重庆市第八中学2024届高三下学期3月高考适应性月考卷（五）数学试卷（Word版附答案）

这是一份重庆市第八中学2024届高三下学期3月高考适应性月考卷（五）数学试卷（Word版附答案），共11页。试卷主要包含了5 C，已知，则，设复数对应的向量分别为等内容，欢迎下载使用。
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.样本数据的上四分位数为（ ）
A.45 B.46.5 C.47 D.50
2.若双曲线的离心率为，则该双曲线的虚轴长为（ ）
A. B.5 C. D.10
3.把能表示为两个连续奇数的平方差的正整数称为“幸运数”，则在，2024这2024个数中，能称为“幸运数”的个数是（ ）
A.251 B.252 C.253 D.254
4.如图，在四面体中，，点为的中点，，则（ ）
A. B.
C. D.
5.某班一天上午有五节课，下午有两节课，现要安排该班一天中语文､数学､物理､英语､地理､体育､艺术7堂课的课程表，要求艺术课排在上午第5节，体育课排在下午，数学与物理不相邻，则不同的排法种数是（ ）
A.128 B.148 C.168 D.188
6.若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A. B. C. D.
7.已知，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知抛物线的焦点为，抛物线的准线与轴相交于点.过点作直线与抛物线相交于两点，连接，设直线与轴分别相交于两点，若的斜率与的斜率的乘积为-3，则的大小等于（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.如图，在海面上有两个观测点在的正北方向，距离为，在某天10：00观察到某航船在处，此时测得分钟后该船行驶至处，此时测得，则（ ）
A.观测点位于处的北偏东方向
B.当天10：00时，该船到观测点的距离为
C.当船行驶至处时，该船到观测点的距离为
D.该船在由行驶至的这内行驶了
10.设复数对应的向量分别为（为坐标原点），则（ ）
A.
B.若，则
C.若且，则
D.若，则的最大值为.
11.定义域为的连续函数，对任意，且不恒为0，则下列说法正确的是（ ）
A.为偶函数
B.
C.若，则
D.若0为的极小值点，则的最小值为1
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12.设集合，则__________.
13.如图所示，已知一个半径为2的半圆面剪去了一个含的Rt，将剩余部分绕着直径所在直线旋转得到一个几何体，该几何体的表面积为__________.
14.对任意的正实数，满足，则的最小值为__________.
四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）
已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）记曲线在处的切线为，求证：与有且仅有1个公共点.
16.（本小题满分15分）
甲､乙两选手进行象棋比赛，设各局比赛的结果相互独立，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.
（1）若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，求的取值范围；
（2）若，已知甲乙进行了局比赛且甲胜了13局，试给出的估计值（表示局比赛中甲胜的局数，以使得最大的的值作为的估计值）.
17.（本小题满分15分）
如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为正方形，平面平面，点是棱的中点，平面与棱交于点.
（1）求证：平面；
（2）为平面内一动点，为线段上一点；
①求证：；
②当最小时，求的值.
18.（本小题满分17分）
在平面直角坐标系中，椭圆，圆为圆上任意一点.
（1）过作椭圆的两条切线，当与坐标轴不垂直时，记两切线斜率分别为，求的值；
（2）动点满足，设点的轨迹为曲线.
（i）求曲线的方程；
（ii）过点作曲线的两条切线分别交椭圆于，判断直线与曲线的位置关系，并说明理由.
19.（本小题满分17分）
已知数列的前项和为，且满足.
（1）证明：.
（2）当时，求证：；
（3）是否存在常数，使得为等比数列？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，请说明理由.
参考答案
1-8DCCB CAAA
9.ACD 10.ACD 11.ABD
12. 13. 14.
15.（1）解：，令，得
今，得或，则在上单调递增，
在上单调递减.
（2）证明：，
所以曲线在处的切线的方程为：；
令，令，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，单调递减，，
综上，有唯一零点0，即与有且仅有一个公共点.
16.解：（1）采用5局3胜制，甲最终获胜有3种比分或.
因为每局比赛的结果是独立的，可得甲最终获胜的概率为
.
采用3局2胜制，甲最终获胜有两种可能的比分或，
可得甲最终获胜的概率为.
因为5局3胜制对甲有制，所以，
，
，
.
（2）易得，
记，则
，
由，得，
即，
故时，最大，所以的估计值为21.
17.（1）证明：平面平面平面，
又平面，平面平面.
又平面平面，
平面
（2）解：①由平面平面平面平面，
故平面，所以，由（1），，故，
又是棱的中点，则为棱中点，为正三角形，
故，所以平面，故.
②又有，
当为与平面的交点时，，
故当最小时，取得最小值，此时，
由，数，
同理，
故时，为中点，取中点，连接，如图，
则有且，
有，
18.解：（1）设直线方程的统一形式设为：，
联立，
由切线有（再按整理方程），
即，
所以是（*）的两个很，故.
（2）（i）设，由，
将代入圆有：，
即曲线的方程为：
（ii）直线与曲线相切.理由如下：由题意可知直线
斜率和均存在，如图，
设过且与因相切的直线方程：
，
即
则曲线的圆心到该真线的距离，即，
故；
联立，可得：，
即，
则方程异于的实数解为，
由可得，
，
可得，
设，
则直.线的斜率
，
故直线的方程为：，
即，
则曲线的圆心到的距离，故真线与曲线相切.
19.（1）证明：当时，此时，从而，
数.
（2）证明：法一：由题意有，从而当时，，解得；
当时，，即，，
从而，
从而，累加可得，
又，故，故当时，.
又，故.
法二：由题意有，从而当时，，解得；
当时，，两式相减可得，
从而，
累加可得，
从而.
又即时，.
又，故.
（3）解：若存在实数，使得为等比数列，不妨设其公比为.
则即，可得，
又，可得，从而，
整理得对任意均成立，
即对任意均成立，故或.
当时，，舍去：
当时，，特别地，，
解得（舍去）或.
当时，，特合题意.
故存在实数，使得是公比为-1的等比数列.