重庆市第八中学2024届高三上学期一诊适应性考试数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第八中学2024届高三上学期一诊适应性考试数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题：高三数学组 审核：高三数学组 校对：高三数学组
一、单项选择题：本题共8小题，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】C
【解析】
【分析】由解出不等式，得到集合B，再由交集的定义即可得到结果.
【详解】由得，
又因为，
所以
故选：C.
2. 设，则复数的模为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】可设，根据复数相等的概念列方程求出复数，再求它的模.
【详解】设，则，所以，.
由，所以.
故选：D
3. 已知，为单位向量，当向量，的夹角等于时，向量在向量上的投影向量为（ ）
A 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，结合向量的投影公式，即可求解
【详解】，为单位向量，当向量，的夹角等于时，
则在上的投影向量为．
故选：．
4. 若一个圆锥的母线长为，且其侧面积与其轴截面面积的比为，则该圆锥的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出圆锥底面圆半径，利用圆锥侧面积公式及三角形面积公式列式计算即得.
【详解】设圆锥底面圆半径为，圆锥高为，依题意，，解得，
所以该圆锥的高为.
故选：A
5. 在形状、大小完全相同的4个小球上分别写上4位学生的名字，放入袋子中，现在4位学生从袋子中依次抽取球，每次不放回随机取出一个，则恰有1位学生摸到写有自己名字的小球的概率为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用计数方法结合古典概型求解.
【详解】4位学生从袋子中依次抽取球，每次不放回随机取出一个的方法总数为种，
恰有1位学生摸到写有自己名字的小球，可以先从4人中选出1人摸到写有自己名字的小球，另外三人摸到的都不是写有自己名字的小球共种，
所以恰有1位学生摸到写有自己名字的小球的概率为.
故选：B
6. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数平移变换原则可得，采用整体代换的方式，结合正弦函数单调性可构造不等式组求得的范围，结合和进行讨论即可求得结果．
【详解】由题意知：，
当，时，，
在，上单调递增，，；
若，则，，此时，
又，
，
；
若，则，，此时，
与矛盾，不合题意；
综上所述：实数的取值范围为．
故选：．
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的信息构造函数确定与2的大小关系，构造函数确定与2的大小即得.
【详解】由，得，令函数，求导得，
则函数在上单调递减，，因此，
由，得，有，令函数，
求导得，当且仅当时取等号，即函数在单调递增，
，即，因此，
所以.
故选：A
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
8. 在正三棱台中，，，，则正三棱台的外接球体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】画出图形，由正三棱台的对称性可得，正三棱台的外接球的球心落在上底面中心与下底面中心的连线上，先求出三棱台的高，再由外切球的性质得到外接球的半径.
【详解】分别取、的中心，连结，过作,
因为，由正弦定理得，得，同理可得，所以，
所以设正三棱台的外接球球心O，O在EF上，
设外接球O的半径为R，所以
，
即，又因为
解得
所以正三棱台的外接球体积.
故选：C.
二、多项选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，
C. 当，且、均非零时，
D. 当时，四棱锥的体积恒为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A,根据条件可知点与点重合，即可判定；对于B，根据条件可知三点共线，继而可判定；对于C，根据条件可知三点共线，继而可判定；对于D,根据条件可知为的中点，三点共线，则，则可判定.
【详解】对于A,当时，,
即点与点重合，则,A正确；
对于B，时，，
，即三点共线，,易知,
所以,故B错误；
对于C，当，且、均非零时，
则三点共线，易得,
所以，故C正确；
对于D,当时，由C知结合下图可知，
为的中点，三点共线，
易知定值，
则也为定值，
故D正确，
故选：ACD.
10. 等差数列与的前项和分别为与，且，则（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由和两个式子，结合下标和性质进行推导判断.
【详解】对于A：因为所以，
代入得，所以，故A正确.
对于B：由A知，由得，故B不正确.
对于C：由，
所以，所以，故C正确.
对于D：由C知，
所以，故D不正确
故选：AC
11. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，于，直线与交于，两点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】不妨设点在轴上方，设出点根据已知推导出，，，然后根据斜率公式和图形的几何性质判断A，
用两点间距离公式求判断B和C，用平面向量求夹角余弦再转化为正弦判断D.
【详解】不妨设点在轴上方，设点，
则点，若则点.
将点代入可得，
将代入可得，
所以，，，
所以，所以直线的倾斜角为，
所以，故A正确.
，故B不正确.
易得直线的方程为，
由解得
所以，所以，所以，
故C正确；
因为，
所以且两个向量夹角为锐角，
根据同角三角函数基本关系得，故D不正确.
