重慶市巴蜀中學(xué)校2024屆高三下學(xué)期高考適應(yīng)性月考卷（九）數(shù)學(xué)試題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一、單項(xiàng)選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）
【解析】
1．由，所以，故選A．
2．由，所以，對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)為，故選C．
3．A．，在的切線(xiàn)斜率為0，不符合；B．在的切線(xiàn)斜率為1，所以切線(xiàn)為，成立；C．D．兩個(gè)函數(shù)均不經(jīng)過(guò)，不符合，故選B．
4．由定義，，當(dāng)，合題意；當(dāng)，化簡(jiǎn)得，由于橫坐標(biāo)，角在一、四象限，所以，故選D．
5．設(shè)出每一秒鐘的路程為數(shù)列，由題意可知為等差數(shù)列，則數(shù)列首項(xiàng)，公差，由求和公式有，解得，故選C．
6．令，則，將假設(shè)代入，則，由基本不等式：所以，可得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，面積最大，故選A．
7．由題意可知：，且，即當(dāng)時(shí)，，由于，所以滿(mǎn)足的的最小值為51，故選B．
8．由拋物線(xiàn)方程，設(shè)圓心，半徑為，，在中，由正弦定理得，，
．又圓與直線(xiàn)相切，圓心到直線(xiàn)的距離．當(dāng)時(shí)，則圓心到直線(xiàn)的距離，解得；當(dāng)時(shí)，則圓心到直線(xiàn)的距離，解得或（舍），綜上或，故選C．
二、多項(xiàng)選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)是符合題目要求的，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分）
【解析】
9．設(shè)7位裁判對(duì)每位選手給分分別為，A．若7位裁判分別給分為1~7分，則原來(lái)平均值和去掉后的平均值都是，不變，所以A錯(cuò)誤；B．，所以B正確；C．中位數(shù)不變，都是，故C錯(cuò)誤；D．由題意，極差變小，數(shù)據(jù)更穩(wěn)定，所以方差變小，所以D正確，故選BD．
圖1
10．令，畫(huà)出，，，如圖1，由圖象可知：當(dāng)在①位置時(shí)，；當(dāng)在②位置時(shí)，；當(dāng)在③位置時(shí)，；故不可能成立，故選ABD．
11．由棱長(zhǎng)為2，可得正八面體上半部分的斜高為，高為，則正八面體的體積為．此正八面體的外接球的球心為，半徑為，所以外接球的體積為，A正確；由于到平面的距離等于到平面的距離，在中，過(guò)作的垂線(xiàn)，垂足為，則平面．由，得，平面截正八面體的外接球所得截面是圓，其半徑，所以所得截面的面積為，B正確；甲隨機(jī)選擇的情況有種，乙隨機(jī)選擇的情況有種，甲選擇的三個(gè)點(diǎn)構(gòu)成正三角形，只有一種情況：甲從上下兩個(gè)點(diǎn)中選一個(gè)，從中間四個(gè)點(diǎn)中選相鄰兩個(gè)，共有種，甲構(gòu)成正三角形的概率為，故C錯(cuò)誤；乙構(gòu)成正三角形，只有一種情況：上面四個(gè)面的中心中選一個(gè)點(diǎn)且從下面四個(gè)面的中心選相對(duì)的兩個(gè)點(diǎn)，或下面四個(gè)面的中心中選一個(gè)點(diǎn)且從上面四個(gè)面的中心選相對(duì)的兩個(gè)點(diǎn)，共有種，概率為；甲能構(gòu)成正三角形的概率為，所以甲與乙均能構(gòu)成正三角形的概率為，故D選項(xiàng)正確，故選ABD．
三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）
【解析】
12．因?yàn)?，且，即，有，所以?br>13．設(shè)，因?yàn)楫?dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，有最大值．又因?yàn)槭菧p函數(shù)，所以只需考慮時(shí)，的大小情況即可．當(dāng)時(shí)，比較與的大?。?yàn)?，所以令，得，解得．因此，?dāng)時(shí)，取最大值．
14．在中，由正弦定理得：，由于，所以．則有：
．
，由
，可得．
四、解答題（共77分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟）
15．（本小題滿(mǎn)分13分）
（1）解：當(dāng)
兩式相減得：，所以.
