重慶市烏江新高考協(xié)作體2024屆高三上學期高考第一次聯(lián)合調研抽測數學試題（解析版）

PAGEPAGE1重慶市烏江新高考協(xié)作體2024屆高三上學期高考第一次聯(lián)合調研抽測數學試題一、選擇題1.“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗A〖解析〗因為，而推不出，例如滿足，但不成立，所以“”是“”的充分不必要條件，故選：A2.已知復數滿足：，則的最大值為（）A.2 B.C. D.3〖答案〗B〖解析〗設，其中，則，∵，∴，即點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，∴即為圓上動點到定點的距離，∴的最大值為.故選：B.3.大多數居民在住宅區(qū)都會注意噪音問題.記為實際聲壓，通常我們用聲壓級（單位：分貝）來定義聲音的強弱，聲壓級與聲壓存在近似函數關系：，其中為常數,且常數為聽覺下限閾值.若在某棟居民樓內，測得甲穿硬底鞋走路的聲壓為穿軟底鞋走路的聲壓的倍，且穿硬底鞋走路的聲壓級為分貝，恰為穿軟底鞋走路的聲壓級的倍.若住宅區(qū)夜間聲壓級超過分貝即擾民，該住宅區(qū)夜間不擾民情況下的聲壓為，則（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗A〖解析〗由題意，得，則，因此，，則，，則.故選：A.4.函數的最小正周期為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因為.所以，函數的最小正周期為：.故選：B5.過直線上一點P作圓的兩條切線PA，PB，若，則點P的橫坐標為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由題設，已知圓的圓心，四邊形為正方形且邊長為，所以，而到直線的距離，如下圖，令直線與直線夾角為，則，又直線過，令，則，所以，則.故選：D6.已知函數滿足：，，成立，且，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗令，則，所以，令，則，所以，令，則，所以，令，則，所以，則當時，，則，當時，上式也成立，所以，所以.故選：C.7.已知雙曲線()的左?右焦點分別為為雙曲線上的一點，為的內心，且，則的離心率為（）A.3 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗如下圖示，延長到且，延長到且，所以，即，故是△的重心，即，又，所以，而是的內心，則，由，則，故，即.故選：D8.已知點是雙曲線上位于第一象限內的一點，分別為的左?右焦點,的離心率和實軸長都為2,過點的直線交軸于點，交軸于點，過作直線的垂線，垂足為，則下列說法錯誤的是（）A.的方程為B.點的坐標為C.的長度為1，其中為坐標原點D.四邊形面積的最小值為〖答案〗B〖解析〗對于A，因為，解得，所以其方程為，故A正確；對于B，，所以的方程為，所以令得直線交軸于點，故B錯誤；對于C，直線的方程為，與直線的方程聯(lián)立解得，所以，故C正確；對于D，四邊形的面積為，當且僅當時等號成立，故D正確.故選：B.二、多項選擇題9.有款小游戲，規(guī)則如下：一小球從數軸上的原點0出發(fā)，通過扔骰子決定向左或者向右移動，扔出骰子，若是奇數點向上，則向左移動一個單位，若是偶數點向上，則向右移動一個單位，則扔出次骰子后，下列結論正確的是（）A.第二次扔骰子后，小球位于原點0的概率為B.第三次扔骰子后，小球所在位置是個隨機變量，則這個隨機變量的期望是C.第一次扔完骰子小球位于且第五次位于1的概率D.第五次扔完骰子，小球位于1的概率大于小球位于3概率〖答案〗AD〖解析〗扔出骰子，奇數點向上的概率為，偶數點向上的概率亦為；對A：若兩次運動后，小球位于原點，小球在兩次運動之中一定一次向左一次向右，故其概率為，故A正確；對B，設這個隨機變量為，則的可能取值為、、、，其中，，故其期望，故B錯誤；對C：第一次扔完骰子小球位于，即第一次向左移動，且第五次位于1，則后續(xù)中小球向右3次，向左1次，故其概率為，故C錯誤；對D：第五次扔完骰子，小球位于1，即兩次向左，三次向右，故其概率，小球位于3，則四次向右，一次向左，故其概率，有，故D正確.故選：AD.10.已知函數，則下列說法正確的是（）A.函數值域為B.函數是增函數C.不等式的解集為D.