重庆市2024届高三数学上学期适应性月考一试题含解析

这是一份重庆市2024届高三数学上学期适应性月考一试题含解析，共24页。试卷主要包含了 函数图象大致为， 冬奥会会徽以汉字“冬”， 已知，则， 已知等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
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. 设集合，若，则（）
A. B. 0C. 3D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据，结合元素的互异性，分离讨论，即可求解.
【详解】由集合，
因为，
当时，可得，此时集合不满足元素的互异性，舍去；
当时，即时，此时，满足，符合题意；
当时，即时，此时，不满足，舍去，
综上可得，实数的值为.
故选：C.
2. 命题“，n为偶数”的否定是（）
A. ，为偶数B. ，为奇数
C. ，为奇数D. ，为偶数
【答案】B
【解析】
【分析】特称命题的否定：将存在改任意并否定原结论，即可得答案.
【详解】由特称命题的否定为全称命题，则原命题的否定为，为奇数.
故选：B
3. 一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选6只小白鼠，随机地将其中3只分配到试验组且饲养在高浓度臭氧环境，另外3只分配到对照组且饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：）.则指定的两只小鼠分配到不同组的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用组合数及古典概型的概率求法求两只小鼠分配到相同组的概率，再由对立事件的概率求法求目标概率.
【详解】指定的两只小鼠分配到相同组的概率为，
所以指定的两只小鼠分配到不同组的概率为.
故选：D
4. 函数图象大致为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据定义域可判断C，根据函数奇偶性可判断A，根据特殊值可判断B，D.
【详解】由于的定义域为，故排除C，
所以为奇函数，故排除A，
又，排除B，故选：D
故选：D
5. 冬奥会会徽以汉字“冬”（如图1甲）为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象､新梦想.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如弯折位置通常采用30°，45°，60°，90°，120°，150°等特殊角度.为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求.该同学取端点绘制了△ABD（如图乙），测得，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算sin∠ACD的值（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据三条边求出，利用平方关系得到，即可根据等腰三角形求解.
【详解】由题意，在中，由余弦定理可得，，
因为，所以，
在中，由得，
故选：C
6. 已知，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指对互化及对数运算法则化简求解即可.
【详解】因为，所以，
所以.
因为，即，
故选：B.
7. 已知，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两角和与差的正弦公式，化简得到，得到，再由，结合正弦函数的性质，即可求解
【详解】由
，
所以，可得，即，即，
因为，可得，所以，所以.
故选：A.
8. 已知是定义在R上的增函数，且，函数的零点分别为，则（）
A. 0B. -2C. -4D. -6
【答案】C
【解析】
【分析】把函数零点问题转化为根的问题，利用函数的对称性质得零点关于对称，从而利用函数的对称性求值即可.
【详解】由得，
因为，所以关于对称，
记，
因为
，
所以关于对称，
所以的零点关于对称，
当且时，因为，
所以函数在和上单调递减，又当x无限趋向于0且，无限趋向于正无穷大，
当x无限趋向于1且，无限趋向于负无穷大，
当x无限趋向于1且，无限趋向于正无穷大，
当x无限趋向正无穷大时，无限趋向于负无穷大，
所以方程共有两组对称解，所以.
故选：C.
二､多项选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每个给出的四个选项中，有多项是满足要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件A表示“第一次取出的球的数字是1”，事件B表示“第二次取出的球的数字是偶数”，事件C表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件D表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（）
A. A与B互斥B. C与D对立
C. B与C相互独立D. B与D相互独立
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用列举法列出所有可能结果，再根据互斥事件及相互独立事件的概念判断即可.
详解】设采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球，
全部的基本事件有：，，，，，，，，，
，，共个，
事件发生包含的基本事件有：，，有个，
事件发生包含的基本事件有：，，，，，有个，
事件发生包含的基本事件：，，，有个，
事件发生包含的基本事件：，，，，，，，有个，
显然当出现，时事件、同时发生，故事件与不互斥，故A错误；
事件与不可能同时发生，即事件与互斥，又事件与包含所有的结果，
所以C与D对立，故B正确；
又，，，所以，
所以事件与相互独立，故C正确；
又，，，所以，
所以事件与相互独立，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知（）的最小正周期为π，则下列说法正确的是（）
A. 是曲线的一个对称中心
B. 在有两个极值点
C. 在的值域为
D. 将的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则为偶函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】应用三角恒等变换可得，结合最小正周期求参数，则有，根据各项描述，结合正余弦型函数的性质、极值点定义、图象平移过程判断各项的正误.
【详解】，
由题设，则，
，则是曲线的一个对称中心，A对；
由，根据正弦函数图象知：在上有一个极值点，即在区间内只有一个极值点，B错；
由，则，
所以，C对；
为偶函数，D对.