故选：AC
12. 已知，，则（ ）
A. 当时，为奇函数
B. 当时，存直线与有6个交点
C. 当时，在上单调递减
D. 当时，在上有且仅有一个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】AB两个选项比较好判断；对C，可以利用函数在给定区间上的单调性，分离参数，转化为恒成立问题求参数的取值范围；对D，分析函数的单调性和一些特殊点的函数值符号，判断零点个数.
【详解】当时，，可以说是奇函数，故A正确；
当时，在上单调递增，与最多一个交点，故B错误；
因为，所以.
对C：在上递减，需有（）恒成立.
当时，，又，且当时，，所以.
当时，.
设，则，由，所以在上递减，在上递增，
所以的最小值为，所以.
所以且，即.故C正确；
对D：设，则.因为，所以当时，；当时，.
所以在上递增，在上递减，所以的最大值为，
又，所以只在有一解，设为即，
所以在上递增，在上递减.
且，且当时，，所以在上有且仅有一个零点.故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：已知函数的单调区间，求参数的取值范围问题，常常要分离参数，转化为恒成立或存在性问题，进而求函数的最大或最小值来解决.
三、填空题：本题共4小题．
13. 设一组样本数据的方差为0.01，则数据，，，的方差为_________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据新数据和原数据的关系确定方差关系，即得结果.
【详解】因为数据的方差是数据的方差的倍，
所以所求数据的方差为，
故答案为：1.
14. 过点的直线将圆分割成弧长比值为的两段圆弧，则的斜率为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知得到劣弧所对的圆心角为，然后推导出弦心距，然后设出过点的点斜式方程，根据点到直线距离公式列方程求出斜率.
【详解】由已知得到劣弧所对的圆心角为，
圆的圆心为，半径为，所以弦心距为.
由题意可得直线的斜率存在，设直线为：，即，
所以圆心到直线的距离，
整理得，解得.
故答案为：.
15. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据与相切，确定的值，再根据直线与相切，确定的值.
【详解】因为与相切.
，设切点坐标为，则切线方程为.
因为切线过原点，所以：，故切点为，所以.
对函数，，由，
根据得切点纵坐标为：，
根据得切点纵坐标为：，
由，又由题可知.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：先根据的切线过原点，求出的值；求时，要注意切点即在曲线上，也在切线上，根据纵坐标相等列方程求解.
16. 设双曲线的左、右焦点分别为，，为的左顶点，，为双曲线一条渐近线上的两点，四边形为矩形，且，则双曲线的离心率为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出点的坐标，再借助诱导公式、同角公式求出的关系即可得解.
【详解】令双曲线的半焦距为c，显然，
由双曲线的对称性，不妨令点在双曲线的渐近线上，且点在第一象限，
由四边形为矩形，得，令，则，，，
于是，则，，
，即直线的斜率，因此，即，
所以双曲线的离心率为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知等差数列的首项，公差为，为的前项和，为等差数列．
（1）求与的关系；
（2）若，为数列的前项和，求使得成立的的最大值．
【答案】（1）或
（2）的最大值为3.
【解析】
【分析】（1）由为等差数列可得，即可得到与的关系；
（2）由裂项相消法得到，再解不等式即可求得的最大值.
【小问1详解】
因为为等差数列，所以，即
从而得到，化简得
所以或
【小问2详解】
当，时，，，所以，又因为，所以不存在；
当，时，，，
所以，解得，又因为，
所以的最大值3.
18. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
（1）求；
（2）若，点在边上，，且，求．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合恒等变换可求角B的大小.
（2）根据给定条件，结合三角形面积公式求出，再利用余弦定理、三角形面积公式计算即得.
【小问1详解】
在中，由正弦定理及，
得，
即，
则，而，于是，
即，又，即有，则，
所以.
【小问2详解】
依题意，，则，而，
于是，，
解得，又，解得，
由余弦定理得，解得，
所以.
19. 如图，在三棱锥中，平面平面，为等腰直角三角形，其中，为中点．
（1）证明：平面平面；
（2）已知，二面角的大小为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求得点的坐标，进一步计算即可.
【小问1详解】
由题知，平面平面，
且平面平面,
又为等腰直角三角形，其中，
所以,又平面,
则平面，
又平面，
则平面平面.
【小问2详解】
作,交于点,
由平面平面，平面平面,
知平面,
因为，所以，
设，则，
以点为坐标原点，建立所在直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，
因为为中点，所以，
则,
设平面的法向量为，
则，
令，则，
则，
又由得，平面的一个法向量，
所以，
解得或（舍），
故，
则三棱锥的体积.
