2024-2025学年重庆市九龙坡区高三上册适应性月考（一）数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年重庆市九龙坡区高三上册适应性月考（一）数学检测试题（附解析），共22页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上，考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上．
2．作答时，务必将答案写在答题卡上．写在本试卷及草稿纸上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
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. 16B. 8C. 4D. 2
【正确答案】B
【分析】化简集合,再由集合交集运算即可求解.
【详解】
所以
所以集合的子集个数为8
故选：B
2. 已知，，则“”是“”（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】B
【分析】根据不等式的性质可得必要性，举反例可说明不充分性，即可求解.
【详解】当时，，故，
故“”是“”的必要条件，
当时，比如，但是，故“”是“”的不充分条件，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
3. 已知函数则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据分段函数的形式，结合对数和指数运算公式，即可求解.
【详解】因为，所以，
.
故选：D.
4. 已知角α，β都是锐角，且，是方程的两个不等实根则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由题意可得，，进而由同角三角函数的关系可求的正余弦值，进而利用两角和的余弦公式可求的值.
【详解】由，可得或，
又，是方程的两个不等实根，不妨设，，
又都是锐角，所以由同角的三角函数关系可得，，
.
故选：A.
5. 我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队．其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为（ ）
A. 432B. 864C. 1728D. 2592
【正确答案】C
【分析】先计算甲队的排列总数，分别要用上捆绑法和除序法；然后再利用插空法计算乙队的排列总数，最后利用计数原理计算总的排列方法数即可.
【详解】甲队，先用捆绑法，将与捆绑有种，将与看作一个整体，再用除序法得种，利用计数原理可知，一共为种；
乙队，利用插空法得种；
按照计数原理可知，一共种.
故选：C
6. 在中，若，且，则的外接圆的面积为（ ）
A. 4πB. 8πC. 16πD. 64π
【正确答案】C
【分析】根据正弦定理边角化可得，即可求解余弦值，进而可得正弦值，利用正弦定理即可得半径求解.
【详解】因为，
由正弦定理可得，
设，，，
，则，
由正弦定理得，，即，
则外接圆面积为，
故选：C．
7. 若次多项式满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式．如，由可得切比雪夫多项式，同理可得．利用上述信息计算（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据切比雪夫多项式得，即可取，结合二倍角公式以及同角关系求解.
【详解】由于,，
即，变形可得，
即，解可得：或（舍，
则有，即，
故选：A
8. 若，，（其中e为自然对数的底数），则实数a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】分别构造函数和，求导即可得到函数的单调性，进而可求解.
【详解】设, 则
当单调递增，当单调递减，所以，故,当且仅当等号成立，
故，故，即，
设，则，
故当单调递增，当单调递减，
因此，因此，当且仅当时取等号，
故，即，
故，
故选：D
方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选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. 下列关于概率统计的知识，其中说法正确的是（ ）
A. 数据，0，2，4，5，6，8，9的第25百分位数是1
B. 已知随机变量，若，，则
C. 若事件M，N概率满足，且，则M与N相互独立
D. 若一组样本数据（，2，…，n）的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
【正确答案】ABC
【分析】根据百分位数的定义计算判断A，由二项分布的数学期望与方差公式计算可判断B，根据相互独立事件及条件概率的概率公式计算可判断C，根据相关系数的定义可判断D.
【详解】对于选项A，8个数据从小到大排列，由于，
所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数，故A正确；
对于选项B，因为，，，
所以，解得，故B正确；
对于选项C，由，可得，
即，即，所以M与N相互独立，故C正确；
对于选项D，因为样本点都在直线上，说明是负相关且线性相关性很强，
所以相关系数为，故D错误.
故选：ABC.
10. 若，，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为2
B. 的最小值为
C.
D. 若实数，则的最小值为8
【正确答案】AD
【分析】根据题意，利用题设条件，结合基本不等式和正弦函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A，由，
可得，当且仅当时取等号，
所以的最小值为2，故A正确；
对于B，由，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，所以B错误；
对于C，因为，，且，所以，
又，所以，故C错误；
对于D，因为，
当且仅当时等号成立，
，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为8，故D正确.
