2024届重庆市高三年级下册高考适应性月考卷（九）数学及答案

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)

I.已知集合4=12,3,4,6,8|,集合5=[1,3,4,5,9|,集合M=|4％wN,1W%W10],

则C“(4U8)=

A.|7,I0|B.|3,4|C.|1,2,5,6|D.|8,9}

2.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(3,5),则乡对应的点的坐标是

1

A.(5,3)B.(-5,3)C.(5,-3)D.(-5,-3)

3.下列函数的图象与直线相切于点(0,0)的是

A.y-xB.y=sinxC.y=exD.y=ln(x+2)

4.已知角a的终边经过点尸(1,2sina),则sig的值不可能是

A百n「万

A.—BR.0C.——

5.中国载人航天工程发射的第十八艘飞船，简称“神十八”，于2024年4月执行载人航天飞行任务.

运送“神十八”的长征二号F运载火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2km,以后每秒钟通过的

路程都增加3km,在达到离地面222km的高度时，火箭开始进入转弯程序.则从点火到进入转弯程

序大约需要的时间是()秒.

A.10B.11C.12D.13

6.我国南宋著名数学家秦九韶(约1202~1261)独立发现了与海伦公式等价的由三角形三边求面积

的公式，他把这种称为“三斜求积”的方法写在他的著作《数书九章》中,具体的求法是：“以小

斜骞并大斜筹减中斜募，余半之，自乘于上.以小斜舞乘大斜骞减上，余四约之，为实一为从隅，

开平方得积如果把以上这段文字写成公式，就是十卜2c2『/)].现将一根长为

20cm的木条，截成三段构成一个三角形，若其中有一段的长度为6cm,则该三角形面积的最大值

为()cm2.

A.6/10B.4/10C.675D,4^5

数学•第1页(共4页)

7.0和1是计算机中最基本的数字，被称为二进制数字.若数列I。力满足：所有项均是。或1,当且

仅当几=5狂1（其中A为正整数）时，«„=1,其余项为0.则满足ta产。产。2+…+%=20的最小的

1-1

正整数〃二

A.50B.51

C.52D.53

2^5

8.已知动点M在抛物线矶/=2"（p>0）上，点"卜5，0）,。为坐标原点，若cos4=亍,

且直线2/夕+1=0与△M/VO的外接网相切，则。=

A.B.[■或£

445

C.右4或14D.2或55

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。分）

9.在跳水比赛中，裁判给分计算运动员成绩规则如下：有7位裁判，对某选手一次跳水的给分均不相

同，去掉一个最高分和一个最低分后，下列说法正确的是

A.剩下5位裁判给分的平均值一定变大

B.剩下5位裁判给分的极差一定变小

C.剩下5位裁判给分的中位数一定变大

D.剩下5位裁判给分的方差一定变小

10.已知实数孙y,z满足：2、=3=log2z,则下列不等式中可能成立的是

A.y<x<zB.x<y<z

C.y<z<xD.x<z<y

11.柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体.它们的特点是每个面都是

相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同.正八面体就是柏拉图实体的一种.如图1

是一个棱长为2的正八面体A8C0ER甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个

面的中心点，构成三角形.甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是

A.该正八面体的外接球的体积为空

B.平面48£截该正八面体的外接球所得截面的面积为与

,.3

C.甲能构成正三角形的概率为§

2

D.甲与乙均能构成正三角形的概率为;7

□□数学•第2页（共4页）

三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）

12.已知函数/（%）=1。83（9'+皿）-4的图象关于y轴对称，=

13.使用二项式定理，可以解决很多数学问题.已知1.820可以写成：（1+O.8）20,将它展开式的第A+1

项令为/U）=C；oXU.8\kwN,UWAW20,则/（幻取最大值时，A=.

14.如图2,四边形48c〃由△力3C和△4C0拼接而成，其中44cB=

90°,Z.APC>90°,若4c与3。相交于点心44c0=30。，AD=

2,AC=2&,且tan乙班。二等,则ACOE的面积S=.

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.（本小题满分13分）

已知数列的首项4=1,设幻=2。・，且忖」的前〃项和S.满足：3Sf

（1）求数列的通项公式％;

]114

(2)令7“=Q|+a4+—+Q3T，求证：z-+^-+--+zr<v

ZI121nJ

16.（本小题满分15分）

如图3,有一个正方形为底面的正四棱锥尸T5C0,各条边长都是1;另有一个正三角形为底面的

正三棱锥。各条边长也都是1.

