2024屆云南省瀘西縣一中高三適應性調研考試數學試題含解析

2024屆云南省瀘西縣一中高三適應性調研考試數學試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．下列命題為真命題的個數是（）（其中，為無理數）①；②；③.A．0 B．1 C．2 D．32．一個頻率分布表（樣本容量為）不小心被損壞了一部分，只記得樣本中數據在上的頻率為，則估計樣本在、內的數據個數共有（）A． B． C． D．3．已知數列為等差數列，為其前項和，，則（）A．7 B．14 C．28 D．844．的展開式中，滿足的的系數之和為（）A． B． C． D．5．復數的共軛復數記作，已知復數對應復平面上的點，復數:滿足.則等于（）A． B． C． D．6．在三棱錐中，，，則三棱錐外接球的表面積是（）A． B． C． D．7．已知函數，為的零點，為圖象的對稱軸，且在區(qū)間上單調，則的最大值是（）A． B． C． D．8．已知集合．為自然數集，則下列表示不正確的是（）A． B． C． D．9．已知函，，則的最小值為（）A． B．1 C．0 D．10．已知復數滿足，則的值為（）A． B． C． D．211．在中，角所對的邊分別為，已知，則（）A．或 B． C． D．或12．已知函數，若不等式對任意的恒成立，則實數k的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，若對于任意正實數，均存在以為三邊邊長的三角形，則實數k的取值范圍是_______.14．已知半徑為4的球面上有兩點A，B，AB=42，球心為O，若球面上的動點C滿足二面角C-AB-O的大小為60°15．已知拋物線的焦點為，過點且斜率為1的直線與拋物線交于點，以線段為直徑的圓上存在點，使得以為直徑的圓過點，則實數的取值范圍為________．16．正四面體的一個頂點是圓柱上底面的圓心，另外三個頂點圓柱下底面的圓周上，記正四面體的體積為，圓柱的體積為，則的值是______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），直線的參數方程為，（為參數）.以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（Ⅰ）求的極坐標方程和的直角坐標方程；（Ⅱ）設分別交于兩點（與原點不重合），求的最小值.18．（12分）已知函數，為的導數，函數在處取得最小值．（1）求證：；（2）若時，恒成立，求的取值范圍．19．（12分）已知數列，，數列滿足，n．（1）若，，求數列的前2n項和；（2）若數列為等差數列，且對任意n，恒成立．①當數列為等差數列時，求證：數列，的公差相等；②數列能否為等比數列？若能，請寫出所有滿足條件的數列；若不能，請說明理由．20．（12分）如圖，正方形所在平面外一點滿足，其中分別是與的中點.（1）求證：；（2）若，且二面角的平面角的余弦值為，求與平面所成角的正弦值.21．（12分）已知拋物線與直線.（1）求拋物線C上的點到直線l距離的最小值；（2）設點是直線l上的動點，是定點，過點P作拋物線C的兩條切線，切點為A，B，求證A，Q，B共線；并在時求點P坐標.22．（10分）小麗在同一城市開的2家店鋪各有2名員工.節(jié)假日期間的某一天，每名員工休假的概率都是，且是否休假互不影響，若一家店鋪的員工全部休假，而另一家無人休假，則調劑1人到該店維持營業(yè)，否則該店就停業(yè).（1）求發(fā)生調劑現象的概率；（2）設營業(yè)店鋪數為X，求X的分布列和數學期望.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

對于①中，根據指數冪的運算性質和不等式的性質，可判定值正確的；對于②中，構造新函數，利用導數得到函數為單調遞增函數，進而得到，即可判定是錯誤的；對于③中，構造新函數，利用導數求得函數的最大值為，進而得到，即可判定是正確的.【詳解】由題意，對于①中，由，可得，根據不等式的性質，可得成立，所以是正確的；對于②中，設函數，則，所以函數為單調遞增函數，因為，則又由，所以，即，所以②不正確；對于③中，設函數，則，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，所以當時，函數取得最大值，最大值為，所以，即，即，所以是正確的.故選：C.【點睛】本題主要考查了不等式的性質，以及導數在函數中的綜合應用，其中解答中根據題意，合理構造新函數，利用導數求得函數的單調性和最值是解答的關鍵，著重考查了構造思想，以及推理與運算能力，屬于中檔試題.2、B【解析】

計算出樣本在的數據個數，再減去樣本在的數據個數即可得出結果.【詳解】由題意可知，樣本在的數據個數為，樣本在的數據個數為，因此，樣本在、內的數據個數為.故選：B.【點睛】本題考查利用頻數分布表計算頻數，要理解頻數、樣本容量與頻率三者之間的關系，考查計算能力，屬于基礎題.3、D【解析】

利用等差數列的通項公式，可求解得到，利用求和公式和等差中項的性質，即得解【詳解】，解得．．故選：D【點睛】本題考查了等差數列的通項公式、求和公式和等差中項，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.4、B【解析】

