贵州省 2023-2024学年高三数学上学期高考适应性月考试题（Word版附解析）

数学试卷一、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（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解分式不等式，再运用集合的交运算即可.【详解】由题意知，，又因为，所以，所以.故选：A.2.若，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】当时可由基本不等式推得；当时解不等式可得，则可判定它们之间的逻辑关系.【详解】当时由基本不等式可得，当且仅当时取得“=”当时，则，可得即，解得； 所以“”是“”的充要条件.故选：3.若随机变量，则下列选项错误的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据正态分布曲线的对称性即可结合选项逐一求解,【详解】根据随机变量可知正态分布曲线对称轴为，均值为2，方差为4，所以，故A正确，，故B正确，，C正确，，故D错误，故选：D4.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】根据函数的奇偶性可排除C；根据的符号可排除A；利用导数说明不是函数的极值点，即可排除D.【详解】函数的定义域为，因为，所以函数为偶函数，故排除C；因为，故排除A；当时，，则，因为，所以不是函数的极值点，故排除D.故选：B.5.若二次函数在上为减函数，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，由求解.【详解】解：因为二次函数在上为减函数，所以，解得，所以的取值范围为，故选：D 6.若过双曲线的一个焦点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂线交轴于点（为双曲线的半焦距），则此双曲线的离心率是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】不妨设双曲线的一个焦点为，渐近线为，从而可得过点且与直线垂直的直线方程，令，求出，再结合已知条件，根据离心率公式即可得解.【详解】不妨设双曲线的一个焦点为，渐近线为，则过点且与直线垂直的直线方程为，令，则，则，所以，所以此双曲线的离心率是.故选：C.7.若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知不等式变形可得，构造函数，其中， 分析函数在上的单调性，可得出，结合函数的单调性可得出，再结合对数函数的单调性逐项判断，可得出合适的选项.【详解】因为，令，其中，因为函数、在上均为增函数，所以，函数在上为增函数，因为，即，故，则，所以，，则，A错B对；无法确定与的大小，故与的大小无法确定，CD都错.故选：B.8.已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且，则不等式的解集为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，构造函数，由其单调性求解不等式，即可得到结果.【详解】构造函数，因为对任意的，都有，则，所以函数在上单调递减，又，所以，由可得，即，所以.故选：A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.甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，以表示从乙罐取出的球是红球.则下列结论中正确的是（）A.B.C.事件与事件相互独立D.，，两两互斥【答案】BD【解析】【分析】根据已知得出，然后即可根据概率的乘法公式以及全概率公式，得出答案.【详解】由已知可得，，，，，，.对于A项，由全概率公式可得，，故A项错误；对于B项，根据已知，即可计算，故B项正确；对于C项，由已知可得，，，故C项错误；对于D项，由已知可知，，，两两互斥，故D项正确.故选：BD.10.提丢斯·波得定律是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则，它是在1766年由德国的一位中学老师戴维斯·提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成一条定律，即数列：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，19.6…表示的是太阳系第颗行星与太阳的平均距离（以天文单位AU为单位）.现将数列的各项乘以10后再减4，得到数列，可以发现数列从第3项起，每项是前一项的2倍，则下列说法正确的是（）A.数列的第2023项为B.数列的通项公式为 C.数列前10项和为157.3D.数列的前项和【答案】CD【解析】【分析】由题意可得数列由此可得数列从第2项起构成公比为2的等比数列，从而可求出其通项公式，判断选项A，由于，所以可求出数列的通项公式，从而可判断B，对于C，利用分组求和可求出数列的前项和，对于D，利用错位相减法可求出数列的前项和.【详解】数列各项乘以后再减得到数列故该数列从第项起构成公比为的等比数列，所以，则，故A错误；从而，故B错误；设数列的前项和为，当时，；当时，当时，也符合上式，所以，所以，故C正确；因为，所以当时，当时，，两式相减得 ，所以，又当时也满足上式，所以，故D正确.故选：CD.11.定义在上的函数满足，且当时，，则下列说法正确的有（）A.B.为奇函数C.为增函数D.【答案】ABC【解析】【分析】对A，令，即可判断；对B，先令得，再以代，得：，二者联立，即可判断函数的奇偶性；对C，根据定义证明即可；对D，根据单调性可以判断．【详解】对于A，令，得，所以，故A正确；对于B，令得：，再以代，得：，两式相加得：，，即，定义在上的函数为奇函数，故B正确；对于C，函数为定义在上的奇函数，且当时，， 不妨设，则，因为，所以且因此，所以，则，即，故函数在上为增函数，C正确；对于D，令，因为，则，即，因为，且函数在上为增函数，所以，即，故D错误.故选：ABC.12.双曲线具有如下光学性质：如图，，是双曲线的左、右焦点，从发出的光线射在双曲线右支上一点，经点反射后，反射光线的反向延长线过；当异于双曲线顶点时，双曲线在点处的切线平分.若双曲线的方程为，则下列结论正确的是（） A.射线所在直线的斜率为，则B.当时，C.当过点时，光线由到再到所经过的路程为5D.