精品解析：重庆市巴蜀中学校高三上学期高考适应性月考（三）数学试题

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巴蜀中学高考适应性月考卷（三）
数学
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. 已知复数满足，其中为的共轭复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，根据共轭复数的定义得到；根据已知得到的方程，解方程求出，进而求出．
【详解】解：设，则，
由得：
，
化简得：
，
，
解得：，
．
故选：D．
2. 已知向量，若，则（ ）
A. 10 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，得，解得，再利用向量模的计算公式即得．
【详解】由向量，，
∴，所以，
∴
∴，
∴.
故选：B.
3. 已知集合，集合是实数集，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简集合，然后利用补集的定义及交集的定义运算即得.
【详解】因为或，
又，
∴或，
∴.
故选：C.
4. 若定义在上的函数满足：对，都有成立，则下列描述一定成立的是（ ）
A. 的图象关于原点对称 B. 的图象关于轴对称
C. 的图象关于点对称 D. 的图象关于直线对称
【答案】C
【解析】
【分析】先赋值令，代入可得，可以判断A错误，再令，整理得，可以判断C正确；再令，检验判断B、D的正误.
【详解】∵
令，则，可得
∴的图象不可能关于原点对称，A错误；
令，则，可得
∴的图象关于点对称，C正确；
令，则
即满足题意，但的图象不关于轴对称，且不关于直线对称，B、D错误；
故选：C.
5. 李子坝站的“单轨穿楼”是重庆轨道交通的一大特色，吸引众多游客来此打卡拍照.如图所示，李明为了测量李子坝站站台距离地面的高度AB，采用了如下方法：在观景台的D点处测得站台A点处的仰角为60°；沿直线BD后退12米后，在F点处测得站台A点处的仰角为45°.已知李明的眼睛距离地面高度为CD=EF=1.6米，则李子坝站站台的高度AB约为（ ）（精确到小数点后1位）（近似数据：）

A. 米 B. 米 C. 米 D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】设AG高度为米，利用正弦定理结合条件可得高度，进而求出高度.
【详解】设AG高度为米，由题可知，
所以米，
在中，由正弦定理得： ，
所以，
所以，
解得，
所以(米).
故选：A.
6. 在各项均为正数的等比数列中，，则（ ）
A. 1 B. C. 4 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的性质结合条件可得，进而即得.
【详解】因为，
所以，又等比数列的各项均为正数，
所以.
故选：D.
7. 已知中，为的角平分线，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据利用三角形面积公式、倍角公式化简整理可得，再求，代入面积公式运算求解.
【详解】设
∵，则
即，可得
∵，则
∴，则
故选：B
8. 如图，已知双曲线的左，右焦点分别为，过的直线与双曲线的右支交于两点.若，且，则的值为（ ）

A. 3 B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由双曲线的定义结合已知条件求得，从而再得，由余弦定理求得，由诱导公式得，设，则，再由余弦定理求得，从而可得．
【详解】由已知，，，
则，
在中，，
在中，，设，则，
由得
，解得，
，所以．
故选：A．
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. 如果都是非零向量，则下列判断正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 若，则
C. 若，则
D. 若同向，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据向量的相关概念，结合数量积、模长的运算逐个分析判断.
【详解】若，则，但方向无法确定，A错误；
∵，则
∴的夹角，即同向，则，B正确；
若，则
即，则，即，C正确；
∵，，则；
又∵，且同向，则同向
∴，D正确；
故选：BCD.
10. 已知等差数列的前项和为，则（ ）
A. 是递减数列
B.
C. 取最大值时，
D. 使成立的最小的正整数为14
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据等差数列的性质可得，即，再根据等差数列的通项公式和求和公式，结合二次函数逐项判断.
【详解】∵为等差数列，则，即
设的公差为，则，即

