2024屆屆貴州省新改革適應性模擬試題（五）解析版（有答案）

2024屆屆貴州省新改革適應性模擬試題（五）解析版2024年屆貴州省新改革適應性模擬試卷（五）數學·答案一、單選題1．設集合，，若，則（

）A．0 B．1 C． D．【正確答案】C【分析】依題意可得或，求出的值，再檢驗是否滿足集合元素的互異性.【詳解】因為，且，所以或，解得或或，當時集合不滿足集合元素的互異性，故舍去；當時集合、均不滿足集合元素的互異性，故舍去；當時集合、，滿足，符合題意.故選：C2．復數在復平面內對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【正確答案】A【分析】由復數幾何意義及三角函數值符號判斷其所在象限即可.【詳解】由復數的幾何意義知，復數在復平面中對應點，又因為，所以，，所以點位于第一象限.故選：A.3．如圖，在平行四邊形中，為的靠近點的三等分點，與相交于點，若，則（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】利用平行分線段成比例得到，進而利用向量加法的平行四邊形法則即可得解.【詳解】因為平行四邊形中，為的靠近點的三等分點，與相交于點，所以，所以，又，所以，.故選：B.4．已知圓錐的側面積是，且它的側面展開圖是一個半圓，則這個圓錐的內切球半徑為（

）A． B． C． D．【正確答案】D【分析】設出圓錐底面圓的半徑，并由題意聯立方程組求出；再由勾股定理解出圓錐內切球的半徑即可.【詳解】設圓錐底面圓的半徑為，高為，母線長為，由題意知：，兩式相除解得，；所以圓錐的頂角為，軸截面為等邊三角形，圓錐的高，設圓錐的內切圓半徑為，，解得.故選：D.5．已知函數，則（

）A． B． C． D．【正確答案】C【分析】觀察，構造函數，利用導數的四則運算得到，代入即可得解.【詳解】設，則，故，所以.故選：C.6．有6個相同的球，分別標有數字1，2，3，4，5，6，從中有放回地隨機取兩次，每次取1個球，甲表示事件“第一次取出的球的數字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數字之和是7”，則下列說法錯誤的是（

）A．丙與丁是互斥事件 B．甲與丙是互斥事件C．甲與丁相互獨立 D．（乙丙）（乙）+（丙）【正確答案】D【分析】對于AB：利用互斥的事件的概念判斷；對于C：計算（甲）（?。锥。┦欠癯闪砼袛?；對于D：根據乙丙，乙，丙分別包含的基本事件數來判斷.【詳解】對于A：丙與丁不可能同時發(fā)生，所以丙與丁是互斥事件，A正確；對于B：若第一次取出的球的數字是1，則兩次取出的球的數字之和不可能是8，所以甲與丙不可能同時發(fā)生，是互斥事件，B正確；對于C：（甲），（?。?，（甲?。瑒t（甲）（丁）（甲?。约着c丁相互獨立，C正確；對于D：乙丙包含的基本事件有共10個，乙包含的基本事件有共6個，丙包含的基本事件有共5個，所以P（乙丙）P（乙）+P（丙），D錯誤.故選：D.7．若數列滿足，，且對任意的都有，則（

）A． B．C． D．【正確答案】C【分析】令，由題意可證得數列是等差數列，從而求得，再利用累加法求得，進而利用裂項相消法求即可得解.【詳解】因為對于都有，則，令，所以，又，所以數列是以為首項，2為公差的等差數列，所以，即，則，累加得，所以，則，所以.故選：C.8．已知為雙曲線的右頂點，為坐標原點，為雙曲線上兩點，且，直線的斜率分別為和，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．2【正確答案】C【分析】先判斷出兩點關于原點對稱，設出的坐標，根據，可知是中點，兩點關于原點對稱，直線的斜率列方程，求得，進而求得雙曲線的離心率.【詳解】，設，則，則，，.故選：C求解雙曲線離心率有關的問題，可以利用直接法來進行求解，也即通過已知條件求得和，從而求得雙曲線的離心率.也可以利用構造齊次式的方法來進行求解，也即通過已知條件求得或的等量關系式，由此來求得離心率.二、多選題9．下列說法正確的是（