（1）在四棱锥Q-48C0中，求4C与平面PBC

所成角的正弦值，并求二面角4-P8-C的平面

角的正弦值；

（2）现把它俩其中的两个三角形表面用胶水黏

合起来，如黏合面08。和面Q£R试问：由此

而得的组合体有几个曲？请说明理由.

17.（本小题满分15分）

已知0为坐标原点，定点尸（-&,0）,Q（&,0）,动点「满足直线7P和TQ斜率乘积等于

（I）求动点7的轨迹£的方程；

（2）若不垂直于4轴的直线/与£交于4C两点，若以。4为邻边作平行四边形048C,点

8恰好在后上.问平行四边形046C的面积是否为定值？若是,求出此定值；若不是，请说明

理由.

数学•第3页（共4页）■口

18.(本小题满分17分)

某项团体比赛分为两轮：第一轮由团队队员轮流与AI人工智能进行比赛.若挑战成功，参加第二

轮攻擂赛与上任擂主争夺比赛胜利.现有甲队参加比赛，队中共3名事先排好顺序的队员参加

挑战.

(1)第一轮与AI对战，比赛的规则如下：若某队员第一关闯关成功，则该队员继续闯第二关，

否则该队员结束闯关并由下一位队员接力去闯第一关，若某队员第二关闯关成功，则该团队接力

闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位队员员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所

有队员全部上场参加了闯关，该队挑战活动结束.已知甲队每位成员闯过第一关和第二关的概率

分别为,，y,且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.用X表示甲队闯关活

动结束时上场闯关的成员人数，求X的期望；

(2)甲队已经顺利进入第二轮，现和擂主乙队”3号队员进行比赛，规则为：双方先由1号队员

比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛……直到有一方队员全被淘汰，另一方获得胜利.

已知，甲队三名队员4,/12,①每场比赛的胜率分别为：y,P，若要求甲队获胜的概率大

17

于彳，问「='是否满足？请说明理由.

19.(本小题满分17分)

阅读材料一：”装错信封问题”是由数学家约翰•伯努利(JohannBernoulli,1667~1748)的儿子

丹尼尔•伯努利提出来的，大意如下：一个人写了几封不同的信及相应的几个不同的信封，他把

这〃封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉(Leonhard

Euler,1707^1783)给出了解答：记都装错几封信的情况为Dn种，可以用全排列几！减去有装正

确的情况种数，结合容斥原理可得公式：(1-5+(一・・+(-1)马，其中几sN,.

阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当/(%)在欠=0处〃阶可导,

则有：

/(幻=/(0)”'(0)动，^/+…心力注/”)(4)(几/3)表示/(“)的几阶导数，该公式也

称麦克劳林公式.阅读以上材料后清完成以下问题：

(1)求出仇，4,久的值；

(2)估算日的大小(保留小数点后2位)，并给出用e和〃表示2的估计公式；

(3)求证：2lan—+4tan—+*-+2ntan1,其中

242n

口口数学•第4页(共4页)

数学参考答案

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共4()分)

题号12345678

答案ACBDCABC

【解析】

1.由4U8={L2,3,4,5,6,8,9},所以={7,10},故选A.

2.由z=3+5i,所以三=坐1=卫±包=5—3i,对应的坐标为(5,-3),故选C.

11i

3.A.y=x\y'=3x2,在(0,0)的切线斜率为0,不符合；B.y=sinx,/=cosx,在(0,0)

的切线斜率为1,所以切线为y-o=1a-o),成立：C.D.两个函数均不经过(0,0),不

符合，故选B.

4.由定义，sina=.^s*nQr_,当sina=0,合题意；当sinawO,化简得sin2a=之，由

Vl+4sin2a4

于横坐标1>0,角在一、四象限，所以sina=土立，故选D.

2

5.设出每一秒钟的路程为数列{/},由题意可知{q}为等差数列，则数列首项％=2,公差

将假设代入，则S=；jK2ac)2-(160-2ac)21=；J160(4w—160),由基本不等式:

14=。+。22疝所以4acW196,可得SW6J布，当且仅当。=。=7时取等号，面积最大,

故选A.

7.由题意可知4=々2=%=%=°，％=1，且牝*+1=。=+4=L%从2=%*+3=%/+5=°，,

a.+a+a,a,+a.-=1,

即17■c当左=10时，=牝4=1,%2=。53=。55=°，由于

a

,5k+\+°5*+2+°”+3+a5/+4+fl5*+5=工

20=1+2x9+1,所以满足*q=20的〃的最小值为51,故选B.

r-1

数学参考答案•第1页(共8页)

8.由抛物线方程E：/=2px（p>0）,设圆心。（%，%）,半径为R,,,・/=-与，在△MN。

4

P

中,由正弦定理得由ON犷表5=f23

~5

又..•圆C与直线2x+y+l=0相切，圆心到直线的距离

2x（-P]+P+i

d=R.当盟=与时，则圆心到直线的距离d=,/J2_=2=R=理,解得

2有4

2XH)-I+1

P=1:当%=-今时，则圆心到直线的距离d甯=&=孥，解

V22+1T

444

得P=g或-4（舍），综上p=《或g,故选C.

