重庆市巴蜀中学2024-2025学年高三上学期高考适应性月考卷（四）数学试卷（Word版附解析）

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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，则集合的子集个数为（ ）
A. 4B. 8C. 16D. 32
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式可得，即可得到集合的子集个数.
【详解】由得，，解得，
∴，故集合的子集个数为.
故选：A.
2. 空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若则
B. 为异面直线且，则与中至少一条相交
C. 若与所成的角相等， 则
D. 若， 则
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间中的线面位置关系逐个对选项进行判断即可.
【详解】对于 ，若 ，则 或 ，又 ，则 或 ，故 错误；
对于 ，若 与 都不相交，则 ，则 ，这与 是异面直线矛盾，故 正确；
对于 ，若 与 和 所成的角相等，如果 ，则 ，故 错误；
对于 ，若 ，则 或 ，由 ，则 与 斜交、垂直、平行均有可能， 故错误.
故选：.
3. 已知数列是公差为的等差数列， 则 （ ）
A. 8B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件可得数列是公比为的等比数列，利用等比数列的性质可得结果.
【详解】由题意可知，即，故，
∴数列为等比数列，公比，
∴.
故选：C.
4. 法国数学家佛朗索瓦·韦达最早发现了代数方程的根与系数之间的关系，因此人们把这个关系称为韦达定理，韦达定理也可用于复数系一元二次方程中，即这也是因式分解中的“十字相乘法”. 设 (为坐标原点)的三个顶点为复平面上的三点，它们分别对应复数， 且 则的面积为（ ）
A. 6B. 6C. 12D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知知 是方程 两根，再利用因式分解可得 ，即得 在复平面上的顶点坐标，即可求解.
详解】 ，
根据韦达定理知 是方程 的两根，
因式分解可得方程两根为 ，不妨设 ，
则 在复平面上的顶点坐标为 ，
所以，故A正确.
故选 ：A.
5. 若函数在区间上是增函数，且.则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用辅助角公式整理函数解析式，根据正弦函数的性质，求参数的值，联立方程，可得答案.
【详解】在上是增函数，
且，，
所以，
则，
两式相减可得，又，所以.
故选：D.
6. 如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形其中 以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜二测画法规则还原出原图形，进而确定旋转体的形状，再根据相关特征计算几何体体积即可.
【详解】解：由题意，
所以 ，
如图，原图形 中， ，
所以直角梯形 的边 AD 为轴旋转一周得到的几何体为圆台，
，
故选：D.

7. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构建，利用导数判断的单调性，进而可得，再结合对数函数单调性可得.
【详解】记，则，
可知在上单调递增，则g13>g0，即13-sin13>0，
可得；
又因为，则，即；
所以.
故选：B.
8. 已知函数为定义在上的增函数，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，由其单调递增，，求解即可.
【详解】当 x>0 时，则 ，记 ，
由题，函数 在 上为增函数，
对任意的 x>0 恒成立，
则有 ，
令 ，其中 x>0 ，且 ，
令 ，可得 ， 列表如下:
所以函数 hx 在 取得极小值，亦即最小值，
即 ，
所以 ，可得 ，
故实数的取值范围为 ，
故选：A.
二、多项选择题 （本大题共3个小题. 每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，有多项符合题目要求，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. 对于任意两个平面向量和，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 是的必要不充分条件
C.
D. 若向量在方向上的投影向量为，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由和为相反向量时满足条件可得选项A错误；由不能得到，由可得，选项B正确；利用数量积的定义可得选项C正确；根据投影向量的计算公式结合条件可得选项D正确.
【详解】A. 和可能为相反向量，选项A错误.
B. 当时，，但.
当或时，，此时，
当且时，由得，
即，故，，，
所以由可得，
所以是必要不充分条件，选项B正确.
C.，由得，选项C正确.
D.向量在方向上的投影向量为，
把代入上式，选项D正确.
故选：BCD.
10. 已知函数 其中，则下列说法正确的是（ ）
A. 对的任意取值，都不可能为奇函数
B. 当时，y=f(x)在处的切线方程为
C. ，一定存在极值点
D. 若存在极大值，则极大值恒为正数
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据特殊值函数值即可判断A；先求导数再得出切线斜率进而点斜式写出直线即可判断B；根据导函数 得出函数单调性判断C；根据函数单调性及极大值进而判断为正即可判断D.
