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福建省泉州市泉州现代中学2024 2025学年高三下学期5月适应性检测数学试题
一、单选题
1．已知为虚数单位，复数满足，则（ ）
A． B．5 C． D．2
2．已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
3．已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．若，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为，且满足，则的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
6．已知正三棱台的体积为,,,则与平面所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
7．已知为数列的前n项和，且，若对任意正整数n恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．将编号为1，2，3，4，5的5个球放到3个不同的盒子中，每个球只能放到1个盒子中，每个盒子至少放入1个球，则编号为1，2，3的球所放盒子各不相同的概率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．随机变量，且，则
B．随机变量Y服从两点分布，且，则
C．对a，b两个变量进行相关性检验，得到相关系数为，对m，n两个变量进行相关性检验，得到相关系数为0.8278，则a与b负相关，m与n正相关，其中m与n的相关性更强
D．在的展开式中，偶数项系数的二项式系数和为32
10．设函数，，则下列结论正确的是（ ）
A．，在上单调递减
B．若且，则
C．若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为
D．存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数
11．数列满足，记数列的前项和为，则（ ）
A． B．
C．数列的前项和为 D．的最小值为
三、填空题
12．若为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项为 .
13．已知且，则 ．
14．设数列满足，，其中表示不超过x的最大整数，则 ； .
四、解答题
15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，成等差数列，且．
（1）求证：为等边三角形；
（2）如图，点D在边BC的延长线上，且，，求的值．
16．图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且.
(1)证明：平面平面；
(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
17．已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，在恒成立，求的取值范围.
18．已知篮球比赛中，得分规则如下：3分线外侧投入可得3分，踩线及3分线内侧投入可得2分，不进得0分；经过多次试验，某生投篮100次，有20个是3分线外侧投入，30个是踩线及3分线内侧投入，其余不能入篮，且每次投篮为相互独立事件．
（1）求该生在4次投篮中恰有三次是3分线外侧投入的概率；
（2）求该生两次投篮后得分的分布列及数学期望．
19．已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
（1）若，求；
（2）证明：数列是公比为的等比数列；
（3）设为的面积，证明：对任意正整数，.
参考答案
1．【答案】A
【详解】因为，
所以，
所以，
故选A.
2．【答案】D
【详解】由题意可得：，
且，所以.
故选D.
3．【答案】A
【详解】向量在上的投影向量为．，
，则.
故选A．
4．【答案】A
【详解】，
．
故选A
5．【答案】D
【详解】双曲线的两条渐近线方程分别为，易知.
又，解得.所以，
所以的离心率为.
故选D.
6．【答案】B
【解析】设正三棱台的高为,,,. 正三棱台的体积,.
如图，设和的中心分别为,,连接,,,作 平面交平面于点，由几何体为正三棱台可知，点在上，且四边形为矩形，其中即为直线与平面所成的角.由,，可得,,
,
.故选.
【一题多解】 将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面所成角即为与平面所成角.
因为，所以.
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得.
取底面的中心为，连接，，则 底面，，且，
所以与平面所成角的正切值为.故选.
7．【答案】D
【详解】数列中，，当时，，即，
当时，，解得，则数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
因此，，依题意，对任意正整数n恒成立，
令，由，得，即数列单调递减，
则，于是，所以实数的取值范围是.
故选D
8．【答案】C
【详解】将个球分成组，有两种分法：1，1，3和2，2，1．
按1，1，3分组，共有种分法；
再将分好的组全排列，放入个不同的盒子，有种放法．
根据分步乘法计数原理，此时共有种放法．
按2，2，1分组，共有种分法；再将分好的组全排列，放入个不同的盒子，有种放法．根据分步乘法计数原理，此时共有种放法．
由分类加法计数原理，总放法数为种．
先将编号为，，的球放入个不同的盒子，有种放法；
再将编号为，的球放入这个盒子，每个球都有种放法，根据分步乘法计数原理，共有种放法．
根据分步乘法计数原理，编号为，，的球所放盒子各不相同的放法数为种．
根据古典概型概率公式，可得所求概率．
故选C．
9．【答案】ABD
【详解】对于A，由题意得，，，
则，故A正确；
对于B，因为两点分布的，
所以，
所以，故B正确；
对于C，因为，且，
所以a与b负相关，m与n正相关，且a与b的相关性更强，故C错误；
对于D，由的展开式知，取，得，
取，得，
两式相减可得，，所以，
所以的展开式中偶数项的二项式系数和为32，故D正确.