二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多

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）

题号91011

答案BDABDABD

【解析】

9.设7位裁判对每位选手给分分别为凡</<…<七，A.若7位裁判分别给分为1〜7分，则

原来平均值和去掉后的平均值都是4,不变，所以A错误B.x7-x（>x6-x2,所以B正

确：C.中位数不变，都是％,故C错误；D.由题

意，极差变小，数据更稳定，所以方差变小，所以

D正确，故选BD.

V

令2=-^==log,z=r，3

10.画出y=2”，y=x1

"y

y=log,x,如图1,由图象可知：当y=z在①位置

时，y<x<z,当y在②位置时，X<y<z,当

y=f在③位置时，x<z<y；故y<z<x不可能成

立，故选ABD.

数学参考答案•第2页（共8页）

■■口■■口口

11.由棱长为2,可得正人面体上半部分的斜高为==6高为

£0=万斤=0，则正八面体的体积为P=2x处竿图=2x*或=半.此

正八面体的外接球的球心为0,半径为E0=g，所以外接球的体积为毕，A正确；

由于。到平面ABE的距离等于0到平面BCE的距离,在Rt^OEG中，过。作EG的垂线，

垂足为“，则O〃_L平面8CE.由OG=1,得处・°£=立,平面48E截正八面

EG3

体的外接球所得截面是圆，其半径r=麻二丽=J*=苧，所以所得截面的面

41r

积为+=7,B正确甲随机选择的情况有C：=20种，乙随机选择的情况有C；=56种，

甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：甲从上下两个点中选一个，从中间四个

点中选相邻两个，共有C；C：=8种，甲构成正三角形的概率为套故C错误；乙构

成正三角形，只有一种情况：上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相

对的两个点，或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点，

Q|9

共有2x4=8种，概率为二二三；甲能构成正三角形的概率为彳，所以甲与乙均能构成正

5675

212

三角形的概率为=不，故D选项正确，故选ABD.

三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)

题号121314

V3

答案19

4

【解析】

12.因为/a)=log3(3'+〃?・3r),且=,即3-,+川・3'=3'+〃?・3-3有

m(3x-3-x)=3x-3-x,所以一=1.

13.设g(A)=C：o,人(⑥=00,〃cN,因为当0W4W10时，g(A)单调递增：当4>10时，g(k)

单调递减，所以当左=10时，g(A)有最大值.又因为人(%)是减函数，所以只需考虑

0WAW10时,/伏)的大小情况即可.当0WkW10时，比较//)与/(A-1)的大小.因为

数学参考答案•第3页(共8页)

701

f(k)=C*x0.六=———x0.8*,f{k-1)=Cj'x0.8«"=-----------------x0.8^',所

2020

」〃!(20-幻！八(^-1)1(21-A-)!

以令得生±xQ8>l,解得左<四.因此，当火=9时，/（幻取最大值.

—k9

7Al

14.在△4CQ中，由正弦定理得4D=4c=.7/,40c二♦二,由于

sin^ACDsin/40c22

ZJDC>90°,所以ZJZ)C=120°.则有：ADAC=3^,DC=2,tanNBAC=

3百6

tanNBAD-tan30°-T~

tan(ZBAD-ZDAC)=,：ACIBC,：,BC=

tanZBAD6

1+•tan3001+迈x近

53

AC^an^BAC=\,由工研+5樵°=S4RBn：・CO・CE・sin30°+；CE-8C=

*。・屈・而120。，可得CE邛,；8Ssin30。邛.

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.（本小题满分13分）

（1）解：当〃22,3S“=b用一2,3sz="一2,

两式相减得：3"所以"+1=4”.

当〃=1,q=L4=2,且3'=”一2，可得&=8,也满足，

由匕工0,则也｝为等比数列,2=2x41=22”、

所以4=2/?-1.....................................................................................................................(7分)

«1]4

(2)证明：Tn=n(3n-2),当〃二1时，£上二2=1〈?成立；

修1113

当〃22时，—=—!—=——-——<——-——=—-----

Tn〃(3〃-2)3f：(3n-2)3〃(3〃-3)3〃一33〃

所以算小;_1_1L=i+_L._LJ成立.