若点坐标为，直线与相切，则【答案】ACD【解析】【分析】求出双曲线渐近线方程，可判断A选项；利用勾股定理以及双曲线的定义可判断B选项；利用双曲线的定义可判断C选项；利用角平分线定理结合双曲线的定义可判断D选项.【详解】在双曲线中，，，则，故、，设，，对于A选项，因为双曲线的渐近线方程为，当点在第一象限内运动时，随着的增大，射线慢慢接近于直线，此时，同理可知当点在第四象限内运动时，，当点为双曲线的右顶点时，，综上所述，，A对；对于B选项，当时，，，所以，B错；对于C选项，，故过点时，光由到再到所经过的路程为，C对；对于D选项，若，， 因为，且，所以，即，解得，D对.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：掌握双曲线的定义及理解双曲线的下光学性质是解决本题的关键.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.展开式中含项的系数为______.【答案】【解析】【分析】利用二项展开式的展开方法求解.【详解】展开式中含的项为，故答案为:.14.已知函数（且）过定点，且定点在直线上，则的最小值为______.【答案】##0.5【解析】【分析】根据对数型函数过定点可得，即可由不等式乘“1”法求解最值.【详解】由于（且）过点，故，将代入中可得，由于，所以 ，当且仅当时，即时等号成立，故最小值为，故答案为：15.已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】要使函数有两个极值点，只需要有两个变号根，通过分离参数，研究函数的单调性、极值，作出函数图象，结合图象即可得解.【详解】，要使函数有两个极值点，只需要有两个变号根，即方程有两个变号根，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又当时，，当时，且，作出函数的大致图象，如图所示， 因为方程有两个变号根，所有，解得，所以实数的取值范围为.故答案为：.16.“雪花曲线”是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图2是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程.如图，若第1个图中三角形的边长为1，则第3个图形的周长为______；第个图形的面积为______.【答案】①.##②.【解析】【分析】设第n个图形为，边长为，边数，周长为，面积为，分析出，，从而求出，即可求出第3个图形的周长，易得，再利用累加法求解即可.【详解】记第n个图形为，边长为，边数，周长为，面积为，有条边，边长； 有条边，边长；有条边，边长；，分析可知，即；，即，当第1个图中的三角形的边长为1时，即，，所以，当时，；由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即，即，，，，利用累加法可得，又，，所以. 故答案为：；.【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法.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.已知数列的首项为，且满足.（1）求证：数列为等比数列；（2）若，求满足条件的最大整数.【答案】（1）证明见解析（2）9【解析】【分析】（1）变形整理得到，从而证明出结论；（2）在（1）的基础上，求出，利用等比数列求和公式和分组求和，得到，从而得到不等式，结合单调递增及特殊值的大小，求出答案.【小问1详解】两边取倒数得，，即， 又，故为首项为2，公比为2的等比数列；【小问2详解】由（1）得，故，所以，故，则，由于单调递增，且，，故满足条件的最大整数为9.18.某网红冰淇淋公司计划在贵阳市某区开设分店，为了确定在该区开设分店的个数，该公司对该市已开设分店的5个区域的数据作了初步处理后得到下列表格，记表示在5个区域开设分店的个数，表示这个分店的年收入之和.（个）12345（千万元）11.622.43（1）该公司经过初步判断，可用经验回归模型拟合与的关系，求关于的经验回归方程；（2）如果该公司最终决定在该区选择两个合适的地段各开设一个分店，根据市场调查得到如下统计数据：第一分店每天的顾客平均为300人，其中180人会购买该品牌冰淇淋，第二分店每天的顾客平均为200人，其中150人会购买该品牌冰淇淋.依据小概率值的独立性检验，分析两个店的顾客购买率有无差异.附： 0.0100.0050.0016.6357.87910.828参考公式：，，，.【答案】（1）（2）有【解析】【分析】（1）利用最小二乘法求解即可；（2）根据已知条件得出列联表，再根据公式求出，再对照临界值表即可得出结论.【小问1详解】，则，，所以，，所以关于的经验回归方程为；【小问2详解】由题意，得出列联表如下表：买不买总计分店一180120300分店二15050200总计330170500 则，所以依据小概率值的独立性检验，两个店的顾客购买率有差异.19.如图，已知圆柱的轴截面为正方形，，为圆弧上的两个三等分点，，为母线，，分别为线段，上的动点（与端点不重合），经过，，的平面与线段交于点.（1）证明：；（2）当时，求平面与圆柱底面所成夹角的正弦值的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据已知可证得平面，平面.进而根据面面平行的判定定理得出平面平面.然后即可根据已知，结合面面平行的性质定理得出答案；（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，写出点的坐标，表示出向量的坐标.求出平面以及底面的法向量，表示出向量的夹角的余弦值，根据二次函数的性质，即可得出答案.【小问1详解】因为，为圆弧上的两个三等分点，所以.因为平面，所以平面.同理可得，平面.因为，平面， 所以，平面平面.又平面平面，平面平面，所以.【小问2详解】不妨设圆柱底面半径为2，如图，以点为坐标原点，在底面过点作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.则，，，.设，则，，所以，，.设平面的一个法向量为，则，取.易知圆柱底面的一个法向量为，则，当时，取得最大值为，所以，平面与圆柱底面所成夹角的正弦值的最小值.20.已知函数. （1）求函数在处的切线方程；（2）若过点存在3条直线与曲线相切，求的取值范围；（3）请问过点，，，，分别存在几条直线与曲线相切？