2024-2025学年重庆市九龙坡区高三上册适应性月考（一）数学检测试题（含解析）

2024-2025学年重庆市九龙坡区高三上学期适应性月考（一）数学检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上．2．作答时，务必将答案写在答题卡上．写在本试卷及草稿纸上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．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.16 B.8 C.4 D.22.已知，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3.已知函数则（）A. B. C. D.4.已知角α，β都是锐角，且，是方程的两个不等实根则（）A. B. C. D.5.我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队．其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在的左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为（）A.432 B.864 C.1728 D.25926.在中，若，且，则的外接圆的面积为（）A.4π B.8π C.16π D.64π7.若次多项式满足，则称这些多项式切比雪夫多项式．如，由可得切比雪夫多项式，同理可得．利用上述信息计算（）A. B. C. D.8.若，，（其中e为自然对数底数），则实数a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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.下列关于概率统计的知识，其中说法正确的是（）A.数据，0，2，4，5，6，8，9的第25百分位数是1B.已知随机变量，若，，则C.若事件M，N的概率满足，且，则M与N相互独立D.若一组样本数据（，2，…，n）的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为10.若，，且，则下列结论正确的是（）A.的最小值为2B.的最小值为C.D.若实数，则的最小值为811.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数的一个周期为π B.函数的一个对称中心为C.函数在区间上单调递增 D.方程在区间上共有6个不同实根三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知函数在处取得极值，则函数的极大值为______．13.已知函数fx=cosωx+φω>0,−π2<φ<π2，直线和点是的一组相邻的称轴和对称中心，且14.函数及其导函数的定义域均为R，，且为奇函数，______．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.锐角的内角所对的边分别为，若，且，.（1）求边的值；（2）求内角的角平分线的长．16.已知函数．（1）若，求的值；（2）若先将的图象上每个点的横坐标变为原来倍，再将函数图象向右平移个单位，将函数图象上每个点的纵坐标变为原来的2倍，再将函数图象向上平移个单位，得到函数图象，求在上的值域和单调递减区间．17.某工厂生产某款电池，在满电状态下能够持续放电时间不低于10小时的为合格品，工程师选择某台生产电池的机器进行参数调试，在调试前后，分别在其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下的列联表：产品合格不合格合计调试前451560调试后35540合计8020100（1）根据表中数据，依据的独立性检验，能否认为参数调试与产品质量有关联；（2）现从调试前的样本中按合格和不合格，用分层随机抽样法抽取8件产品重新做参数调试，再从这8件产品中随机抽取3件做对比分析，记抽取的3件中合格的件数为，求的分布列和数学期望；（3）用样本分布的频率估计总体分布的概率，若现在随机抽取调试后的产品1000件，记其中合格的件数为，求使事件“”的概率最大时的取值.参考公式及数据：，其中.0.0250.0100050.0015.02466357.87910.82818.平面直角坐标系中，若点绕着原点O逆时针旋转θ角后得到点，则，．已知曲线绕原点顺时针旋转后得到曲线：．（1）求曲线的方程；（2）已知，分别是曲线的上、下焦点，M，N是曲线上两动点且它们分布在y轴同侧、x轴异侧，，若，求实数λ的值；（3）在（2）问中，若与的交点为P，则是否存在两个定点，，使得为定值？若存在，求，的坐标；若不存在，请说明理由．19.已知曲线（，为自然对数的底数）在处的切线的倾斜角为，函数．（1）若函数在区间上单调递增，求实数t的最大值；（2）证明：函数的图象与函数的图象在内有5个不同的交点；（3）记（2）中的5个交点分别为A，B，C，D，E，横坐标依次为，，，，（），求证：．2024-2025学年重庆市九龙坡区高三上学期适应性月考（一）数学检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上．2．作答时，务必将答案写在答题卡上．写在本试卷及草稿纸上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．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.16 B.8 C.4 D.2【正确答案】B【分析】化简集合,再由集合交集运算即可求解.【详解】所以所以集合的子集个数为8故选：B2.已知，，则“”是“”（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【正确答案】B【分析】根据不等式的性质可得必要性，举反例可说明不充分性，即可求解.