重庆市第八中学2024届高三高考适应性月考卷（四）数学试题（Word版附解析）

数学注意事项：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.若集合，则A的子集个数为（）A.4B.8C.16D.32【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式求集合并确定元素个数，即可判断子集个数.【详解】由，即，所以，共有3个元素，故A的子集个数为个.故选：B2.若复数z满足，则复数z的虚部为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】应用复数除法求，根据共轭复数、虚部定义即可得答案.【详解】由题设，则，所以复数z的虚部为.故选：B3.在中，为边上的中线，，则（）A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】根据图形的几何性质，以及向量加减法、数乘运算的几何意义，即可得出答案.【详解】因为，所以由已知可得，，所以，，所以，.故选：A.4.阿鑫上学有时坐公交车，有时骑自行车.若阿鑫坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是（）A.Y的数据较X更集中B.若有34min可用，那么坐公交车不迟到的概率大C.若有38min可用，那么骑自行车不迟到的概率大D.【答案】D【解析】 【分析】根据给定的正态分布密度曲线，结合正态分布的对称性和性质，逐项判定，即可求解.【详解】观察图象知，，对于A，密度曲线瘦高、的密度曲线矮胖，即随机变量的标准差小于的标准差，即，因此Y的数据较X更集中，A正确；对于B，显然，则当有34min可用时，坐公交车不迟到的概率大，B正确；对于C，显然，则当有38min可用时，骑自行车不迟到的概率大，C正确；对于D，显然，因此，D错误.故选：D5.已知圆，圆，下列直线中不能与圆，同时相切的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用点到直线的距离公式逐项验证即可.【详解】由题意知：，所以圆的圆心为，半径为1；圆的圆心为，半径为2，对于A，圆的圆心到直线的距离为，与半径相等，故满足相切条件，圆的圆心到直线的距离为，与半径相等，故也满足相切条件，即直线是两圆的一条公切线；对于B，圆的圆心到直线的距离为，与半径相等，故满足相切条件， 圆的圆心到直线的距离为，与半径相等，故也满足相切条件，即直线是两圆的一条公切线；对于C，圆的圆心到直线的距离为，与半径相等，故满足相切条件，圆的圆心到直线的距离为，与半径相等，故也满足相切条件，即直线是两圆的一条公切线；对于D，圆的圆心到直线的距离为，不满足相切条件，即直线不可能是两圆的公切线；故选：D.6.已知函数，则不等式的解集是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】判断出函数奇偶性、单调性，可得，再解不等式可得答案.【详解】由题意，函数，所以是偶函数，令，设，则，因为，所以，所以， 所以在上单调递增，因为在上单调递增，所以在上单调递增，在上单调递减，因为不等式，所以，解得，或，则不等式的解集是.故选：C.7.已知函数的图象关于点对称，若，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用辅助角公式化简，结合其图象关于点对称，可推出辅助角的表达式，结合其意义求得a的值，再结合函数最值以及周期，即可求得答案.【详解】由题意得，（），由于函数的图象关于点对称，故，即，由于，故，故，最小正周期为，由于，故中的一个为函数最大值，另一个为最小值， 即的最小值为，故选：A8.已知正项数列的前n项积为，且，则使得的最小正整数n的值为（）A.4B.5C.6D.7【答案】C【解析】【分析】由递推关系可得，取对数并利用累乘法可求得的通项公式，再求出，利用等差数列的前项和公式即可求解.【详解】由题，，又，，，两式相除可得，上式两边取对数，可得，即，，，化简得，解得，又，即，所以的通项公式为，，要使，即，解得，且，所以满足题意的最小正整数的值为6.故选：C.【点睛】关键点睛：本题要由递推关系求出通项公式，再根据前项积求出.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.如图，已知圆锥的轴截面为正三角形，底面圆O的直径为2．E为线段的中点，C是圆O上异于A，B的一点，D为弦的中点，则（）A.平面B.平面平面C.线段长度的取值范围为D.三棱锥体积的最大值是【答案】ABC【解析】【分析】根据线线平行即可求解A，根据线面垂直即可求证面面垂直，根据线面垂直的性质即可求解C，根据体积公式即可求解D.【详解】由题意可知为边长为2的等边三角形，,由于E为线段的中点，为线段的中点，所以,而平面,平面,故平面，A正确，由于是直径，所以,分别为中点，所以,又平面，平面，所以平面，故平面，平面，所以平面平面，B正确，由于平面，平面，所以,故由于,所以，C正确，,当且仅当时取等号，故体积最大值为，故D错误，故选：ABC10.