【详解】选项 A， 定义域为 ，假设 ，使得 为奇函数，则必有 ，此时 ，所以 不是奇函数，所以假设不成立，故 A 正确；
选项 B， 时， ，又 ，所以 在 处的切线方程为 ，故正确；
选项， ，当 时， ，函数单调递减， 无极值点，故错误；
选项，由 可知 时，无极大值；
若 m>4，fx 在 上单调递减， 上单调递增，则极大值为 fm2=mem2>0 ；
若 在 上单调递减， 上单调递增，则极大值为 f2=8-me2>0 ，故 D 正确，
故选 ：ABD.
11. 如图 在正四棱柱中， 底面正方形 边长为， ，为线段上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ）
A. 已知直线为平面和平面ABCD 的交线， 则平面内存在直线与平行
B. 三棱锥的体积为定值
C. 直线与平面所成角最大时，
D. 的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据线面平行的性质定理判断A;根据三棱锥的体积公式计算判断B;根据线面角定义得出最值即可判断C;由展开图结合余弦定理计算得出距离和的最小值判断D.
【详解】选项 A，因为 平面 ，且 平面 ，所以平面 和平面 的交线 ，
而 与平面 相交，则平面 内不存在直线与 平行，即不存在直线与直线 平行，故 错误；
选项 平面 ，所以点 到平面 的距离为定值，而三角形 的面积为定值，故三棱锥 的体积为定值，故 正确;
选项 C，记 到平面 到距离为 ，由选项 B 可知， 为定值，记直线 与平面 所成角为 ，
则 ，又正弦函数在 上单调递增，则 最大时, 最大，从而即为 最小时，此时 ，
在中，,所以
可得 ，故正确;
选项 ，作平面 与平面 的展开图如图 所示，
则 的最小值即为展开图中线段 的长，
中， ， 所以 ，
从而 中，由余弦定理可知， ，
从而 的最小值为 ，故错误，
故选: .
【点睛】关键点点睛：解决D的关键是应用侧面展开图 的最小值即为展开图中线段 的长，计算求解即可.
三、填空题 （本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知数列满足且则的通项公式_______.
【答案】 .
【解析】
【分析】根据等差数列定义可判断数列为等差数列，再由等差数列通项公式计算可得.
【详解】由可知数列是以为首项，1为公差的等差数列，
即可得，所以.
故答案为：
13. 已知， 则 ____________
【答案】2
【解析】
【分析】根据二倍角的正、余弦公式、同角的平方关系和切弦互化化简计算即可求解.
【详解】.
故答案为：2
14. 如图棱长为3 的正四面体与正三棱锥共底面，它们的各顶点均在同一个球面上，则该球表面积为___________，二面角的正切值为____________
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】如图，由可知为二面角的平面角，根据勾股定理求出外接球半径，结合球的表面积公式和两角差的正切公式计算即可求解.
【详解】如图，外接球的球心，且平面，
即为外接球的直径，设平面，可知为正三角形的中心，
取AB的中点，连接，则，
可知二面角的平面角为，所求即为，
正四面体中，，，
记外接球半径为，则在Rt中，，解得，
则外接球表面积为，记，
则，
所以，即为所求.
故答案为：；
【点睛】思路点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的思路是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
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. 在中，角所对的边分别为，且，，的面积为.
（1）求角的大小；
（2）求边的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角结合三角恒等变换可得，即可计算出角的大小.
（2）根据题目条件利用余弦定理可得，利用正弦定理得到与的关系，根据三角形面积公式可得结果.
【小问1详解】
∵，∴，
∴，即，
∴，
∵，∴，
∴，即，
∵，∴.
【小问2详解】
∵，∴，
∵，∴，
∴.
由正弦定理得，，
∴，解得 .
16. 如图 在四棱锥中， 平面平面， 底面为平行四边形， 与平面所成角的正切值为2，E,F分别为棱的中点.

（1）求证：平面;
（2）求二面角的余弦值的绝对值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接 ，由面面垂直得到平面，再结合为平行四边形，得到，即可求证；
（2）由（1）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.
【小问1详解】
证明: 连接 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 平面 ，
所以为在平面内的射影，
故 为与平面 所成角，即 ，
所以, 又
因为平面为平行四边形，所以 .