【详解】当时，，故，故“”是“”的必要条件，当时，比如，但是，故“”是“”的不充分条件，故“”是“”的必要不充分条件，故选：B3.已知函数则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】根据分段函数的形式，结合对数和指数运算公式，即可求解.【详解】因为，所以，.故选：D.4.已知角α，β都是锐角，且，是方程的两个不等实根则（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】由题意可得，，进而由同角三角函数的关系可求的正余弦值，进而利用两角和的余弦公式可求的值.【详解】由，可得或，又，是方程的两个不等实根，不妨设，，又都是锐角，所以由同角的三角函数关系可得，，.故选：A.5.我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队．其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为（）A.432 B.864 C.1728 D.2592【正确答案】C【分析】先计算甲队的排列总数，分别要用上捆绑法和除序法；然后再利用插空法计算乙队的排列总数，最后利用计数原理计算总的排列方法数即可.【详解】甲队，先用捆绑法，将与捆绑有种，将与看作一个整体，再用除序法得种，利用计数原理可知，一共为种；乙队，利用插空法得种；按照计数原理可知，一共种.故选：C6.在中，若，且，则的外接圆的面积为（）A.4π B.8π C.16π D.64π【正确答案】C【分析】根据正弦定理边角化可得，即可求解余弦值，进而可得正弦值，利用正弦定理即可得半径求解.【详解】因为，由正弦定理可得，设，，，，则，由正弦定理得，，即，则外接圆面积为，故选：C．7.若次多项式满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式．如，由可得切比雪夫多项式，同理可得．利用上述信息计算（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据切比雪夫多项式得，即可取，结合二倍角公式以及同角关系求解.【详解】由于,，即，变形可得，即，解可得：或（舍，则有，即，故选：A8.若，，（其中e为自然对数的底数），则实数a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】分别构造函数和，求导即可得到函数的单调性，进而可求解.【详解】设,则当单调递增，当单调递减，所以，故,当且仅当等号成立，故，故，即，设，则，故当单调递增，当单调递减，因此，因此，当且仅当时取等号，故，即，故，故选：D方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数；(3)利用导数研究的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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.下列关于概率统计的知识，其中说法正确的是（）A.数据，0，2，4，5，6，8，9的第25百分位数是1B.已知随机变量，若，，则C.若事件M，N概率满足，且，则M与N相互独立D.若一组样本数据（，2，…，n）的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为【正确答案】ABC【分析】根据百分位数的定义计算判断A，由二项分布的数学期望与方差公式计算可判断B，根据相互独立事件及条件概率的概率公式计算可判断C，根据相关系数的定义可判断D.【详解】对于选项A，8个数据从小到大排列，由于，所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数，故A正确；对于选项B，因为，，，所以，解得，故B正确；对于选项C，由，可得，即，即，所以M与N相互独立，故C正确；对于选项D，因为样本点都在直线上，说明是负相关且线性相关性很强，所以相关系数为，故D错误.故选：ABC.10.若，，且，则下列结论正确的是（）A.的最小值为2B.的最小值为C.D.若实数，则的最小值为8【正确答案】AD【分析】根据题意，利用题设条件，结合基本不等式和正弦函数的性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A，由，可得，当且仅当时取等号，所以的最小值为2，故A正确；对于B，由，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，所以B错误；对于C，因为，，且，所以，又，所以，故C错误；对于D，因为，当且仅当时等号成立，，当且仅当时等号成立，所以的最小值为8，故D正确.故选：AD.11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数的一个周期为π B.函数的一个对称中心为C.函数在区间上单调递增 D.方程在区间上共有6个不同实根【正确答案】ACD【分析】根据即可判断A，根据可判断B，利用三角恒等变换得，即可利用复合函数的单调性求解C，利用一元二次方程以及三角函数的性质和图象即可求解D.【详解】对于A，，故函数的一个周期为π，A正确，对于B，，故关于对称，B错误，对于C，令，由于时，，故，故，开口向下，且对称轴为，故在单调递减，且在单调递减，因此单调递增，故C正确，对于D，由于，令，则，故或，进而得或或或，当时，，作出，的图象如下：故或分别有2个交点，或，分别有1个交点，故方程在区间上共有6个不同实根，D正确，故选：ACD关键点点睛：利用和差角公式以及二倍角公式将化简为，结合复合函数的单调性以及二次方程求解.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知函数在处取得极值，则函数的极大值为______．