∵，则是递减数列，A正确；
∵，B正确；
的开口向下，对称轴为
∵，则当或时，取最大值，C错误；
令，即
∵且，则
∴使成立的最小的正整数为14，D正确；
故选：ABD.
11. 已知函数（为实数），则（ ）
A. 时，函数在处的切线方程是
B. 时，对任意的恒成立
C. 时，有两个零点
D. 时，有唯一零点
【答案】AC
【解析】
【分析】对A：根据导数的几何意义结合直线的点斜式方程运算求解；对B：求导，利用导数判断原函数的单调性及最值，分析说明；对C、D：整理可得，将的零点问题转化为与的交点问题，结合图象分析说明.
详解】当时，则，
，
即切点坐标为，切线斜率，则切线方程，A正确；
当时，，
令，则
∴在上单调递减，在上单调递增，则
则对任意的恒成立，当且仅当时等号成立，B错误；
令，则
令，则
即的零点个数即为与的交点个数
，则
即切点坐标为，切线斜率，则切线方程，
表示过定点，斜率为的直线，
结合图象可得：
当或时，则与只有一个交点，即只有一个零点
当或时，则与有两个交点，即有两个零点
∴C正确，D错误；
故选：AC.

12. 已知等腰中，，且，若，则（ ）
A. B.
C. 的最大值为 D. 的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据向量的线性运算的几何表示可得，然后利用向量数量积的定义及运算律结合条件可得，然后利用三角代换可得，然后根据三角函数的性质即得.
【详解】因为等腰中，，
所以，又，，
∴，
又，
∴，
即，故A错误；
因为，
令，则，故B正确；
所以，
所以


，(其中)
当时，有最大值，故C正确，D错误.
故选：BC.
三､填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13. 二项式展开式的常数项为___________.
【答案】12
【解析】
【分析】研究常数项只需研究二项式的展开式的通项，使得的指数为0，得到相应的，从而可求出常数项．
【详解】展开式的通项公式为：，
令，得,
所以常数项为：.
故答案为：12.
14. 函数(A＞0，，)的部分图象如图所示，则函数的解析式为_______．


【答案】f(x)＝2sin(2x－)
【解析】
【分析】根据图像的最大值求得的值，根据四分之三周期求得的值，根据点求得的值.
【详解】根据函数图像可知，函数最大值为，故.根据图像可知，，所以，将点代入函数解析式得，解得.故
【点睛】本小题主要考查利用三角函数图像上条件，求三角函数的解析式，考查数形结合的数学思想方法.属于中档题.求解的过程中，首先利用图像上的最高点求得的值，要注意值的正负.第二根据图像上的半周期或者四分之一周期或者四分之三周期求得的值，第三根据图像上一个点的坐标求得的值.
15. 如图，在直四棱柱中，底面是等腰梯形，，若四棱柱的高是3，则该棱柱外接球的体积是___________.

【答案】
【解析】
【分析】取的中点分别为，的中点为，结合条件可得为底面外接圆的圆心，为直四棱柱的外接球的球心，根据球的性质可得外接球的半径，进而即得.
【详解】取的中点分别为，连接，
因为底面是等腰梯形，，
所以，即为底面外接圆的圆心，
设的中点为，则为直四棱柱的外接球的球心，连接，
则，

所以该棱柱外接球的半径为，
所以该棱柱外接球的体积是.
故答案为：.
16. 已知定义在上的函数有且只有一个零点，则实数的值为___________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用该函数的对称性，数形结合得到实数a的值.
【详解】函数的定义域为R，
，
即，
∴为偶函数.
的图像关于轴对称，
由题意知只有这一个零点，
把代入函数表达式得：，解得：或.
当a＝1时，在上单调递增，
∴，
此时显然符合条件；
当a＝﹣3时，，
，
，
即，即上存在零点，
知至少有三个根，不符合.
所以，符合条件的实数a的值为1.
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. 已知等差数列的前项和为.
（1）求的通项；
（2）设数列满足：的前项和为，求使成立的最大正整数的值.
【答案】（1）；
（2）4.
【解析】
【分析】（1）利用表示题干条件，求解即可得解；
（2）先证明是等比数列，利用等比数列求和公式求解，解不等式即可.
【小问1详解】
由题意，设等差数列的首项为，公差为，
又，
即，解得，
故.
【小问2详解】
由题意，
又，故是以为首项，为公比的等比数列，
，
若，即，即，
又，故的最大值为.
18. 已知的三内角所对的边分别是，且.
（1）求证：；
（2）若，求角的大小.
【答案】（1）证明见详解；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理转化原式可得，又，和角公式展开，结合同角三角函数关系，即得解；
（2）由正弦定理可得，结合（1）中，可得，再求解即可.
【小问1详解】
由正弦定理，
故，
即，
故，两边同除，
可得，即.
故得证.
【小问2详解】
由（1），
由正弦定理，，
故，即，
又，故，即，
解得，又，故，
故，故，
又，故.
19. 2022年重庆半程马拉松将于11月13日在巴南举行，为了了解广大市民对于马拉松运动是否喜爱､随机抽取了400名市民作问卷调查，结果如下表：