在 中， ，所以 ，
又 与 交于点 平面 ，
所以 平面 .
【小问2详解】
由(1)可知 平面 ，
以为坐标原点， 分别为 轴正向建立空间直角坐标系，如图
所以 ，
设平面的一个法向量为 ，

又 ，
则有 令 ，
则 ，故 ，
设平面 的一个法向量为 ，
又 ，
则有 令 ，故 ，
则 ，
所以二面角的余弦值的绝对值为.
17. 数列的前项和为， 满足 且首项 .
（1）证明：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；
（2）令讨论f′1（f′x为的导数）与 的大小关系.
【答案】（1）证明见解析，
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据可得时，两式相减结合构造法可得数列为等比数列，由此可计算数列的通项公式.
（2）求导，得到，利用错位相减法计算，讨论的取值范围即可得到与 的大小关系.
【小问1详解】
由已知可得时，，
两式相减得，即，
∴，
当时，，∴，
∵，∴，∴，
故有，∴，
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴，故.
【小问2详解】
∵，∴，
∴
，
∴，
①-②得， ，
∴，
∴，
当时，，∴.
当时，，∴.
当时， ，∵，
∴ ，∴ ，
综上，当时，；
当时，；
当时，.
18. 已知分别为双曲线的左、右焦点，点是上一点，且的面积为
（1）求双曲线的方程；
（2）如图，点是上一动点，直线与的另一交点为点，直线与的另一交点为，设请问是否为定值？若是，请求出这个定值并证明；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）是，，证明见解析
【解析】
【分析】（1）将已知点代入双曲线方程，利用焦点三角形建立方程，联立可得答案；
（2）设出点的坐标，利用向量共线定理建立方程，结合双曲线方程，整理可得答案.
【小问1详解】
点是双曲线上一点，可得，
的面积为，则，解得，所以，
两式联立求解得：，所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
为定值，设，
由（1）知：，
由，可得，则，
由，可得，又，
两式相减得：
化简可得，，
，则，
由，同理可得：，
定值.
19. 一游戏规则如下：一个质点在数轴上运动，从原点出发，每次向左或者向右移动一个单位，共移动了次.
（1）已知质点每次向右移动的概率为.
①当 时，求质点最终回到原点概率；
②规定质点在运动过程中，只要出现在原点左侧，游戏就结束，否则游戏就继续、直到移动了次，分别求出当和时质点最终落在原点右侧的概率并比较它们的大小
（2）现在规定游戏分为两个阶段：第一阶段，质点每次向右移动的概率为、共移动了3次、若质点最终落在了原点左侧，则结束游戏，且最终得分为0分. 若最终落在了原点右侧、则通过第一阶段，并进入第二阶段：质点重新回到原点，每次向右移动的概率为，并再次移动了3次，若质点最终落在了原点左侧，则最终得分也为0分； 若最终落在了原点右侧，则最终得分为质点位于数轴上所在位置对应的实数.
①请用含的式子表示该游戏得分的数学期望；
②若 则当取何值的时候，该游戏得分的期望值最大？
【答案】（1）①；② ，
（2）① ；②
【解析】
【分析】（1）①根据独立事件的概率公式计算即可求解；②表示第一次必然向右，后两次至少有一次向右；表示前2次均向右，后三次至少有一次向右；和第一次向右，第二次向左，第三次向右，最后两次至少有1次向右，根据独立事件的概率公式计算求出，结合作差法即可比较大小.
（2）①利用独立事件的概率公式求出第一阶段通过的概率，即可求出数学期望；②由题意可得，令，利用导数求出的最大值即可.
【小问1详解】
①质点最终回到原点的情况为:向右走3次，向左走3次，
②设和时质点最终落在原点右侧的概率分别为，
情况为:第一次必然向右，后两次至少有一次向右，
则.
包含2种情况:
(i)前2次均向右，后三次至少有一次向右；
(ii)第一次向右，第二次向左，第三次向右，最后两次至少有1次向右，
，
，则.
【小问2详解】
①第一阶段通过的情况为3次均向右或者有2次向右，1次向左，
其概率为: ，
设为最终得分，则可以为0，1，3，
则其数学期望为；
②若，则，
令，
f'(p)>0⇒0