故选：ACD
11. 已知函数，其中e是自然对数的底数，则下列选项正确的是（）
A. 若，则为奇函数
B. 若，则为偶函数
C. 若的定义域为R，则
D. 若在上单调递增，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据奇偶函数的定义判断AB，根据定义域为R即恒成立，分离参数求解即可判断C，根据函数单调递增得及恒成立，分离参数求解即可判断D.
【详解】对于A，当时，，因为，所以，
则函数的定义域为，不关于原点对称，则不具有奇偶性，错误；
对于B，当时，，因为恒成立，
所以函数的定义域为R，关于原点对称，
又，则偶函数，正确；
对于C，的定义域为R，则恒成立，
所以恒成立，所以，即，正确；
对于D，由题知在上单调递增，
函数在上单调递增，则在上恒成立，
有在上恒成立，所以，
又在上恒成立，即在上恒成立，所以，
所以，即，正确.
故选：BCD.
12. 用min{}表示中的最小值，设函数，则（）
A. B. 在上无零点
C. 当时，在上有1个零点D. 若有3个零点，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据对数函数的图像与性质将分为，，研究的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论．
【详解】记
当时，，从而,，
在无零点，B正确
当时，若，则，，
故是的零点；
若，则，,
故不是的零点，故A错误，
当时，，所以只需考虑在的零点个数，
（ⅰ）若或，则在无零点，
故在单调，而，，
所以当时，在有一个零点；当时，在无零点；
（ⅱ）若，则在单调递减，在，单调递增，
故当时，取的最小值，最小值为，
①若，即，在无零点，
②若，即，则在有唯一零点，
③若，即，由于，，所以当时，在有两个零点；当时，在有一个零点．
综上，当或时，有一个零点；
当或时，有两个零点；
当时，有三个零点．
故选：BCD
【点睛】方法点睛：本题主要考查了函数的零点，函数与方程等知识点，属于较难题判断函数零点个数的常用方法：(1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个；(2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 的展开式的第4项是___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式的通项公式写出第4项即可.
【详解】由题设，二项式展开式通项，
第4项为.
故答案为：
14. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则=___________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据导数的几何意义，结合一元二次方程根的判别式进行求解即可.
【详解】，
因此曲线在点处的切线的斜率为，
所以曲线在点处的切线的方程为，
因为曲线在点处的切线与曲线相切，
所以有一个实数解，
即，
当时，显然该方程不成立，
当时，，舍去，
故答案为：
15. 若，则的最小值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据对数的运算可得，进而由乘“1”法，即可由不等式求解.
【详解】由可得，
所以，
由于所以，故，
当且仅当，即此时等号成立，
故答案为：
16. 已知直线与函数的图象相交，若自左至右的三个相邻交点A，B，C满足，则实数=___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意由三角函数的周期性得出的长，并用的横坐标之差表示，再结合的中点函数值取最值即可求解
【详解】由题意设，,
因为，所以,
所以，所以，
点和点的中点坐标为，
所以，
所以，即，
解得，所以，
所以，
所以
，
故答案为：
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. 如图，在正四棱柱中，，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：连接与交于点，利用中位线及正四棱柱性质证明四边形为平行四边形，结合平行四边形性质利用线面平行的判定定理证明；
法二：利用正四棱柱性质得为平行四边形，结合平行四边形性质利用线面平行的判定定理证明；
法三：利用面面平行的判定定理证明平面平面，然后利用面面平行的性质定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值.
【小问1详解】
法一：如图1，连接与交于点，连接，
因为为棱的中点，为棱的中点，所以，且，
由为正四棱柱，可知，且，
所以且，故四边形为平行四边形，
所以，又因为平面平面，
所以平面.
法二：如图2，取中点为，连接，由于分别为的中点，则，则四点共面；
因为分别为中点，则有且，
而且，故且，
故为平行四边形，所以，
又因为平面平面，
所以平面.
法三：如图：
取AB中点M，连接MF、AC、ME、，则，
又平面，平面，所以平面.
，，故为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
又，平面，平面，
所以平面平面.
又平面，所以平面.
【小问2详解】
设正四棱柱底面边长为2，则侧棱长为4，
分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则有，，取，
设直线与平面所成角为，
则.
18. 已知数列{}中，，且.其中，
（1）求数列{}的通项公式；
（2）设，求数列{}的前n项和.
【答案】（1），；
（2），.
【解析】
【分析】（1）法一：由题设得，累加法得，即得通项公式；法二：由题设得，递推至第一项，即得通项公式；
（2）由（1）得，进而有，最后应用错位相减法及等比数列前n项和公式求.