（请直接写出结论，不需要证明）【答案】（1）（2）（3）答案见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，根据导数的几何意义得出斜率，求出切点坐标，即可得出答案；（2）设切点为，根据导数的几何意义表示出切线方程.结合已知可得.构造函数，求出导函数以及函数的极值，即可得出答案；（3）结合（2）的思路，设出切点，求出切线方程，将题中给出的切线上的点代入方程，根据方程解的个数，即可得出答案.【小问1详解】因为，所以.又，根据导数的几何意义可知，函数在处的切线的斜率为，所以，切线方程为.【小问2详解】设切点为，则，切线方程为，整理可得，.又点在切线上，则.要使过点存在3条直线与曲线相切，则该方程有个解.令，则. 解，可得，所以在上单调递增；解，可得或，所以在上单调递减，在上单调递减.所以，在处取得极小值，在处取得极大值.又，，由题意可知，.【小问3详解】设切点为，则，切线方程为.①当点在切线上时，有，此时，即点为切点.由（1）知，切线为1条；②当点在切线上时，由（2）知，在处取得极小值，且，所以，此时，只有1个解，即只存在1条切线；③当在切线上时，由（2）知，，解得或.所以此时存在2条切线；④设切线过此时有.令，则.解，可得，所以在上单调递增；解，可得或，所以在上单调递减，在上单调递减.所以，在处取得极小值，在处取得极大值.又，，所以，当时，有3条切线.所以，过点的切线有3条. 又方程，可化为，解得或，所以，过点的切线有2条.21.马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，因俄国数学家安德烈·马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第，，，…次状态无关，即.已知甲盒子中装有2个黑球和1个白球，乙盒子中装有2个白球，现从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复次这样的操作.记甲盒子中黑球个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为.（1）求，和，；（2）证明：为等比数列（且）；（3）求的期望（用表示，且）.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）列举出所有交换的情况，分别求出概率即可求解，（2）由根据独立事件的概率乘法公式，分类逐一讨论，即可求解，，由等比数列的定义即可求证；（3）利用等比数列的通项求解，进而根据期望的计算公式即可求解．【小问1详解】若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，乙盒为1黑1白，概率为，若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，乙盒为2白，概率为，所以， ①当甲盒1黑2白，乙盒为1黑1白，概率为，此时：若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为3白，概率为，若甲盒取黑，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为，若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为，若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为，②当甲盒2黑1白，乙盒为2白，概率为，此时：若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为，若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为，综上可知：，.【小问2详解】经过次这样的操作.记甲盒子恰有2个黑1白的概率为，恰有1黑2白的概率为，3白的概率为，①当甲盒1黑2白，乙盒为1黑1白，概率为，此时：若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为3白，概率为，若甲盒取黑，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为，若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为，若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为，②当甲盒2黑1白，乙盒为2白，概率为，此时：若甲盒取黑，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为，若甲盒取白，乙盒取白，此时互换，则甲盒中变为2黑1白，概率为，③当甲盒中3白，乙盒2黑，概率为，此时：若甲盒取白，乙盒取黑，此时互换，则甲盒中变为1黑2白，概率为， 故.，因此，因此为等比数列，且公比为.【小问3详解】由（2）知为等比数列，且公比为，首项为，故，所以，.【点睛】求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望.（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）．22.已知抛物线，过焦点的直线与抛物线交于两点A，，当直线的倾斜角为时，.（1）求抛物线的标准方程和准线方程；（2）记为坐标原点，直线分别与直线，交于点，，求证：以为直径的圆过定点，并求出定点坐标.【答案】（1）抛物线的方程为，准线方程为（2）证明见解析，定点坐标为或【解析】 【分析】（1）根据已知得出直线的方程，与抛物线联立，根据过焦点的弦长公式，列出关系式，即可得出；（2）设，联立方程根据韦达定理得出的关系.进而表示出的方程，求出，的坐标，得出圆的方程.取，即可得出定点坐标.小问1详解】由已知可得，抛物线的焦点坐标为，直线的方程为.联立抛物线与直线的方程可得，.设，，由韦达定理可得，则，所以.所以，抛物线的方程为，准线方程为.【小问2详解】设直线，联立直线与抛物线的方程可得，.所以，，.又，，所以.同理可得.设圆上任意一点为，则由可得，圆方程为，整理可得，. 令，可得或，所以，以为直径的圆过定点，定点坐标为或.【点睛】思路点睛：直线或圆过定点问题，先根据已知表示出直线或圆的方程，令变参数为0，得出方程，求解即可得出求出定点的坐标.