设A，B是双曲线上的两点，下列四个点中可以为线段中点的是（） A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】A选项由双曲线的对称性可直接判断，B、C、D选项，首先根据点差法分析可得，结合双曲线的渐近线斜率可判断B，C、D可通过联立直线方程与双曲线方程，利用判别式即可判断.【详解】对于选项A：因为双曲线关于y轴对称，所以当直线AB的方程为时，线段AB的中点为，故A正确；当直线AB的斜率存在且不为0时，设，则的中点，可得，因为在双曲线上，则，两式相减得，所以.对于选项B：可得，则，即，双曲线的渐近线方程为，由于与其中一条渐近线平行，故不可能有两个交点，故B错误；对于选项C：可得，则，即，联立方程，消去y得，此时，故直线AB与双曲线没有交点，故C错误；对于选项D：，则，即， 联立方程，消去y得，此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；故选：AD.11.已知函数及其导函数的部分图像如图所示，则（）A.在上有极小值B.在上有极大值C.在时取极小值D.在时取极小值【答案】BD【解析】【分析】根据与的关系，结合函数图象判断AB；对求导，结合与的大小关系，分析的单调性和极值，即可判断CD.【详解】根据与的关系可知：先增后减再增，先减后增，由图象可知：在上有极大值，无极小值，故A错误，B正确；因为，则，当时，，则，可得，所以在内单调递增，当时，，则，可得， 所以在内单调递减，当时，，则，可得，所以在内单调递增，综上所述：在时取极大值，在时取极小值，故C错误，D正确；故选：BD.12.在数字通信中，信号是由数字“”和“”组成的序列．现连续发射信号次，每次发射信号“”的概率均为．记发射信号“1”的次数为，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（）A.当，时，B.时，有C.当，时，当且仅当时概率最大D.时，随着的增大而增大【答案】BCD【解析】【分析】由题意知发射信号“”的次数为和概率符合二项分布，然后对各项分别求解即可判断.【详解】由题意得发射信号“”的次数为和概率符合二项分布，对于A：当，可取，所以，因为，所以，，所以，故A项错误；对于B：当时，即每次发射信号“”和发射信号“”的概率相等，所以为奇数的概率和为偶数的概率相等，即，故B正确；对于C：当，，此时，， 当取得概率最大时，即，即，解得，故C项正确；对于D：由题知当，发射信号“”的次数为和概率符合二项分布，由二项式的均值公式，当概率一定时，越大则的值越大，所以能够出现奇数的概率也增大，故D正确.故选：BCD.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.若扇形的半径为2，面积为，则扇形的周长为________．【答案】【解析】【分析】由扇形的面积公式求出弧长，代入扇形周长公式即可求解.【详解】由题意设扇形圆心角所对弧长、半径以及面积分别为，由题意，解得，所以扇形的周长为.故答案为：.14.已知数列满足，，若，则数列的前2023项之和为________．【答案】1010【解析】【分析】首先求出数列是以3为周期的数列，再求前2023项和即可.【详解】因为，显然，，所以，又因为，令可得，令可得，令可得，所以数列是以3为周期的数列， 设数列的前n项和为，则，故答案为：1010.15.知函数在上存在递增区间，则实数的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】求出函数的导数，然后导数在区间上有即可求解.【详解】由题意得的定义域为，所以，因为函数在区间上存在递增区间，即在区间上能成立，即，设，开口向上，对称轴为，所以当时，单调递增，所以，所以，则，即.故答案为：.16.已知，分别是椭圆的左、右焦点，点是直线上一动点，当点的纵坐标为时，最大，则椭圆的离心率为________．【答案】##【解析】【分析】利用数型结合画出图，分别设，，从而得，然后结合基本不等式从而可求解. 【详解】由题意得如图，设直线与轴的交点设为，则，设，，，，所以，设，，得，则，，所以，因为，，当且仅当，即时取等号，由题意知，有最大值，所以，化简得，即，解得或（舍）.又因为，所以.故答案为：. 【点睛】关键点睛：利用数型结合分别求出，然后利用基本不等式从而求解.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.已知正项等比数列的前n项和为，，，．（1）求数列的通项公式；（2）若，求的前25项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用题中的已知条件求出数列的首项与公比，即可求出等比数列的通项公式；（2）利用（1）结论，分组并项求和可得解.【小问1详解】设正项等比数列的公比q，则，由得，又，则，又，得，解得，所以．【小问2详解】由（1）得， 则．18.在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．