【小问1详解】
（法一）由題意知，，则，
累加得：且，又，故，
而符合上式，故.
（法二）由题意知，则，
所以则.
【小问2详解】
由（1），故，
于是，
则，
相减得：，
故.
19. 树人中学有高一学生600人，其中男生400人，女生200人.为了获得该校全体高一学生的身高信息，采用分层抽样的方法抽取一个容量为60的样本，并观测样本的指标值（单位：cm），计算得男生样本的均值为170，方差为18，女生样本的均值为161，方差为30.现有两种抽取样本的方案来计算总样本的均值和方差：①按比例分配分层抽样，男女样本量分别为40，20；②按等额分配分层抽样，男､女样本量都是30.
（1）你认为哪种方案得到的总样本的均值和方差作为总体的均值和方差的估计更合理？请说明理由；
（2）请用第（1）问中你选择的方案计算总样本的均值与方差s²；
（3）根据总样本数据发现有两个数据154，180在区间以外，在总样本数据中剔除这两个数据，用剩下的数据计算新总样本均值和方差（精确到0.1）.
【答案】（1）方案①更为合理，理由见解析
（2）均值，
（3）均值167，方差
【解析】
【分析】（1）方案②抽样中未按比例分配进行分层抽样，所以总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，故不选用；
（2）代入均值和方差公式计算即可；
（3）代入均值和方差公式计算即可.
【小问1详解】
方案①更为合理，因为方案②抽样中未按比例分配进行分层抽样，所以总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，而男生和女生的身高差异较大，因而样本的代表性差，即样本分布与总体分布相差较大，所以得到的总样本均值与方差作为总体均值与方差的估计偏差较大.
【小问2详解】
其中男生身高样本记为，均值，方差，
女生身高样本记为，均值，方差.
则总样本均值.
又因为，
所以，同理可得，
所以总样本方差
总样本学生的身高的均值为，方差为.
【小问3详解】
其平均数为，
方差为：.
20. 如图，在平面四边形ABCD中，，且
（1）若，求AB；
（2）求AC的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，由同角三角函数基本关系及余弦定理得，最后利用勾股定理求解即可；
（2）设，利用余弦定理得，再利用余弦定理并结合三角函数恒等变换得.，利用正弦函数的性质即可求得最值
【小问1详解】
连接，在中，，则，
由余弦定理得，
则，故，
在中，，则，则，
故，所以.
【小问2详解】
设，在中，，
于是，
在中，，
由余弦定理得：，
则
，其中，
当且仅当时取等号，，
所以的最大值是.
21. 已知椭圆C：的左焦点为，且椭圆上任意一点到F的距离的最大值为3.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设过点F直线l与椭圆C相交于A，B两点，M为椭圆C上一点且满足，求四边形AOBM的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得且，求出，从而可求得椭圆方程；
（2）先讨论直线是否与轴垂直，设直线的方程为，联立方程，再利用根与系数的关系结合，求点M的坐标，将点M的坐标代入椭圆方程可求出m，求出，结合，可求出.
【小问1详解】
因为椭圆的左焦点为，可得①，
又因为椭圆上任意一点到的距离的最大值为3，可得②，
由①②解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
当直线与轴垂直时，点不在椭圆上，显然不满足条件；
当直线不与轴垂直时，设直线的方程为，
由，消去得，
则，可得，
则，
若点满足，则，
又因为点在椭圆上，则，即，
化简得，即，解得，
所以，
又因为，不妨设中点为，
则，故，
所以四边形的面积.
【点睛】关键点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆方程的求法，解题的关键是充分利用表示出点M的坐标和，考查计算能力，属于较难题.
22. 已知实数，函数
（1）证明：（i）存在唯一的极小值点；
（ii）
（2）证明：有三个不相等的零点，且.
【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）（i）先对求导，然后令，再求，可判断出在上单调递减，在上单调递增，再结合零点存在性定理可求得的单调区间，从而证得结论，（ii）由（i）求得的极小值，令，利用导数可证得结论，
（2）由，设，在上单调递减，在上单调递增，且，所以由零点存在性定理得在上存在唯一的，使，令，而，令，从而可证得结论.
【小问1详解】
（i），
令，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
由知，，
，
由零点存在定理知，存在，使得，
且当或时，，即，
当时，，即，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
故存在唯一的极小值点.
（ii）由（i）知，且①，
，
将①代入（*）得
.
令，
在上单调递减，
，
也即.
【小问2详解】
显然，不妨设，
又由（1）知在上单调递减，在上单调递增，
且，
由零点存在定理知，在上存在唯一的，使，不妨记；
又，
且，
在上存在唯一的，使，即，
因此有成立.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；