6693〃一33n33n3

............................................................................................................................................（13分）

16.（本小题满分15分）

解：（1）如图2,设力Cn8Z）=O,由正四棱锥的性质，?O1平面NBC。，BD1AC,

以。为原点，04为x轴，08为y轴，。尸为z轴建立空间直角坐标系.

数学参考答案•第4页（共8页）

由于各边长均为1,所以彳夸

可得：CA=(42,0,0),PC=

设〃=(x,yt

1•而=Ey_Ez=

22

则有：•

n.PC=-^x-^z

22

则1=(T,1,1).

设4c与平面P8C所成角为a,

所以sina=|cos〈C4〃〉|=

*H篇3

（7分）

同理，可得平面P切的一个法向量m=（l,1,1）,设二面角的平面角为力,

tn•n,则sin/=述,

所以|cosp1=1cos(m,n)|=—

IwI•n3

所以4。与平面尸8C所成角的正弦值为走；二面角4-尸8-（7的平面角的正弦值为

3

272

(10

分）

（2）得到5个面.一个正四棱锥，每个侧面都是单位正三角形；一个正四面体，每个面

也都是单位正三角形.把两个几何体通过一个全等的正三角形面粘接起来.因为有四个

面两两融合，变成了两个面.原因是这里有两对两个二面角恰好互补，下面计算验证.分

别计算二面角A-PB-C和二面角E-QF-G的平面角大小.

（II分）

由⑴求得二面角4—PB—C平面角cos/?=-；,..........................（12分）

取。厂的中点S,可得NES0为所求的平面角,

数学参考答案•第5页（共8页）

图+用每

二面角E-QF-G的平面角cos/=

3

2x

所以0+7=兀，这样平面APB与平面QFG融合成了一个平面,

同理：平面OPC与平面0EG融合成了一个平面,

所以组合体有5个面........................（15分）

17.（本小题满分15分）

y

解：（1）直接法：设点P（x,y）,由题意,i_y

2

化简得2"+/=1（〉工0）.（4分）

（2）如图3,由于直线/的斜率存在，设/：y=kx+m（m0）,4（再，%），C（x2,必）,

将直线/代入与+炉=13/0）,

可得：（1+2k2）/+4kmx+2m*-2=0,

Bx

则要A=16k2m岂,4（i+2k2）（2/-2）=8（2无?-m2+l）＞0,

-4km2m2-2

韦达定理得：X]+x

21+2-'1+2/，

图3

由于a=（再，M），OC=（x2f必），若四边形。/8C为平行四边形,

-4/cm2m

则有而=a+诙=（占+工2,y+y）=

121+2/'1+2〃

合,能在椭圆上,代入椭圆方格

即点8

化简可得：4/n2=1+2k2,满足：△=8（2/一切2+]）=24加2>o,

2m2-2m2-1

贝I」再+X2=

m2-\7671+Jt2

弦长|AC|=Jl+公J（再+々A-4演々=J1+公-4

2m22\m\

点。到直线/：»=区+机的距离〃=挺=

数学参考答案•第6页（共8页）

■■口■■口口

故平行四边形048C的面积S=2xk|4C|x"=逅如±><卅=二逅，

22|〃7|gF2

所以面积为定值峥.....................................................（15分）

2

18.（本小题满分17分）

解：（1）X的所有可能取值为1,2,3.

1个人的情况为：1号胜胜，则概率为P（X=l）=±2xL1=L1,

323

2个人的情况为：1号负2号胜胜或1号胜负2号胜，概率为

……121211115

P（X=2）=-x-x—+-x—x-=—+—=—,

3323229618

3个人的概率?（X=3）=1-P（X=1）-尸（X=2）=1-；一得=得，

所以分布列为：

X123

\_57

P

31818

15737

所以E(X)=1XL+2X3+3XL=".....................................(8

3181818

分）

（2）分三种情况:

第一，4一人全胜，该事件的概率设为耳，则4=（；（

第二，44两人参赛获胜，该事件的概率设为鸟，

贝|JA=期广既界眇鸿二枭

第三，444三人参赛获胜，该事件的概率设为乙,

则222」+2川

(33233223⑶p-

,38+2323

由4n+Kn=——-=—

1233X23108

1Q1

所以要甲队获胜的概率大于:，即6>^，化简得：36P3+30/+19p>3L

数学参考答案•第7页（共8页）

■■口■■口口

当〃=代入可得¥>31,成立......................................(17分)

19.(本小题满分17分)

(1)解：列举或用公式可求