贵州省贵阳市第一中学2023-2024学年高三上学期高考适应性月考卷（五）数学试卷

这是一份贵州省贵阳市第一中学2023-2024学年高三上学期高考适应性月考卷（五）数学试卷，共17页。试卷主要包含了秦九韶等内容，欢迎下载使用。

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.已知集合，，则中的元素个数为（ ）
A.3B.4C.5D.6
2.已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3.已知平面向量，均为单位向量，且它们的夹角为，则（ ）
A.7B.3C.D.1
4.自1972年慕尼黑奥运会将射箭运动重新列入奥运会项目以来，这项运动逐渐受到越来越多年轻人的喜爱.已知甲、乙两位射箭运动员射中10环的概率均为，且甲、乙两人射箭的结果互不影响，若两人各射箭一次，则甲、乙两人中至少有一人射中10环的概率为（ ）
A.B.C.D.
5.秦九韶（1208年~1268年），字道古，祖籍鲁郡（今河南省范县），出生于普州（今四川安岳县）.南宋著名数学家，与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家.1247年秦九韶完成了著作《数书九章》，其中的大衍求一术（一次同余方程组问题的解法，也就是现在所称的中国剩余定理）、三斜求积术和秦九韶算法（高次方程正根的数值求法）是有世界意义的重要贡献.设的三个内角，，所对的边分别为，，，面积为，秦九韶提出的“三斜求积术”公式为，若，，则由“三斜求积术”公式可得的面积为（ ）
A.B.C.D.1
6.中国古代建筑具有悠久的历史传统和光辉的成就，这些古建筑除了历史背景方面的研究价值外，还有着几何结构的研究意义.例如古建筑屋顶的结构形式就分为：圆锥形、三角锥形、四角锥形、八角锥形等，已知某古建筑的屋顶可近似看作一个圆锥，其母线长，底面的半径为，则该屋顶的体积约为（ ）
A.B.C.D.
7.已知等比数列中所有项均为正数，，若，则的最小值为（ ）
A.B.C.D.
8.已知直线过双曲线的左焦点，且与双曲线的左支交于，两点，并满足，点与点关于原点对称，若，则双曲线的离心率（ ）
A.B.C.D.
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.已知定义在上的奇函数的图象关于直线对称，当时，，则（ ）
A.B.
C.D.
10.已知圆上的两个动点，始终满足，直线与轴交于点（，，三点不共线），则（ ）
A.直线与圆恒有交点B.
C.的面积的最大值为D.被圆截得的弦长最小值为
11.已知正方体的棱长为1，点，分别为线段，的中点，点满足，点为棱（包含端点）上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A.平面截正方体得到的截面多边形是矩形
B.二面角的大小为
C.存在，使得平面平面
D.若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
12.已知函数的图象与直线有三个交点，记三个交点的横坐标分别为，，，且，则下列说法正确的是（ ）
A.存在实数，使得
B.
C.
D.为定值
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.的二项展开式中，项的系数为______.
14.“圆锥容球”是指圆锥形容器里放了一个球，且球与圆锥的侧面及底面均相切（即圆锥的内切球）.已知某圆锥形容器的母线与底面所成的角为，底面半径为2，则该圆锥内切球的表面积为______.（容器壁的厚度忽略不计）
15.《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，已知“鳖臑”中，平面，，，，则“鳖臑”外接球体积的最小值为______.
16.已知平面向量，，，满足：，，，，设向量（，为实数），则的取值范围为______.
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.（本小题满分10分）
已知函数的最小正周期为.
（1）求的值，并写出的对称轴方程；
（2）在中，角，，的对边分别是，，，且满足，求函数的取值范围.
18.（本小题满分12分）
已知数列为等差数列，，且.
（1）求；
（2）记为数列的前项和，求.
19.（本小题满分12分）
某校高三年级嘟嘟老师准备利用高中数学知识对甲、乙、丙三名学生在即将到来的全省适应性考试成绩进行预测，为此，他收集了三位同学近三个月的数学月考、周测成绩（满分150分），若考试成绩超过100分则称为“破百”.
甲：74，85，81，90，103，89，92，97，109，95；
乙：95，92，97，99，89，103，105，108，101，113；
丙：92，102，97，105，89，94，92，97.
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙三名同学的考试成绩相互独立.
（1）分别估计甲、乙、丙三名同学“破百”的概率；
（2）设这甲、乙、丙三名同学在这次决赛上“破百”的人数为，求的分布列和数学期望.
20.（本小题满分12分）
如图，在三棱柱中，，，为的中点，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若，二面角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
21.（本小题满分12分）
已知椭圆的左焦点为，上顶点为，离心率为，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若过且斜率为的直线与椭圆交于，两点，椭圆的左、右顶点分别为，，证明：直线与的交点在定直线上.
22.（本小题满分12分）
已知函数，.
（1）若，求函数的值域；
（2）是否存在正整数，使得恒成立？若存在，求出正整数的取值集合；若不存在，请说明理由.
贵阳第一中学2024届高考适应性月考卷（五）
数学参考答案
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）
【解析】
1.，，共5个元素，故选C.
2.因为，则在复平面内对应的点位于第四象限，故选D.
3.，所以，故选D.
4.记“甲射中10环”为事件，“乙射中10环”为事件，，甲、乙两人中至少有一人射中10环的概率为：，故选D.
5.由得，，由题意得，故，故选B.
6.如图所示为该圆锥轴截面，由题知该圆锥的底面半径为，高为，所以该屋顶的体积约为，故选A.