）A．若函數的定義域為，則函數的定義域為B．當時，不等式恒成立，則的取值范圍是C．函數在區(qū)間上單調遞減D．若函數的值域為，則實數的取值范圍是【正確答案】AD【分析】A選項，利用抽象函數定義域的求解判斷即可；B選項，分和兩種情況，結合根的判別式得到不等式，求出答案；C選項，求出的定義域即可判斷；D選項，將問題轉化為能夠取到所有正數，分和兩種情況，結合根的判別式得到不等式組，求出答案.【詳解】A選項，對于，由，得，對于，令，解得，故函數的定義域為，A正確；B選項，當時，恒成立，滿足要求，當時，需滿足，解得，綜上，的取值范圍是，B錯誤；C選項，令，解得，當時顯然無意義，所以不可能在上單調遞減，C錯誤；D選項，若函數的值域為，則能夠取到所有正數，當時，能夠取到所有正數，滿足要求，當時，需滿足，即，解得，綜上，實數的取值范圍是，D正確.故選：AD.10．已知橢圓（）的左，右焦點分別為，，上，下兩個頂點分別為，，的延長線交于，且，則（

）A．橢圓的離心率為B．直線的斜率為C．為等腰三角形D．【正確答案】ACD【分析】利用橢圓的定義結合余弦定理求解角的三角函數值，在同一個三角形中將離心率表示為三角函數值，求出離心率即可判斷A，先求出傾斜角的正切值，再利用斜率的幾何意義判斷B，利用橢圓的定義得到邊相等，證明是等腰三角形判斷C，求解關鍵點的坐標，結合兩點間距離公式判斷D即可.【詳解】對于A，連接，，，，，，在中，，故有，解得，則，而在中，，，故A正確，對于B，而的傾斜角為，而，則，故B錯誤.對于C，由已知得，是等腰三角形，故C正確，對于D，因為，則，故，易知的方程為，設，聯立方程組，解得或，故，又，即，由兩點距離公式得，而，，故D正確.故選：ACD.11．在棱長為2的正方體中，點E，F分別為棱，的中點，過點的平面與平面平行，點為線段上的一點，則下列說法正確的是（