（1）求证：；（2）求的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由题意，根据两角和的余弦公式、二倍角的余弦公式和诱导公式化简计算即可证明；（2）由（1）知，根据正弦定理、两角和的正弦公式和二倍角的正、余弦公式化简计算可得，结合C的范围即可求解.【小问1详解】因为，所以.所以，所以，所以．因为在中，，所以，由，得．【小问2详解】在锐角中，，， 因为，得，C为锐角，故，故，令，又函数在上都单调递增，则在上都单调递增，所以在上单调递增，所以．19.如图甲是由梯形，组成的一个平面图形，其中，，，，．如图乙，将其沿，折起使得与重合，连接，直线与平面所成角为60°．（1）证明：；（2）求图乙中二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明平面，找到直线与平面所成角为60°，再计算得到，，，利用勾股定理的逆定理即可证明;（2）以，,的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用向量法求出二面角即可.【小问1详解】证明：由图甲，，可得图乙中，又，，EB,EF含于面BEF,所以平面则直线与平面所成角为， 所以在中，，，故有，．在甲中作，则，，故，，，则有，即．【小问2详解】解：在乙中作于O，由（1）知，平面，平面，故，又因为，故平面，且由（1）知，过点作，易判断,则可以O为坐标原点，，,的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，因为平面，所以平面法向量可以记为，设平面的法向量为，则有可取，记二面角的平面角为，则，故．20.已知函数满足．（1）讨论的单调性； （2）当时，，求的取值范围．【答案】20.答案见解析21.．【解析】【分析】（1）对函数求导得，然后令，再求导，从而求解.（2）利用分离常数得在区间上恒成立，从而只需求出的最大值，即可求解.【小问1详解】因为，定义域为，得令，则，当，得，当，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即恒成立，所以的单调递增区间为，无单调递减区间．【小问2详解】由题意在区间上恒成立，即恒成立，即在区间上恒成立，令，，只需因，令，，有，所以函数在上单调递减，所以，即，所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，即，所以实数a的取值范围为．21.混凝土的抗压强度x较容易测定，而抗剪强度y不易测定，工程中希望建立一种能由x推算y的经验公式，下表列出了现有的9对数据，分别为，，…，．x141152168182195204223254277y23.124.227.227828.731.432.534.836.2以成对数据的抗压强度x为横坐标，抗剪强度y为纵坐标作出散点图，如图所示．（1）从上表中任选2个成对数据，求该样本量为2的样本相关系数r．结合r值分析，由简单随机抽样得到的成对样本数据的样本相关系数是否一定能确切地反映变量之间的线性相关关系？（2）根据散点图，我们选择两种不同的函数模型作为回归曲线，根据一元线性回归模型及最小二乘法，得到经验回归方程分别为：①，②．经验回归方程①和②的残差计算公式分别为，，．（ⅰ）求；（ⅱ）经计算得经验回归方程①和②的残差平方和分别为，，经验回归方程①的决定系数，求经验回归方程②的决定系数．附：相关系数，决定系数， ．【答案】（1），答案见解析（2）（ⅰ）0；（ⅱ）0.9847【解析】【分析】（1）根据相关系数的计算公式即可求解，由相关系数的定义结合统计学知识即可求解，（2）根据残差公式以及决定系数的计算公式即可求解.【小问1详解】不妨设选择的成对数据分别为，，则．又由表格数据得，当时，，则．因为任意两个样本点都在一条直线上，则样本量为2的样本相关系数绝对值都是1（在样本相关系数存在的情况下），显然据此推断两个变量完全线性相关是不合理的．样本相关系数可以反映变量之间相关的正负性及线性相关的程度，但由于样本数据的随机性，样本相关系数往往不能确切地反映变量之间的相关关系．一般来说，样本量越大，根据样本相关系数推新变量之间相关的正负性及线性相关的程度越可靠，而样本量越小，则越不可靠．【小问2详解】（ⅰ）（直线经过数据的中心）．（ⅱ）∵，∴， 则，越大，越接近于1，则模型的拟合效果越好，因此经验回归方程②的拟合效果更好，为最优模型．22.在平面直角坐标系中，抛物线，圆，F为抛物线E的焦点，过F作圆M的切线，切线长为．（1）求抛物线E的方程；（2）已知A，B，C是抛物线E上的三点，A不与坐标原点重合，直线，与圆M相交所得的弦长均为3，直线与直线垂直，求A的坐标．【答案】（1）（2）或．【解析】【分析】（1）根据勾股定理即可求解，（2）求解直线方程，根据圆的弦长公式可得，根据一元二次方程根的情况可得，进而可得直线与直线.的斜率，根据垂直关系即可求解小问1详解】易知，，故．故切线长，解得，故抛物线．【小问2详解】已知A，B，C为抛物线上三点，设，，．则直线：，圆心M到直线的距离，直线与圆M相交所得的弦长为， 故，即，即．化简得，同理，．即b，c是方程的两根，故，故直线的斜率，，且A点不与坐标原点重合，故直线的斜率，直线与直线垂直，故，即，解得，即A点坐标为或．