7.设的公比为，则，
因为，所以，解得或（舍去），
，
故，即，，
当且仅当，即，时，等号成立，
故的最小值等于，故选A.
8.设双曲线的右焦点为，连接，，，
又因为，所以四边形为矩形，
设，则，由双曲线的定义可得：，，
又因为为直角三角形，所以，
即，解得，所以，，
又因为为直角三角形，，所以，
即：，所以，即，故选C.
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，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
【解析】
9.已知函数为上的奇函数，则，
即，解得，B正确；A错误；
又因为，即，从而周期为8，
，，.
因为当时，，所以，
从而，，，
所以，D正确；C错误，故选BD.
10.直线与轴交于点，
，且在圆内部，所以与恒有公共点，A正确；
因为点在圆内部，为钝角，故，B正确；
到的最大距离，即到圆心的距离为1，，故C错误；
被截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，
且此距离为到圆心的距离为1，故弦长为，故D正确，故选ABD.
11.由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
设，其中，
对于A：连接，，，则，
由正方体的性质可得点是侧面的中心，点是正方体的中心，
所以连接并延长交侧面于点，则点是侧面的中心，且.
设平面交于点，交于点，交于点，连接，，
因为平面平面，所以，.
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，所以，
易知，所以，所以平面截正方体得到的截面多边形是矩形，故A正确；
对于B：，，，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，故.
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，故，故，
而二面角为锐二面角，故其余弦值为，不为，
故二面角的平面角不是，故B错误.
对于C：因为点是正方体的中心，所以，，三点共线，所以平面即为平面，
因为，，，，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，
即平面平面，当时，点与点重合，
平面即为平面，由此可知平面平面，
即平面平面，故正确；
对于D：设直线与平面所成的角为.
因为平面，故为平面的法向量，
而，故，
而，，故D正确，故选ACD.
12.由方程，可得.
令，则有，即.
令函数，则，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，作出图象如图所示，
要使关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，
结合图象可得关于的方程一定有两个实根，，
且，或，，
令，若，，
则故.
若，，则无解，综上，故C正确；
由图结合单调性可知，故B正确；
若，则，又，故A不正确；，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）
【解析】
13.的二项展开式的通项公式为，
令，得，所以项的系数为.
14.作圆锥的轴截面图，如图，
由图，母线与底面所成的角为，为等边三角形，
又，所以，
所以在正中，，
设内切球球心为，则在上，且，
在中，，所以，解得，
所以外接球表面积.
15.根据题意三棱锥可以补成分别以，，为长、宽、高的长方体，如图，
其中为长方体的对角线，则三棱锥的外接球球心即为的中点，
要使三棱锥的外接球的体积最小，则最小.
设，则，，，
所以当时，，则有三棱锥的外接球的球半径最小为，
所以.
16.如图所示建立坐标系，以为坐标原点，边长为2的正方形的，所在直线为轴、轴，
设，，为线段上一点，则，
又，以为圆心，为半径画圆，点为圆上一点，
设，，，，
所以，，所以，所以，
它表示斜率为，纵截距为的直线，当圆心为点时，与相切且点在轴的下方时，，此时，取得最小值；
当圆心为点时，经过圆心时，，此时，取得最大值，
的取值范围为.
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.（本小题满分10分）
解：（1）
.
，，故，
令，，解得，，
故对称轴方程为：，.
（2）由得，
.
，，，，
，，，
，.
18.（本小题满分12分）
解：（1）因为数列为等差数列，
所以，，为该数列第、、项，并设公差为，
因为，且，所以，解得：，
所以的通项公式为：，
即，所以.
（2）由（1）可得：，所以，
所以，即，
所以，
整理得：，
所以数列的前项和为：.
19.（本小题满分12分）
解：（1）甲同学“破百”的概率为，
乙同学“破百”的概率为，
丙同学“破百”的概率为.
（2）的可能取值为0，1，2，3，则：
，
，
，
，
所以的分布列为
所以，期望.
20.（本小题满分12分）
（1）证明：如图，连接与相交于点，连接，
三棱柱中，侧面是平行四边形，
则为的中点，又为的中点，有，
平面，平面，
所以平面.
（2）解：平面平面，平面平面，
底面为正三角形，为的中点，则，
平面，则平面，
，平面，，，
则二面角的平面角为，有余弦值为，
中，由余弦定理，
即，解得，
过作直线的垂线，垂足为，
则，故在的延长线上，
，
，，，四边形为矩形，则，
以为原点，，，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则有，
令，则，，即.
，，
设平面的一个法向量为，则有，
令，则，，即，
平面与平面夹角的余弦值为.
21.（本小题满分12分）
（1）解：依题意可得：.
又，，故，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）证明：由（1）得，所以直线的方程为，
由可得，
设，，显然，
所以，，
故.
由（1）可得，，则直线的方程为，
直线的方程为.
设直线与的交点坐标为，则，
故
，
解得，故直线与的交点在直线上.
22.（本小题满分12分）
解：（1）由题设，
则，
若，则，，可得，递增；
若，则，，可得，递减.
又，，，
综上，的值域为.
（2）由，，则，
令，，则，
且，
当，（舍）；
当，则，故，
令，则
，
又，对于，有，即递增，
所以，故恒成立，
所以，即在上递增，
又，则，所以在上递增，
又，即，，符合题意；
当，令，则，，
所以（舍）；
综上，正整数的取值集合为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
D
D
D
B
A
A
C
题号
9
10
11
12
答案
BD
ABD
ACD
BCD
题号
13
14
15
16
答案
960
0
1
2
3