喜爱
不喜爱
合计
男性
120


女性

100

合计



在随机抽取的400名市民中，抽到女性的概率是.
（1）完成列联表并根据小概率值的独立性检验，能否认为喜爱马拉松项目与性别有关联？
（2）现采用分层抽样的方法从接受问卷调查且喜爱马拉松的居民中随机抽取10人认定为该比赛的志愿者，若从这10名志愿者中随机抽取4人进行初级裁判培训，求抽到的4人中至少有2名女士的概率.
附表及公式：











【答案】（1）列联表见详解，不能认为喜爱马拉松项目与性别有关
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意完成列联表，并根据表中数据代入公式求，并与临界值对比分析；（2）先根据分层抽样有求抽取的10人中男女生人数，在利用对立事件求所求事件的概率.
【小问1详解】

喜爱
不喜爱
合计
男性
120
100
220
女性
80
100
180
合计
200
200
400

∵
∴不能认为喜爱马拉松项目与性别有关
【小问2详解】
随机抽取10人中男生又人，女生
记“抽到的4人中至少有2名女士”为事件，则为“抽到的4人中最多有2名女士”
“抽到的4人中没有女士”的概率为
“抽到的4人中恰有1名女士”的概率为
∴
故抽到的4人中至少有2名女士的概率为.
20. 如图，三棱锥中，点在底面的射影在的高上，是侧棱上一点，截面与底面所成的二面角的大小等于的大小.

（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理证明；（2）建系，求平面的法向量，利用空间向量处理面面夹角问题.
【小问1详解】
连接
∵平面，平面，则
又∵，，平面
∴平面
平面，则
∴截面与底面所成二面角的平面角为，则
∴，即
，平面
∴平面
【小问2详解】
如图，以为坐标原点，所在的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有：


设平面的法向量为，则
令，则
∴
同理可得：平面的法向量为
∵
∴平面与平面所成夹角的余弦值为.

21. 已知椭圆的左､右顶点分别为，椭圆的长半轴的长等于它的焦距，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的右焦点为，过点的直线与椭圆相交于两点（不同于），直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，证明：轴.
【答案】（1）；
（2）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）由题意，，代入点坐标求解即可；
（2）分直线斜率存在，不存在两种情况讨论，与椭圆联立，表示出直线，，，方程，联立得到坐标，证明即可.
【小问1详解】
由题意，即，故椭圆，
代入点，可得，解得，
故椭圆的标准方程为：.
【小问2详解】
由题意右焦点，，，
若直线斜率不存在，直线方程为：，代入椭圆方程可得，解得，即，
故直线，，，，
联立，可得；联立，可得，
，故轴；
若直线斜率存在，直线方程为：，与椭圆联立
，即，恒成立，
不妨设，故，
故直线，，，，
联立，可得；
联立，可得，



，故轴；
综上：轴.
22. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在极小值，且极小值等于，求证：.
【答案】（1）答案见详解
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）求导，分类讨论判断原函数的单调性；
（2）根据题意结合（1）中分析可得，换元整理得，再利用极值点偏离证明结论.
【小问1详解】

当时，则，
令，则
∴上单调递减，在上单调递增
当时，令，则或
①当，即时，则在上单调递减，在，上单调递增
②当，即时，则在上单调递增
③当，即时，则在上单调递减，在，上单调递增
综上所述：
当时，在上单调递减，在上单调递增
当时，在上单调递减，在，上单调递增
当时，则在上单调递增
当时，则在上单调递减，在，上单调递增
【小问2详解】
由（1）可得：
当时，的极小值为，
∵，不成立
当时，无极值，不成立
当时，则的极小值为，即
令，则，
∴，即
令，则
当时，，当时，
则在上单调递增，在上单调递减
∵，则

令，
∵在上单调递增，则
∴在上单调递增，则
故在上恒成立，即
∴
∵，则，即
又∵，且在上单调递减
∴，即

【点睛】本题利用极值点偏离处理问题，构建新函数利用导数先证，进而可得，结合题意可得，再结合的单调性说明.