【正确答案】2【分析】利用函数取得极值得，并代入原函数求单调性检验；所得的单调性，利用函数的极值的定义即可求解【详解】，则，因为函数在处取得极值，所以，故，则，令f'x>0，解得或；令f'x所以在，上单调递增，在上单调递减，故是极值点，符合要求，故且为极大值点，的极大值为.故2.13.已知函数，直线和点是的一组相邻的称轴和对称中心，且在区间上单调递减，则______．【正确答案】【分析】根据题意求出周期，从而求出，又因为且在区间上单调递减从而求出，再由，即可求解.【详解】根据题意可得周期，所以，所以，则时单调递减，即，又因为fx在区间上单调递减，所以则，解得：，又因为，所以，又因为，解得，所以.故答案为.14.函数及其导函数的定义域均为R，，且为奇函数，______．【正确答案】【分析】求导得，进一步得，根据奇函数的性质得，进而联合可得，可得为等差数列，即可根据等差数列的性质求解.【详解】对求导可得，故，则，又为奇函数，所以，因此，故，故，因此可得，故为等差数列，且公差为，首项为，，故答案：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.锐角的内角所对的边分别为，若，且，.（1）求边的值；（2）求内角的角平分线的长．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换运算求解可得，即可利用余弦定理求解或，利用锐角三角形即可得；（2）利用等面积法，结合三角形的面积公式即可求解．【小问1详解】因为，由正弦定理可得：，即，又因为，则，可得，又因为，所以．余弦定理可得，即，则，解得：，或，由于三角形为锐角三角形，故，故，进而只取，故.【小问2详解】根据面积关系可得，即，解得：．16.已知函数．（1）若，求的值；（2）若先将的图象上每个点的横坐标变为原来倍，再将函数图象向右平移个单位，将函数图象上每个点的纵坐标变为原来的2倍，再将函数图象向上平移个单位，得到函数图象，求在上的值域和单调递减区间．【正确答案】（1）（2）的值域为，在上单调递减.【分析】（1）化简可得的解析式，进而可得可得，利用二倍角的余弦公式可求的值；（2）求得的解析式，结合已知可求的值域与单调递减区间.【小问1详解】；又，可得，.【小问2详解】将的图象上每个点的横坐标变为原来倍，可得解析式为，再将函数图象向右平移个单位，可得函数的解析式为，将函数图象上每个点的纵坐标变为原来的2倍，，再将函数图象向上平移个单位，得到函数，由，可得，，所以，所以的值域为；由，得又，所以在上单调递减.17.某工厂生产某款电池，在满电状态下能够持续放电时间不低于10小时的为合格品，工程师选择某台生产电池的机器进行参数调试，在调试前后，分别在其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下的列联表：产品合格不合格合计调试前451560调试后35540合计8020100（1）根据表中数据，依据的独立性检验，能否认为参数调试与产品质量有关联；（2）现从调试前的样本中按合格和不合格，用分层随机抽样法抽取8件产品重新做参数调试，再从这8件产品中随机抽取3件做对比分析，记抽取的3件中合格的件数为，求的分布列和数学期望；（3）用样本分布的频率估计总体分布的概率，若现在随机抽取调试后的产品1000件，记其中合格的件数为，求使事件“”的概率最大时的取值.参考公式及数据：，其中.0.0250.010.0050.0015.0246.6357.87910.828【正确答案】（1）依据的独立性检验，可认为参数调试与产品质量无关联（2）分布列见解析，数学期望为（3）875【分析】（1）计算的值，将其与对应的小概率值比较即得；（2）先算出抽取的8件产品中的合格品与不合格品的数目，再从中抽取3件，根据合格品件数的可能值运用超几何分布概率计算出概率，列出分布列计算数学期望即得；（3）分析得出，利用二项分布概率公式得出再利用作商法分析得时，事件“”的概率最大.【小问1详解】零假设为：假设依据的独立性检验，认为参数调试与产品质量无关联；则，故依据的独立性检验，没有充分证据说明零假设不成立，因此可认为成立，即认为参数调试与产品质量无关联；小问2详解】依题意，用分层随机抽样法抽取的8件产品中，合格产品有件，不合格产品有2件，而从这8件产品中随机抽取3件，其中的合格品件数的可能值有.则.故的分布列为：123则；【小问3详解】依题意，因随机抽取调试后的产品的合格率为，故，则由，故由可解得，因，故当时，单调递增；由可解得，即当时，单调递减.故当事件“”的概率最大时，.方法点睛：（1）计算卡方值，并与小概率值比较得出结论；（2）求随机变量的分布列关键在于判断满足的概率模型；（3）对于二项分布中概率最大值问题，一般考虑作商后分析判断商与1的大小即得.18.在平面直角坐标系中，若点绕着原点O逆时针旋转θ角后得到点，则，．已知曲线绕原点顺时针旋转后得到曲线：．（1）求曲线的方程；（2）已知，分别是曲线的上、下焦点，M，N是曲线上两动点且它们分布在y轴同侧、x轴异侧，，若，求实数λ的值；（3）在（2）问中，若与的交点为P，则是否存在两个定点，，使得为定值？若存在，求，的坐标；若不存在，请说明理由．【正确答案】（1）（2）（3），分别为，且定值为6【分析】（1）利用旋转可得相关点坐标，即可代入求解，（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，根据向量共线的坐标关系可得，进而得，利用两点距离公式，代入化简即可求解，（3）根据平行得相似，即可根据相似比，结合双曲线定义即可化简求解.【小问1详解】由于曲线绕原点顺时针旋转后得到曲线：，故曲线绕原点逆时针旋转后得到曲线：．设是上任意一点，绕着原点O逆时针旋转θ角后得到点，则，，由于在上，所以，化简得，故的方程为，【小问2详解】设直线，,,联立直线与双曲线的方程，消去得，Δ=4所以由韦达定理可得，，Δ因为，故，，