當(dāng)且，可得，也滿(mǎn)足，
由，則為等比數(shù)列，，
所以．…………………………………………………………………………（7分）
（2）證明：，當(dāng)時(shí)，成立；
當(dāng)時(shí)，
所以成立．
………………………………………………………………………………………（13分）
16．（本小題滿(mǎn)分15分）
解：（1）如圖2，設(shè)，由正四棱錐的性質(zhì)，，，
以為原點(diǎn)，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標(biāo)系．
由于各邊長(zhǎng)均為1，所以，
可得：，，，
設(shè)為平面的一個(gè)法向量，
則有：令，
圖2
則．
設(shè)與平面所成角為，
所以；
………………………………………………………………………………………（7分）
同理，可得平面的一個(gè)法向量，設(shè)二面角的平面角為，
所以，則，
所以與平面所成角的正弦值為；二面角的平面角的正弦值為．……………………………………………………………………………………（10分）
（2）得到5個(gè)面．一個(gè)正四棱錐，每個(gè)側(cè)面都是單位正三角形；一個(gè)正四面體，每個(gè)面也都是單位正三角形．把兩個(gè)幾何體通過(guò)一個(gè)全等的正三角形面粘接起來(lái)．因?yàn)橛兴膫€(gè)面兩兩融合，變成了兩個(gè)面．原因是這里有兩對(duì)兩個(gè)二面角恰好互補(bǔ)，下面計(jì)算驗(yàn)證．分別計(jì)算二面角和二面角的平面角大小．
………………………………………………………………………………………（11分）
由（1）求得二面角平面角…………………………………（12分）
取的中點(diǎn)，可得為所求的平面角，
二面角的平面角，
所以，這樣平面APB與平面QFG融合成了一個(gè)平面，
同理：平面DPC與平面QEG融合成了一個(gè)平面，
所以組合體有5個(gè)面．…………………………………………………………………（15分）
17．（本小題滿(mǎn)分15分）
解：（1）直接法：設(shè)點(diǎn)，由題意，，
化簡(jiǎn)得：．……………………………………………………………（4分）
（2）如圖3，由于直線(xiàn)的斜率存在，設(shè)
將直線(xiàn)代入，
可得：
則要
圖3
韋達(dá)定理得：
由于若四邊形為平行四邊形，
則有
即點(diǎn)在橢圓上，代入橢圓方程，
化簡(jiǎn)可得：，滿(mǎn)足：
則
弦長(zhǎng)，
點(diǎn)到直線(xiàn)的距離，
故平行四邊形的面積，
所以面積為定值．…………………………………………………………………（15分）
18．（本小題滿(mǎn)分17分）
解：（1）的所有可能取值為1，2，3．
1個(gè)人的情況為：1號(hào)勝勝，則概率為，
2個(gè)人的情況為：1號(hào)負(fù)2號(hào)勝勝或1號(hào)勝負(fù)2號(hào)勝，概率為，
3個(gè)人的概率，
所以分布列為：
所以．…………………………………………………（8分）
（2）分三種情況：
第一，一人全勝，該事件的概率設(shè)為，則
第二，兩人參賽獲勝，該事件的概率設(shè)為，
則
第三，三人參賽獲勝，該事件的概率設(shè)為，
則
由，
所以要甲隊(duì)獲勝的概率大于，即，化簡(jiǎn)得：
當(dāng)，代入可得：，成立．………………………………………………（17分）
19．（本小題滿(mǎn)分17分）
（1）解：列舉或用公式可求出．
………………………………………………………………………………………（3分）
（2）解：由麥克勞林公式，令，有
再取，可得，
所以估算值為．
在中，取，可得.
………………………………………………………………………………………（9分）
（3）證明：由麥克勞林公式，當(dāng)時(shí)，令，有，猜想：
令，有，猜想：
令，由，所以，即．
令，由，所以，即．
又時(shí)，，，所以.
令，當(dāng)，有，
則
命題得證．……………………………………………………………（17分）題號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
C
B
D
C
A
B
C
題號(hào)
9
10
11
答案
BD
ABD
ABD
題號(hào)
12
13
14
答案
1
2
3

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