20. 2023年高考分数公布后，经过相关部门的计算，本次高考总分不低于680的同学可以获得高校的“强基计划”入围资格．经统计甲班和乙班分别有3名和4名学生获得高校的“强基计划”入围资格，而且甲班和乙班高考分数高于690分的学生分别有1名和2名．高校的“强基计划”校考分为两轮．第一轮为笔试，所有入围同学都要参加，考试科目为数学和物理，每科的笔试成绩从高到低依次有，，三个等级，两科中至少有一科得到，且两科均不低于，才能进入第二轮．已知入围的同学参加第一轮笔试时，总分高于690分的同学在每科笔试中取得，，的概率分别为，，；总分不高于690分的同学在每科笔试中取得，，的概率分别为，，；进入第二轮的同学，若两科笔试成绩均为，则免面试，并被高校提前录取；若两科笔试成绩只有一个，则要参加面试，总分高于690分的同学面试“通过”的概率为，总分不高于690分的同学面试“通过”的概率为，面试“通过”的同学也将被高校提前录取．若甲、乙两个班本次高考总分不低于680的同学都报考了高校的“强基计划”．
（1）分别求出总分高于690分的某位学生进入第二轮的概率以及该生被高校提前录取的概率；
（2）从甲、乙两班随机抽取一个班，再从该班获得高效的“强基计划”入围资格的学生中随机抽取2位学生，求这两位同学都通过“强基计划”被高校提前录取的概率．
【答案】（1）总分高于690分的某位学生进入第二轮的概率为；该生被高校提前录取的概率为
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率计算公式即可求得结果；
（2）分别求出总分不高于690分和总分高于690分的学生被高校提前录取的概率，再分别求出甲班和乙班各随机抽取2名学生被高校提前录取的概率，从而利用互斥事件概率公式即可求得结果.
【小问1详解】
总分高于690分的某位学生进入第二轮,记为事件A，
所以，
总分高于690分的某位学生被高校提前录取，记为事件B，
所以.
【小问2详解】
总分不高于690分的某位学生被高校提前录取，记为事件C，
所以，
从甲班获得高效的“强基计划”入围资格的学生中随机抽取2位学生，且这两位同学都通过“强基计划”被高校提前录取，记为事件E，
，
从乙班获得高效的“强基计划”入围资格的学生中随机抽取2位学生，且这两位同学都通过“强基计划”被高校提前录取，记为事件F，
，
故所求概率.
21. 已知斜率为1的直线与椭圆：交于，两点，线段的中点为．
（1）求的离心率；
（2）设的左焦点为，若，求过，，三点的圆的方程．
【答案】21.
22.
【解析】
【分析】（1）中点弦的问题可以考虑“点差法”解决.
（2）联立直线与椭圆方程，利用一元二次方程根与系数的关系列出，的值，再利用求出，，的值.确定点，，的坐标，再利用待定系数法求三角形的外接圆.
【小问1详解】
设，，则
又，，所以，又.
【小问2详解】
直线方程为，椭圆的方程可写为：.
联立方程，消去得：
则：，，.
又
所以：
解得：
故可令得，.
所以，，.
设过这三点的圆的方程为：
由：解得：.
故所求圆的方程为：.
【点睛】关键点点睛：解析几何的题目，关于字母的有关运算非常的麻烦，一定要认真、仔细的计算.
22. 已知函数．
（1）证明：当时，；当时，．
（2）正项数列满足：，，证明：
（i）数列递减；
（ii）．
【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）先证明，继而可得结论.
（2）（i）要证数列递减，只证，即证，换元后，利用导数证明即可；（ii）先证，继而得，则，根据条件，求和即可.
【小问1详解】
设，
则，
令得，
令得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
即，
则当时，即；
时，即.
【小问2详解】
（i）因为数列各项为正，
要证数列递减，只需证明，
即证，又，
所以即证，
令，
不等式化为，
设，
则，恒成立，
故在上单调递增，
则恒成立，
即在上恒成立，
则原命题得证.
（ii）先证明：，
即证，
设，
则
，
所以在上单调递增，
则，则所证不等式成立.
又，，
所以，，
所以，，
则当时，
，
又当时，
，
故成立.
【点睛】本题第一问的关键点是：先证明，继而分和，变化不等式，可得到结论；本题第二问的关键是（i）：构造不等式，不等式化为，
利用换元法，设，构造函数，利用导数证明；（ii）先证明，继而得到，，再结合等比数列的前和求解.