〖答案〗ACD〖解析〗對于A，令，又因為在上遞增，所以，由對數函數的性質可得，的值域為R，故A正確；對于B，因為在上遞增，在上遞減，由復合函數的單調性可知，為減函數，故B錯誤；對于C，因為的定義域為，且,，所以為奇函數，且在上為減函數，不等式等價于即，等價于，解得，故C正確；對于D，因為且，所以，故D正確.故選：ACD.11.將函數的圖象上的每一點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，再將所得圖象向右平移個單位長度，得到的圖象，則（）A.的圖象關于直線對稱 B.的圖象關于點對稱C.的圖象關于直線對稱 D.的圖象關于點對稱〖答案〗BC〖解析〗依題意可得，A，當時，，則不為對稱軸，A錯誤；B，當時，，則為對稱中心，B正確；C，當時，，則為對稱軸，C正確；D，當時，，則不是對稱中心，D錯誤；故選：BC12.如圖，在棱長為2的正方體中，為棱的中點，為底面內的一動點（含邊界），則下列說法正確的是（）A.過點，，的平面截正方體所得的截面周長為B.存在點，使得平面C.若平面，則動點的軌跡長度為D.當三棱錐的體積最大時，三棱錐外接球的表面積為〖答案〗ACD〖解析〗A選項，如圖，取的中點，連接，因為為的中點，所以，，所以過點，，的平面截正方體所得的截面為梯形，其周長為，故A選項正確；B選項，假設存在點，使得平面，則，得只能在線段上，再由，得只能在線段上，即與重合，不符合題意，故B選項錯誤；C選項，如圖，取的中點M，的中點，連接，，，可得，，又平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，又，所以平面平面，所以動點的軌跡為線段，其長度為，故C選項正確；D選項，由A，C選項可得，平面平面，所以當在點時，到平面的距離最大，此時為等邊三角形，因為平面，所以三棱錐的外接球球心一定在直線上，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，設，由得，，解得，所以，所以三棱錐外接球的表面積為，故D選項正確．故選：ACD．三、填空題13.設非空集合滿足，，則這樣的的個數為________．〖答案〗〖解析〗由題設可得，這5組中的每一組中的元素必定同時出現在集合中，故這樣的非空集合的個數為，故〖答案〗為：14.已知函數在區(qū)間上單調遞增,那么實數ω的取值范圍是____.〖答案〗〖解析〗因為，由且，知，因為函數在區(qū)間上單調遞增,則,其中,所以其中,解得，其中,由，得，又，所以或，因為,所以當時,;當時,，所以實數ω的取值范圍是.15.若關于的不等式的解集為，則的取值范圍是__________．〖答案〗〖解析〗因為不等式的解集為，所以二次函數的對稱軸為直線，且需滿足，即，解得，所以，所以，所以.故〖答案〗為：.16.已知橢圓：的離心率為，左頂點是A，左、右焦點分別是，，是在第一象限上的一點，直線與的另一個交點為．若，且的周長為，則直線的斜率為________．〖答案〗〖解析〗因為橢圓：的離心率為，則，又因為，即，則，可得，所以，①又因為，可得，②又因為，③由①②③知，，在中，由余弦定理可得，可得為銳角，則，所以，即的斜率為．故〖答案〗為：.四、解答題17.某區(qū)域市場中智能終端產品的制造全部由甲?乙兩公司提供技術支持．據市場調研及預測，商用初期，該區(qū)域市場中采用的甲公司與乙公司技術的智能終端產品各占一半，假設兩家公司的技術更新周期一致，且隨著技術優(yōu)勢的體現，每次技術更新后，上一周期采用乙公司技術的產品中有轉而采用甲公司技術，采用甲公司技術的產品中有轉而采用乙公司技術．設第次技術更新后，該區(qū)域市場中采用甲公司與乙公司技術的智能終端產品占比分別為和，不考慮其他因素的影響．（1）用表示，并求使數列是等比數列的實數．（2）經過若干次技術更新后，該區(qū)域市場采用甲公司技術的智能終端產品的占比能否達到以上？若能，則至少需要經過幾次技術更新；若不能，請說明理由．解：（1）由題意知，經過次技術更新后，，則，即．設，則，令，解得．又，所以當時，是以為首項，為公比的等比數列．（2）由（1）可知，則，．所以經過次技術更新后，該區(qū)域市場采用甲公司技術的智能終端產品的占比為．對于任意，所以，即經過若干次技術更新后，該區(qū)域市場采用甲公司技術的智能終端產品的占比不會達到以上．18.在銳角中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知.（1）求角C；（2）求的取值范圍.