14．
【分析】根据相切的性质，结合勾股定理、球的表面积公式进行求解即可.
【详解】作圆锥的轴截面图，如图，

由图，母线与底面所成的角为，为等边三角形，
又，所以，
所以在正中，，
设内切球球心为，则在上，且，
在中，，所以，解得，
所以外接球表面积．
故答案为.
15．
【分析】利用割补法及长方体的体对角线为外接球的直径，结合二次函数的性质及球的体积公式即可求解.
【详解】根据题意三棱锥可以补成分别以，，为长、宽、高的长方体，如图所示，
其中为长方体的对角线，则三棱锥的外接球球心即为的中点，
要使三棱锥的外接球的体积最小，则最小．
设，则，，，
所以当时，，则有三棱锥的外接球的球半径最小为，
所以．
故答案为.
16．
【分析】以为坐标原点，建立坐标系，设，，为线段上一点，则，得到点在以为圆心的圆上，所以，得到，根据圆的性质，即可求解.
【详解】如图所示，以为坐标原点，边长为2的正方形的，所在直线为轴和轴，建立坐标系，
设，，为线段上一点，则，
因为，所以以为圆心，为半径画圆，点为圆上一点，
设，，，所以，
所以，，所以，所以，
可得直线表示斜率为，纵截距为的直线，
当圆心为点时，与相切且点在轴的下方时，
可得圆的方程为，可得切线坐标为，
此时，取得最小值；
当圆心为点时，经过圆心时，圆的方程为，
当点时，此时，取得最大值，
所以的取值范围为．
故．

17．(1)，对称轴方程为：
(2)
【分析】（1）化简函数，结合正弦型函数的性质，即可求解；
（2）根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，求得，再由，且，进而求得 的取值范围.
【详解】（1）解：由函数
，
因为，可得，故，
令，解得，
所以函数对称轴方程为：．
（2）解：由，可得，
所以，
因为，可得，所以，
又因为，所以，
所以，且，可得，
所以，即，所以 的取值范围为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由数列为等差数列，利用等差数列基本量运算，求解出首项和公差，表示出的通项公式，再转化为即可；
（2）结合（1）问，表示出以及，利用裂项相消法计算.
【详解】（1）因为数列为等差数列，
所以，，为该数列第、、项，并设公差为，
因为，且，所以，解得：，
所以即,
所以的通项公式为：，
即，所以．
（2）由（1）可得：，所以，
所以，即，
所以，
整理得：，
所以数列的前项和为．
19．(1)甲同学“破百”的概率为，乙同学“破百”的概率为，丙同学“破百”的概率为
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）利用古典概型的概率公式直接计算得解；
（2）写出的可能取值，计算对应的概率，根据期望公式求解即可.
【详解】（1）甲同学“破百”的概率为，
乙同学“破百”的概率为，
丙同学“破百”的概率为．
（2）的可能取值为0，1，2，3，则：
，
，
，
，
所以的分布列为
所以，期望．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）连接与相交于点，连接，则侧面是平行四边形，据此即可证明；
（2）二面角的平面角为，作直线的垂线，垂足为，以为原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量即可求解.
【详解】（1）
如图，连接与相交于点，连接，

三棱柱中，侧面是平行四边形，
则为的中点，又为的中点，有，
平面，平面，所以平面；
（2）
平面平面，平面平面，
底面为正三角形，为的中点，则，
平面，则平面，
，平面，，，
则二面角的平面角为，
有余弦值为，中，
由余弦定理，
即，解得，
过作直线的垂线，垂足为，则，
故在的延长线上，，
，，，四边形为矩形，
则，以为原点，，，分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则有，
令，则，，即，
，，
设平面的一个法向量为，则有，
令，则，，即，
平面与平面夹角的余弦值为．
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由椭圆几何性质可求的值；
（2）联立直线与椭圆方程，设，，消元，列出韦达定理，即可得到直线、的方程，设直线与的交点坐标为，求出，即可得解.
【详解】（1）依题意可得：．
又，，故，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）由（1）得，所以直线的方程为，
由可得，
设，，显然，
所以，，
故．
由（1）可得，，则直线的方程为，
直线的方程为．
设直线与的交点坐标为，
则，
故
，
解得，故直线与的交点在直线上．
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)
(2)存在；
【分析】（1）由题意得，求导，结合导数与单调性、极值以及最值的关系即可得解.
（2）由题意将不等式等价转换为，恒成立，对正整数从小大到分类讨论，发现当，（舍）；当，恒成立；当，令， 所以（舍）；由此即可得解.
【详解】（1）由题设，
则，
若，则，，可得，递增；
若，则，，可得，递减．
又，，，
综上，的值域为．
（2）由，，则，
令，，则，
且，
当，（舍）；
当，则，故，
令，则
，
又，对于，有，即递增，
所以，故恒成立，
所以，即在上递增，
又，则，所以在上递增，
又，即，，符合题意；
当，令，则，，
所以（舍）；
综上，正整数的取值集合为．
关键点睛：第二问的关键是分类讨论，且为不等于2的正整数时，要找到使得，由此即可顺利得解.
0
1
2
3