2024重庆大足中学高三下学期3月适应性考试数学PDF版含解析

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1.选
【解析】.
2.选
【解析】，因为中有且仅有两个元素，则，则.
3.选
【解析】由正态分布的概率分布曲线的对称性知，，则.
4.选
【解析】由题可以知道或，则由解得或.
5.选
【解析】由条件得，则.
6.选
【解析】在中，由余弦定理得，则.由正弦定理可得的外接圆半径为.设的外接圆的圆心为，过作平面的垂线，由外接球的性质知外接球的球心在直线上，由于，则点在上.计算得，则有，解得，则三棱锥的外接球表面积.
7.选
【解析】方法1：由条件得，由得，则，整理得.因为唯一存在，则有，解得或，又因为，则，则，，则.
方法2：因为满足题意的与唯一存在，所以与的终边关于角的终边对称，且，则.
8.选
【解析】注意到，，因为，且，所以函数在点处的切线方程为.当时，由可知，，所以的最小值为直线与直线的距离，由点到直线的距离公式知，解得或（舍去），所以.
二．多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项要求，部分选对的得部分分，有选错的不得分.
9.选
【解析】由条件知圆台的高为，，，，则
，所以选项正确.设圆台的上下底面圆的半径分别为，，由条件可得，，则圆台的表面积，所以选项正确.如图，过点作的垂线交于，过点作的垂线交于，连接，则易证，，，则，则，所以选项错误.过作的平行线交底面圆周于点，连接，则即为直线与所成角（或补角），在中，，，，由余弦定理得，则直线与夹角的余弦值为，选项正确.选项妙解，由三余弦定理得.
10.选
【解析】由条件得，则
,当且仅当是取等号，选项正确.由，即，解得，当且仅当时取等号，选项错误.
由得，从而，当且仅当时取等号，选项错误.由得，因为，所以，当且仅当时取等号，选项正确.
11.选
【解析】设动圆的半径为，由条件得，，则，且，，不重合，故点的轨迹为以，为焦点的椭圆（去掉与，，重合的三点），则曲线的方程为，选项错误.易知与互补，而的最大值为，则的最小值为，选项正确.
，选项正确.由椭圆的光学性质知选项正确.
三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填写在答题卡相应位置上.
12.答案为
【解析】先将人任意分成组，共有种分法，而甲，乙在一组的分法有种，因此满足题意的分组方法共有种，再将分好的组分配到三个不同的地方，有种方法，根据分步计数原理，满足题意的安排方法共有 种.
13.答案为
【解析】对条件两边求导得，再令得，而，则.
14.答案为
【解析】因为的图象关于直线对称，则，即.因为在上恰有两条对称轴，当时，
，解得，此时无解.当时，，解得，此时,故实数的值为.则，因为，且，则，则.在中，由余弦定理得，则，当且仅当时取等号，则的面积，故面积的最大值为.
四．解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤.
15.（Ⅰ）（Ⅱ）证明略.
【解析】（Ⅰ）因为，，成等差数列，所以，即，又为等比数列，则，，也成等比数列，则，联立解得，，则数列的公比为，则，即.当时，，也适合，则数列的通项公式为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，则，则，记，则，则，因为，所以.
16.（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）解法1：如图，因为为长方体，所以平面，又因为平面，则，又，且，平面，则平面.设平面与棱交于点，连接，，则.因为，不妨设，，设，易知，则，又，，则有，，则，解得，所以为中点.由面面平行性质知，则为的中点.设平面交棱于点，连接，，则四边形即为所作截面.由面面平行性质知，则为的中点，则四边形为梯形.因为，则，则，，又，.设梯形的高为，则有，解得，则四边形的面积.
解法2：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，则，.因为，则，即，解得，又因为，所以为的中点.以下同解法1.
由（Ⅰ）知为的中点，因为，则为的中点.不妨设，则，，，，，则，，.由（Ⅰ）知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，，则.所以，则平面与所成夹角的余弦值.
17.（Ⅰ）根据小概率值独立性检验，学生对垃圾垃圾分类的了解程度与性别无关（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）根据题意，样本中等级的男生有人，等级的男生有人，两个等级的女生都为人，列联表如下：
零假设：学生对垃圾垃圾分类的了解程度与性别无关.
则，所以没有充分的理由说明不成立，即学生对垃圾垃圾分类的了解程度与性别无关.
（Ⅱ）（1）根据题意，比赛只进行局就结束，则有甲连胜局或者乙连胜局两种情况.设比赛只进行局就结束为事件.
第一种情况，甲连胜局.此时，.
第二种情况，乙连胜局.此时，.
则，即比赛进行局结束的概率为.
（2）由题意取值为，，，.则
，，则.则分布列如下：
则.
18.（Ⅰ）（Ⅱ）证明略
【解析】（Ⅰ），若，则当时，，单调递增，则至多只有一个零点，不符题意.若，令得，，则当时，，单调递增，当时，单调递减.因为有两个不同的零点，则必有，解得，又时，，当时，，故当时，有两个不同的零点，所以实数的取值范围为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，是函数的两个不同零点，不妨设
，则有，即，，作差得，先证，即证，即证，设，则只需证，即证，设，则，则单调递增，则，则成立，也即成立.再证，因为是方程的根，则，又有，，则，则，因为函数单调递增，则，故要证，只需证，即证.只需证，因为，，且在上单调递减，则只需证，又因为，即证.设，则，则在上单调递减，则，则，从而，故成立.
19.（Ⅰ）证明略（Ⅱ）证明略
【解析】（Ⅰ）证明：设，，联立，消去得，由韦达定理得，，则，则，因为垂直于轴，则.设的中点为，则，显然的坐标满足方程，则的中点在上.
（Ⅱ）因为，则的方程为，联立得，解得或，因为，位于轴两侧，则.设点在抛物线上，则易得在点处的切线方程为，设，，则在与处的切线方程分别为与，又两条切线都过点，则，，则直线的方程为，即，又，则点在直线上.由（Ⅰ）知，而，则.而.联立，消去得，则，，则.所以.
男生
女生
合计
等级
等级
合计