，有，，三種情形，用中的系數乘以中的系數，然后相加可得．【詳解】當時，的展開式中的系數為．當，時，系數為；當，時，系數為；當，時，系數為；故滿足的的系數之和為．故選：B．【點睛】本題考查二項式定理，掌握二項式定理和多項式乘法是解題關鍵．5、A【解析】

根據復數的幾何意義得出復數，進而得出，由得出可計算出，由此可計算出.【詳解】由于復數對應復平面上的點，，則，，，因此，.故選：A.【點睛】本題考查復數模的計算，考查了復數的坐標表示、共軛復數以及復數的除法，考查計算能力，屬于基礎題.6、B【解析】

取的中點，連接、，推導出，設設球心為，和的中心分別為、，可得出平面，平面，利用勾股定理計算出球的半徑，再利用球體的表面積公式可得出結果.【詳解】取的中點，連接、，由和都是正三角形，得，，則，則，由勾股定理的逆定理，得.設球心為，和的中心分別為、.由球的性質可知：平面，平面，又，由勾股定理得.所以外接球半徑為.所以外接球的表面積為.故選：B.【點睛】本題考查三棱錐外接球表面積的計算，解題時要分析幾何體的結構，找出球心的位置，并以此計算出球的半徑長，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.7、B【解析】

由題意可得，且，故有①，再根據，求得②，由①②可得的最大值，檢驗的這個值滿足條件．【詳解】解：函數，，為的零點，為圖象的對稱軸，，且，、，，即為奇數①．在，單調，，②．由①②可得的最大值為1．當時，由為圖象的對稱軸，可得，，故有，，滿足為的零點，同時也滿足滿足在上單調，故為的最大值，故選：B．【點睛】本題主要考查正弦函數的圖象的特征，正弦函數的周期性以及它的圖象的對稱性，屬于中檔題．8、D【解析】

集合．為自然數集，由此能求出結果．【詳解】解：集合．為自然數集，在A中，，正確；在B中，，正確；在C中，，正確；在D中，不是的子集，故D錯誤．故選：D．【點睛】本題考查命題真假的判斷、元素與集合的關系、集合與集合的關系等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．9、B【解析】

，利用整體換元法求最小值.【詳解】由已知，又，，故當，即時，.故選：B.【點睛】本題考查整體換元法求正弦型函數的最值，涉及到二倍角公式的應用，是一道中檔題.10、C【解析】

由復數的除法運算整理已知求得復數z，進而求得其模.【詳解】因為，所以故選：C【點睛】本題考查復數的除法運算與求復數的模，屬于基礎題.11、D【解析】

根據正弦定理得到，化簡得到答案.【詳解】由，得，∴，∴或，∴或．故選：【點睛】本題考查了正弦定理解三角形，意在考查學生的計算能力.12、A【解析】

先求出函數在處的切線方程，在同一直角坐標系內畫出函數和的圖象，利用數形結合進行求解即可.【詳解】當時，，所以函數在處的切線方程為：，令，它與橫軸的交點坐標為.在同一直角坐標系內畫出函數和的圖象如下圖的所示：利用數形結合思想可知：不等式對任意的恒成立，則實數k的取值范圍是.故選：A【點睛】本題考查了利用數形結合思想解決不等式恒成立問題，考查了導數的應用，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據三角形三邊關系可知對任意的恒成立,將的解析式用分離常數法變形,由均值不等式可得分母的取值范圍,則整個式子的取值范圍由的符號決定,故分為三類討論,根據函數的單調性求出函數值域,再討論,轉化為的最小值與的最大值的不等式,進而求出的取值范圍.【詳解】因為對任意正實數,都存在以為三邊長的三角形,故對任意的恒成立,,令,則,當,即時,該函數在上單調遞減,則；當,即時,,當,即時,該函數在上單調遞增,則,所以,當時,因為,,所以,解得；當時,,滿足條件；當時,,且,所以,解得,綜上,,故答案為:【點睛】本題考查參數范圍,考查三角形的構成條件,考查利用函數單調性求函數值域,考查分類討論思想與轉化思想.14、4【解析】

設△ABC所在截面圓的圓心為O1，AB中點為D，連接OD,易知∠ODO1即為二面角C-AB-O的平面角，可求出OD,?O1D及OO1，然后可判斷出四面體OABC外接球的球心E在直線OO1上，在【詳解】設△ABC所在截面圓的圓心為O1，AB中點為D，連接OD,OA＝OB，所以，OD⊥AB，同理O1D⊥AB，所以，∠ODO1即為二面角∠ODO因為OA=OB=4,?AB=42，所以△OAB在Rt△ODO1中，由cos60o＝O1D因為O1到A、B、C三的距離相等，所以，四面體OABC外接球的球心E在直線OO設四面體OABC外接球半徑為R，在Rt△O1由勾股定理可得：O1B2+O【點睛】本題考查了三棱錐的外接球問題，考查了學生的空間想象能力、邏輯推理能力及計算求解能力，屬于中檔題．15、【解析】