故选ABD．
10．【答案】ACD
【详解】，
对于A，，当时，，
由复合函数、正弦函数单调性可知在上单调递减，故A正确；
对于B，若且，则，故B错误；
对于C，若，则，
若在上有且仅有2个不同的解，如图所示：
可得，解得，也就是的取值范围为，故C正确；
对于D，，可知当时，
是奇函数，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】AD
【详解】对于A，由，得①，
当时，；当时，②，
由①－②，得，解得，
当时也成立，所以，故A正确；
对于B，
，故B错误；
对于C，数列的前项和为，故C错误；
对于D，因为，当时，，当时，，且，
故当或9时，的前项和取最小值，最小值为，故D正确.
故选AD.
12．【答案】
【详解】因为为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第六十百分位数，
又，所以，
所以的展开式的通项为（且），
令，解得，
所以展开式的常数项为.
13．【答案】64
【详解】由题，整理得，
或，又，
所以，故
14．【答案】65 9173
【详解】由，得.
同理可得，，，，，，，.
若，其中，则.
则对，
，
即.①
若，则.则由①知.②
由，结合②知，，，，.
再由①知.
15．【答案】（1）证明见详解
（2）
【详解】（1）因为，，成等差数列，则，
又因为，由余弦定理可得，
即，解得，
所以为等边三角形.
（2）设，则，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，即，
由正弦定理可得.
16．【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，.
【详解】（1）
如图，在图1中，连接,交于点,
因为边长是的正方形，则,
在图2中，则有,,
又，则,即,
因,故平面,
又平面,故平面平面；
（2）
如图，由（1）已得平面，且，
则可以点为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
由题意，,
假设在棱上存在点，满足,使得二面角的余弦值为，
则,又,
设平面的法向量为，
则故可取，
又平面的法向量可取为，
，化简得：，
解得或（舍去），
故存在点，只需满足，
即棱上存在点，当时，二面角的余弦值为.
17．【答案】（1）答案见解析
（2）
【详解】（1）由，，，
求导得.
当，由，解得或；由，解得.
当时，恒成立.
当时，由，解得或；由，解得.
综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，的在单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）知，当时，函数在单调递减，在单调递增，
所以.
令，，得.
令，，得，
所以在单调递减，得，
所以.所以在上单调递减.
因为且，所以，
则，所以a的取值范围为.
18．【答案】（1）；（2）分布列见解析，.
【详解】解：（1）“3分线外侧投入”，“踩线及3分线内侧投入”，“不能入篮”分别记为事件，，，
则由题意知，，，
因为每次投篮为相互独立事件，故4次投篮中恰有三次是3分线外侧投入的概率为
（2）两次投篮后得分的可能取值为0，2，3，4，5，6由于该生两次投篮互不影响，是相互独立事件，
表示两次投篮都不能入篮，即得分都为0，则；
表示一次是踩线及3分线内侧投入，另一次不能入篮，则；
表示一次是3分线外侧投入，另一次不能入篮，则；
表示两次都是踩线及3分线内侧投入，则；
表示一次是3分线外侧投入，另一次是踩线及3分线内侧投入，则；
表示两次都是3分线外侧投入，则；
故的分布列为
0 2 3 4 5 6
所以.
19．【答案】（1），
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
方法二：因为，，，则，
由于，作差得，
，利用合比性质知，
因此是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
方法三：由于，作差得，
变形得①，
同理可得，
由（2）知是公比为的等比数列，令则②，
同时是公比为的等比数列，则③，
将②③代入①，
即，从而，即.

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