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）数学试题（含答案）

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数学试卷
注意事项：
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. 4 B. 8 C. 16 D. 32
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
3. 已知数列是公差为的等差数列，则（）
A8 B. 4 C. D.
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. 6 B. 6 C. 12 D.
5. 若函数在区间上是增函数，且.则（）
A. B. C. 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.
7. 已知，则（）
A. B.
C. D.
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.
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
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，在处的切线方程为
C. ，一定存在极值点
D. 若存在极大值，则极大值恒正数
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
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知数列满足且则通项公式_______.
13. 已知，则____________
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____________
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.
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，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.
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（为的导数）与的大小关系.
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.
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？
数学试卷
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.
【答案】A
2.
【答案】B
3.
【答案】C
4.
【答案】A
5.
【答案】D
6.
【答案】D
7.
【答案】B
8.
【答案】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.
【答案】BCD
10.
【答案】ABD
11.
【答案】BC
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12.【答案】 .
13.【答案】2
14.
【答案】 ①. ②.
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.
【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.
【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.
【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.
【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.
【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，
所以在上单调递增，在上单调递减，
即当时，该游戏得分的期望值最大.
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