由題意求出以線段AB為直徑的圓E的方程，且點D恒在圓E外，即圓E上存在點，使得，則當與圓E相切時，此時，由此列出不等式，即可求解?！驹斀狻坑深}意可得，直線的方程為，聯立方程組，可得，設，則，，設，則，，又，所以圓是以為圓心，4為半徑的圓，所以點恒在圓外．圓上存在點，使得以為直徑的圓過點，即圓上存在點，使得，設過點的兩直線分別切圓于點，要滿足題意，則，所以，整理得，解得，故實數的取值范圍為【點睛】本題主要考查了直線與拋物線位置關系的應用，以及直線與圓的位置關系的應用，其中解答中準確求得圓E的方程，把圓上存在點，使得以為直徑的圓過點，轉化為圓上存在點，使得是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題。16、【解析】

設正四面體的棱長為，求出底面外接圓的半徑與高，代入體積公式求解．【詳解】解：設正四面體的棱長為，則底面積為，底面外接圓的半徑為，高為．∴正四面體的體積，圓柱的體積．則．故答案為：．【點睛】本題主要考查多面體與旋轉體體積的求法，考查計算能力，屬于中檔題．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（Ⅰ）直線的極坐標方程為，直線的極坐標方程為，的直角坐標方程為；（Ⅱ）2.【解析】

（Ⅰ）由定義可直接寫出直線的極坐標方程，對曲線同乘可得：，轉化成直角坐標為；（Ⅱ）分別聯立兩直線和曲線的方程，由得，由得，則，結合三角函數即可求解；【詳解】（Ⅰ）直線的極坐標方程為，直線的極坐標方程為由曲線的極坐標方程得，所以的直角坐標方程為.（Ⅱ）與的極坐標方程聯立得所以.與的極坐標方程聯立得所以.所以.所以當時，取最小值2.【點睛】本題考查參數方程與極坐標方程的互化，極坐標方程與直角坐標方程的互化，極坐標中的幾何意義，屬于中檔題18、（1）見解析；（2）.【解析】

（1）對求導，令，求導研究單調性，分析可得存在使得，即，即得證；（2）分，兩種情況討論，當時，轉化利用均值不等式即得證；當，有兩個不同的零點，，分析可得的最小值為，分，討論即得解.【詳解】（1）由題意，令，則，知為的增函數，因為，，所以，存在使得，即．所以，當時，為減函數，當時，為增函數，故當時，取得最小值，也就是取得最小值．故，于是有，即，所以有，證畢．（2）由（1）知，的最小值為，①當，即時，為的增函數，所以，，由（1）中，得，即．故滿足題意．②當，即時，有兩個不同的零點，，且，即，若時，為減函數，（*）若時，為增函數，所以的最小值為．注意到時，，且此時，（ⅰ）當時，，所以，即，又，而，所以，即．由于在下，恒有，所以．（ⅱ）當時，，所以，所以由（*）知時，為減函數，所以，不滿足時，恒成立，故舍去．故滿足條件．綜上所述：的取值范圍是．【點睛】本題考查了函數與導數綜合，考查了利用導數研究函數的最值和不等式的恒成立問題，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，分類討論，數學運算能力，屬于較難題.19、（1）（2）①見解析②數列不能為等比數列，見解析【解析】

（1）根據數列通項公式的特點，奇數項為等差數列，偶數項為等比數列，選用分組求和的方法進行求解；（2）①設數列的公差為，數列的公差為，當n為奇數時，得出；當n為偶數時，得出，從而可證數列，的公差相等；②利用反證法，先假設可以為等比數列，結合題意得出矛盾，進而得出數列不能為等比數列．【詳解】（1）因為，，所以，且，由題意可知，數列是以1為首項，2為公差的等差數列，數列是首項和公比均為4的等比數列，所以；（2）①證明：設數列的公差為，數列的公差為，當n為奇數時，，若，則當時，，即，與題意不符，所以，當n為偶數時，，，若，則當時，，即，與題意不符，所以，綜上，，原命題得證；②假設可以為等比數列，設公比為q，因為，所以，所以，，因為當時，，所以當n為偶數，且時，，即當n為偶數，且時，不成立，與題意矛盾，所以數列不能為等比數列．【點睛】本題主要考查數列的求和及數列的綜合，數列求和時一般是結合通項公式的特征選取合適的求和方法，數列綜合題要回歸基本量，充分挖掘題目已知信息，細思細算，本題綜合性較強，難度較大，側重考查邏輯推理和數學運算的核心素養(yǎng).20、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）先證明EF平面，即可求證；（2）根據二面角的余弦值，可得平面，以為坐標原點，建立空間直角坐標系,利用向量計算線面角即可.【詳解】（1）連接，交于點，連結.則，