）A．B．若點為平面內任意一點，則的最小值為C．底面半徑為且高為的圓柱可以在該正方體內任意轉動D．直線與平面所成角的正弦值的最大值為【正確答案】ACD【分析】對A，可證平面，可得；對B，平面截正方體的截面為如圖正六邊形，點關于平面對稱，最小轉化為求即為；對C，只要圓柱的外接球半徑小于等于正方體的內切球半徑即可滿足題意；對D，當最小時，直線與平面所成角的正弦值最大，此時點是的中點，得解.【詳解】對于A，如圖，，又平面，所以，又是平面內兩條相交直線，所以平面，所以，同理可證，而平面，所以平面，因為平面，所以，故A正確；對于B，如圖，平面截正方體的截面為正六邊形，點關于平面對稱，所以，故B錯誤；對于C，底面半徑為，高為的圓柱的外接球的半徑為，又正方體棱長為2，所以圓柱可以在正方體內任意轉動，故C正確；對于D，由題，點到平面的距離為定值，所以當最小時，直線與平面所成角的正弦值最大，此時點是的中點，直線與平面所成角即，在中，，，，所以.故D正確.故選：ACD.思路點睛：選項B，確定平面截正方體的截面為正六邊形，由此確定點關于平面對稱，將球最小轉化為求；選項C，圓柱可以在正方體內任意轉動，只要圓柱的外接球半徑小于等于正方體的內切球半徑即可；選項D，直線與平面所成角的正弦值最大，即最小時，此時點是的中點，直線與平面所成角即.三、填空題12．近日海南文旅火爆出圈，海南島優(yōu)美的海濱景觀和深厚的文化底蘊吸引著全國各地游客前往，小明計劃假期去?？?、三亞、儋州、文昌、瓊海五個城市游玩，每個城市都去且只去一次，若儋州和文昌這兩個城市不排在最前面和最后面，則不同的游玩順序有種．（用數字作答）【正確答案】【分析】由特殊元素優(yōu)先原則，先排儋州和文昌這兩個城市，再排其他城市即可.【詳解】依題意，相當于將五個城市進行放到五個排成一排的空位中，先排儋州和文昌，在中間三個空位選兩個進行排序，有種排法，再將其他3個城市放到剩下的三個空位進行排序，有種排法，所以共有種排法.故答案為.13．函數的圖象是等軸雙曲線，其離心率為，已知對勾函數的圖象也是雙曲線，其離心率為．則．【正確答案】【分析】首先得到雙曲線的兩條漸近線方程分別為，，根據雙曲線的對稱性可得漸近線與實軸的夾角為，即，利用二倍角公式求出，最后由離心率公式計算可得.【詳解】由對勾函數的性質可在，上單調遞減，在，上單調遞增，當時，當時，且函數為奇函數，函數圖象關于原點對稱，雙曲線的方程為，雙曲線的兩條漸近線方程分別為，，漸近線與實軸的夾角為，，，解得或（舍去），，．故關鍵點點睛：本題關鍵是得到雙曲線的兩條漸近線方程，從而得到漸近線與實軸的夾角.14．意大利數學家斐波那契以兔子繁殖數量為例，引入數列：1，1，2，3，5，8，，該數列從第三項起，每一項都等于前兩項之和，即，故此數列稱為斐波那契數列，又稱“兔子數列”，其通項公式為.設n是不等式的正整數解，則n的最小值為.【正確答案】8【分析】先利用對數的運算法則可得，然后結合得，再根據數列的單調性即可求出結果.【詳解】由題知，∴，∴，即∴，∴，∴，∴，令，則數列即為斐波那契數列，，即，顯然數列為遞增數列，所以數列亦為遞增數列，易知，，且，，∴使得成立的的最小值為8.故8.四、解答題15．記的內角的對邊分別為，已知，且．(1)求；(2)設，求的面積．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）先求出，再根據，可得，再利用二倍角的余弦公式結合平方關系即可得解；（2）由，得，結合，得，再利用正弦定理化角為邊，再利用余弦定理求出各邊，再根據三角形的面積公式即可得解.【詳解】（1）由，得，則，又，所以，即，即．由，解得．又，解得或（舍去），從而；（2）由，得，結合，得，由正弦定理，得．又，所以，由余弦定理，得，即，解得，所以的面積為．16．如圖1，在等邊三角形中，，點分別是的中點.如圖2，以為折痕將折起，使點A到達點的位置（平面），連接.(1)證明：平面平面；(2)當時，求直線與平面所成角的正弦值.【正確答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）利用勾股定理、余弦定理證明線線垂直得線面垂直，再根據線面垂直的性質證明即可；（2）先利用勾股定理逆定理及線線垂直證得面平面，再建立合適的空間直角坐標系，根據空間向量求線面角即可.【詳解】（1）如圖所示，取的中點，連接，由題意易知，，，不妨設，則，由余弦定理可知，，由勾股定理知，所以，又平面，所以平面，因為平面，所以平面平面；（2）分別取中點，連接，由余弦定理可知，而，顯然，則，易知，，又平面，所以平面，因為平面，所以，則兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設平面的一個法向量為，則有，取，即，設直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.17．已知拋物線的焦點為，準線為是上在第一象限內的點，且直線的傾斜角為，點到的距離為．(1)求的方程；(2)設直線與交于兩點，是線段上一點（異于兩點），是上一點，且軸．若平行四邊形的三個頂點均在上，與交于點，證明：為定值．【正確答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據拋物線定義得到，再根據條件得到，代入拋物線方程得到方程，即可求出結果；（2）設直線的方程為，，根據條件得到，從而有直線的方程為，得到直線過點，又由題設知的中點坐標為，得到為的中點，即可解決問題.【詳解】（1）根據拋物線的定義，得，過點作軸，垂足為，則，又，所以，代入，得，整理得，解得（舍去）或，故的方程為．（2）設，顯然，與軸不平行，設直線的方程為，，聯立得，則，且，因為四邊形為平行四邊形，所以，即，所以，得到，又，即，由點在上，得，解得，所以直線的方程為，即，所以直線過點，又將代入，得，所以的中點坐標為，即為的中點，所以，故為定值．18．已知（其中為自然對數的底數）.(1)當時，求曲線在點處的切線方程，(2)當時，判斷是否存在極值，并說明理由；(3)，求實數的取值范圍.【正確答案】(1)(2)有一個極大值，一個極小值，理由見解析(3)【分析】（1）當時，求得，結合導數的幾何意義，即可求解；（2）當時，求得，令，利用導數求得的單調性與，得到存在使得，存在使得，進而得到答案；（3）求得，根據題意，得到，令，得到使得，利用函數的單調性，求得，再由，求得，再由，設，利用導數求得函數的單調性，即可求解.【詳解】（1）解：當時，，可得，則，所以曲線在點處的切線方程為，即.（2）解：當時，，定義域為，可得，令，則，當時，；當時，，所以在遞減，在上遞增，所以，又由，存在使得，存在使得，當時，單調遞增；當時，單調遞減；當時，單調遞增；所以時，有一個極大值，一個極小值.（3）解：由，可得，由，因為，可得，令，則在上遞減，當時，可得，則，所以，則，又因為，使得，即且當時，，即；當時，，即，所以在遞增，在遞減，所以，由，可得，由，可得，即，由，可得，所以，因為，設，則，可知在上遞增，且，所以實數的取值范圍是.方法技巧：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．19．甲乙兩人組成“星隊”參加猜成語活動，每輪活動由甲乙各猜一個成語，