故选：AD.
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的一个周期为πB. 函数的一个对称中心为
C. 函数在区间上单调递增D. 方程在区间上共有6个不同实根
【正确答案】ACD
【分析】根据即可判断A，根据可判断B，利用三角恒等变换得，即可利用复合函数的单调性求解C，利用一元二次方程以及三角函数的性质和图象即可求解D.
【详解】对于A，，故函数的一个周期为π，A正确，
对于B，，
故关于对称，B错误，
对于C，
令，由于时，，故，
故，开口向下，且对称轴为，
故在单调递减，且在单调递减，
因此单调递增，故C正确，
对于D，由于，
令，则，
故或，进而得或或或，
当时，，
作出，的图象如下：
故或分别有2个交点，或，分别有1个交点，
故方程在区间上共有6个不同实根，D正确，
故选：ACD
关键点点睛：利用和差角公式以及二倍角公式将化简为，结合复合函数的单调性以及二次方程求解.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数在处取得极值，则函数的极大值为______．
【正确答案】2
【分析】利用函数取得极值得，并代入原函数求单调性检验；所得的单调性，利用函数的极值的定义即可求解
【详解】，则，
因为函数在处取得极值，
所以，故，
则，
令f'x>0，解得或；令f'x0，
所以由韦达定理可得，，
Δ=4t2n2−4t2−1n2+4=4n2+4−4t2>0
因为，故，，
即，
，化简得，
代入可得，故，
结合，故，
由可得
，
由于在双曲线上，故，
所以，
代入和可得，
故
【小问3详解】
由双曲线方程可得，
不妨设，由（2）知，
故，
由于，则，，
，
因此
，
故存在两个定点，，使得为定值，
且，分别为，且定值为6
关键点点睛：利用向量共线坐标关系得，利用得，代入两点距离化简可得，第三中，利用（2）的结合和相似，结合双曲线的定义求解.
19. 已知曲线（，为自然对数的底数）在处的切线的倾斜角为，函数．
（1）若函数在区间上单调递增，求实数t的最大值；
（2）证明：函数的图象与函数的图象在内有5个不同的交点；
（3）记（2）中的5个交点分别为A，B，C，D，E，横坐标依次为，，，，（），求证：．
【正确答案】（1）
（2）答案见详解 （3）答案见详解
【分析】（1）利用导数求出函数φx的单调递增区间，即可求出实数t的最大值；
（2）将问题转化为利用导数证明函数在内有5个零点；
（3）通过观察可知，，即转化为求证，再根据和均在区间，且在单调递减，所以只需证明即可.
【小问1详解】
，
，即，
，，
令，解得，所以φx在区间上单调递增，
又因为在区间上单调递增，所以实数的最大值为；
【小问2详解】
证明：令，，
设，则，
令，解得，，，，
因为在上单调递减，且，
所以在上，
所以在内单调递减，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增，在内单调递减，
又，，，，，
所以存在，，，使得，
因此当，，递减；当，，递增；当，，递减；当，，递增；当，，递减；
又，，，，，
所以 ，，，，
使得，又因为，
所以在内有5个零点，
所以函数的图象与函数的图象在内有5个不同的交点；
【小问3详解】
证明：由（2）可知，，又，所以，
，，所以,
所以要证，即证，即证，
因为T4π+π3=e4π+π3⋅12−32−1>0，，所以， 所以，
又T2π+π3=e2π+π3⋅12−32−1>0，，所以，
又因为，递减，
又，所以，
所以在单调递减，所以只需证明，
又，
又，所以，，，
所以，
所以，所以，
即证.
求解两个函数和交点的问题通常转化为函数零点的问题.
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合格
不合格
合计
调试前
45
15
60
调试后
35
5
40
合计
80
20
100
0.025
0.01
0.005
0.001
5.024
6.635
7.879
10.828
1
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