解：（1）因為，由余弦定理，，整理得：，又由正弦定理，，而A為三角形內角，故，故，而C銳角三角形內角，故（2）由（1）知，，因為三角形為銳角三角形，故，解得：，則，故，所以.故的取值范圍是.19.品酒師需要定期接受品酒鑒別能力測試，測試方法如下：拿出n瓶外觀相同但品質不同的酒讓其品嘗，要求按品質優(yōu)劣為它們排序，經過一段時間，等他等記憶淡忘之后，再讓他品嘗這n瓶酒，并重新按品質優(yōu)劣為它們排序，這稱為一輪測試.設在第一次排序時被排為1，2，3，…，n的n種酒，在第二次排序時的序號為，并令，稱X是兩次排序的偏離度.評委根據一輪測試中的兩次排序的偏離度的高低為其評分.（1）當時，若等可能地為1，2，3的各種排列，求X的分布列；（2）當時，①若等可能地為1，2，3，4的各種排列，計算的概率；②假設某品酒師在連續(xù)三輪測試中，都有（各輪測試相互獨立），你認為該品酒師的鑒別能力如何，請說明理由.解：（1）的排序共有種，且每種排序等可能，此時可取，又時，的排序為，，時，的排序為或，，時，的排序為或或，，所以的分布列為：（2）①排序共有種，且每種排序等可能，而，故中有偶數個奇數，故必為偶數，當時，的排序與第一次排序無變化時，此時僅有種排序：，則，當時，的排序與第一次排序相比僅有相鄰兩個位置變化時，此時有種排序：、、，，所以；②因為各輪測試相互獨立，所以“連續(xù)三輪測試中，都有”的概率為，所以是一個小概率，這表明僅憑隨機猜測得到三輪測試都有的結果的可能性很小，所以我們認為該品酒師有良好的鑒別能力，不是靠隨機猜測.20.設為實數，直線和圓相交于，兩點.（1）若，求的值；（2）若點在以為直徑的圓外（其中為坐標原點），求實數的取值范圍.解：（1）將圓的方程化為標準方程，圓心，半徑，由，可知圓心到直線得距離為，所以，解得或；（2）設，，聯(lián)立，得，由，得，且，，因為點在以為直徑的圓外，所以，即，即，解得，所以的取值范圍是.21.正多面體又稱為柏拉圖立體，是指一個多面體的所有面都是全等的正三角形或正多邊形，每個頂點聚集的棱的條數都相等，這樣的多面體就叫做正多面體.可以驗證一共只有五種多面體.令（均為正整數），我們發(fā)現有時候某正多面體的所有頂點都可以和另一個正多面體的一些頂點重合，例如正面體的所有頂點可以與正面體的某些頂點重合，正面體的所有頂點可以與正面體的所有頂點重合，等等.（1）當正面體的所有頂點可以與正面體的某些頂點重合時，求正面體的棱與正面體的面所成線面角的最大值；（2）當正面體在棱長為的正面體內，且正面體的所有頂點均為正面體各面的中心時，求正面體某一面所在平面截正面體所得截面面積；（3）已知正面體的每個面均為正五邊形，正面體的每個面均為正三角形.考生可在以下2問中選做1問.（第一問答對得2分，第二問滿分8分，兩題均作答，以第一問結果給分）第一問：求棱長為的正面體的表面積；第二問：求棱長為的正面體的體積.解：（1）設正面體每個端點出去的棱數相等為，每個面的邊的數量相等為，端點數量為，面的數量為，棱的數量為，由于每個棱用兩個端點，所以有：，由于每兩個相鄰的面共用一條棱，所以有：，由，解得，因為代表多邊形的邊數，所以，因為要得到立體圖形，必須有，由題意易得，所以，，所以滿足條件的只有組解，①，，，即正四面體；②，，，即正六面體；③，，，即正十二面體；④，，，即正八面體；⑤，，，即正二十面體。即，，，，，為了滿足題意，只需找到正六面體的四個端點，端點距離全部相等，滿足題意的僅有一種，如圖所示：易得線面角只有或，所以夾角最大值為；（2）、、代表正六面體的中心，、、代表截面三角形，顯然截面為邊長為的正三角形，面積；（3）第一問：正二十面體各面為正三角形，表面積；第二問：正十二面體各面為正五邊形，圖形如下：按照圖示帶箭頭的虛線分割，得到一個棱長相等的平行六面體和六個相同的立體圖形，如圖、長度為1，且，由易知，即正六面體邊長為，正六面體邊長為，則，沿著頂棱的兩個端點，分別作關于頂棱垂直的切面，立體圖形可以拆成兩個四面體，一個三棱柱，先算出綠色邊的長度，再用勾股定理易得立體圖形高為，，所以總體積為.22.一類項目若投資1元，投資成功的概率為．如果投資成功，會獲得元的回報；如果投資失敗，則會虧掉1元本金．為了規(guī)避風險，分多次投資該類項目，設每次投資金額為剩余本金的，1956年約翰·拉里·凱利計算得出，多次投資的平均回報率函數為，并提出了凱利公式．（1）證明：當時，使得平均回報率最高的投資比例滿足凱利公式；（2）若，，求函數在上的零點個數．（1）證明：證法一：因