2024-2025学年重庆市高三上学期高考适应性月考（四）数学检测试卷（附解析）

2024-2025学年重庆市高三上学期高考适应性月考（四）数学检测试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，则集合的子集个数为（

）A．4 B．8 C．16 D．322．空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法中正确的是（

）A．若则B．为异面直线且，则与中至少一条相交C．若与所成的角相等，则D．若，则3．已知数列是公差为的等差数列，则（

）A．8 B．4 C． D．4．法国数学家佛朗索瓦·韦达最早发现了代数方程的根与系数之间的关系，因此人们把这个关系称为韦达定理，韦达定理也可用于复数系一元二次方程中，即这也是因式分解中的“十字相乘法”.设(为坐标原点)的三个顶点为复平面上的三点，它们分别对应复数，且则的面积为（

）A．6 B．6 C．12 D．5．若函数在区间上是增函数，且.则（

）A． B． C． D．6．如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形其中以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（

）

A． B．C． D．7．已知，则（

）A． B．C． D．8．已知函数为定义在上的增函数，则的取值范围为（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．对于任意两个平面向量和，下列命题中正确的是（

）A．若，则B．是的必要不充分条件C．D．若向量在方向上的投影向量为，则10．已知函数，其中，则下列说法正确的是（）A．对的任意取值，都不可能为奇函数B．当时，在处的切线方程为C．一定存在极值点D．若存在极大值，则极大值恒为正数11．如图在正四棱柱中，底面正方形边长为，，为线段上的一个动点，则下列说法中正确的有（

）A．已知直线为平面和平面ABCD的交线，则平面内存在直线与平行B．三棱锥的体积为定值C．直线与平面所成角最大时，D．的最小值为三、填空题（本大题共3小题）12．已知数列满足且则的通项公式.13．已知，则14．如图棱长为3的正四面体与正三棱锥共底面，它们的各顶点均在同一个球面上，则该球表面积为，二面角的正切值为四、解答题（本大题共5小题）15．在中，角所对的边分别为，且，，的面积为.(1)求角的大小；(2)求边的长.16．如图在四棱锥中，平面平面，底面为平行四边形，与平面所成角的正切值为2，E,F分别为棱的中点.

(1)求证：平面;(2)求二面角的余弦值的绝对值.17．数列的前项和为，满足且首项.(1)证明：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；(2)令讨论f′1（f′x为的导数）与18．已知分别为双曲线的左、右焦点，点是上一点，且的面积为(1)求双曲线的方程；(2)如图，点是上一动点，直线与的另一交点为点，直线与的另一交点为，设请问是否为定值？若是，请求出这个定值并证明；若不是，请说明理由.19．一游戏规则如下：一个质点在数轴上运动，从原点出发，每次向左或者向右移动一个单位，共移动了次.(1)已知质点每次向右移动的概率为.①当时，求质点最终回到原点的概率；②规定质点在运动过程中，只要出现在原点左侧，游戏就结束，否则游戏就继续、直到移动了次，分别求出当和时质点最终落在原点右侧的概率并比较它们的大小(2)现在规定游戏分为两个阶段：第一阶段，质点每次向右移动的概率为、共移动了3次、若质点最终落在了原点左侧，则结束游戏，且最终得分为0分.若最终落在了原点右侧、则通过第一阶段，并进入第二阶段：质点重新回到原点，每次向右移动的概率为，并再次移动了3次，若质点最终落在了原点左侧，则最终得分也为0分；若最终落在了原点右侧，则最终得分为质点位于数轴上所在位置对应的实数.①请用含的式子表示该游戏得分的数学期望；②若则当取何值的时候，该游戏得分的期望值最大？

答案1．【正确答案】A【详解】由得，，解得，∴，故集合的子集个数为.故选：A.2．【正确答案】B【详解】对于，若，则或，又，则或，故错误；对于，若与都不相交，则，则，这与是异面直线矛盾，故正确；对于，若与和所成的角相等，如果，则，故错误；对于，若，则或，由，则与斜交、垂直、平行均有可能，故错误.故选.3．【正确答案】C【详解】由题意可知，即，故，∴数列为等比数列，公比，∴.故选：C.4．【正确答案】A【详解】，根据韦达定理知是方程的两根，因式分解可得方程两根为，不妨设，则在复平面上的顶点坐标为，所以，故A正确.故选：A.5．【正确答案】D【详解】在上是增函数，且，，所以，则，两式相减可得，又，所以.故选：D.6．【正确答案】D【详解】解：由题意，所以，如图，原图形中，，所以直角梯形的边AD为轴旋转一周得到的几何体为圆台，，故选：D.

7．【正确答案】B【详解】记，则，可知在上单调递增，则，即，可得；又因为，则，即；所以.故选：B.8．【正确答案】A【详解】当x>0时，则，记，由题，函数在上为增函数，对任意的x>0恒成立，则有，令，其中x>0，且，令，可得，列表如下:-0+ℎ减极小值增所以函数ℎx在取得极小值，亦即最小值，即，所以，可得，故实数的取值范围为，故选：A.9．【正确答案】BCD【详解】A.和可能为相反向量，选项A错误.B.当时，，但.当或时，，此时，当且时，由得，即，故，，，所以由可得，所以是的必要不充分条件，选项B正确.C.，由得，选项C正确.D.向量在方向上的投影向量为，把代入上式，选项D正确.故选：BCD.10．【正确答案】ABD选项定义域为，假设，使得为奇函数，则必有，此时，所以不是奇函数，所以假设不成立，故正确；选项B，时，，又，所以在处的切线方程为，故B正确；选项，，当时，，函数单调递减，无极值点，故错误；选项，由可知时，无极大值；若在上单调递减，上单调递增，则极大值为若在上单调递减，上单调递增，则极大值为，故正确，故选ABD.11．【正确答案】BC【详解】选项A，因为平面，且平面，所以平面和平面的交线，而与平面相交，则平面内不存在直线与平行，即不存在直线与直线平行，故错误；选项平面，所以点到平面的距离为定值，而三角形的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故正确;选项C，记到平面到距离为，由选项B可知，为定值，记直线与平面所成角为，则，又正弦函数在上单调递增，则最大时,最大，从而即为最小时，此时，在中，,所以可得，故正确;选项，作平面与平面的展开图如图所示，则的最小值即为展开图中线段的长，中，，所以，从而中，由余弦定理可知，，从而的最小值为，故错误，故选:.12．【正确答案】.【详解】由可知数列是以为首项，1为公差的等差数列，即可得，所以.故13．【正确答案】2【详解】.故214．【正确答案】【详解】如图，外接球的球心，且平面，即为外接球的直径，设平面，可知为正三角形的中心，取AB的中点，连接，则，可知二面角的平面角为，所求即为，正四面体中，，，记外接球半径为，则在Rt中，，解得，则外接球表面积为，记，则，所以，即为所求.故；15．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）∵，∴，∴，即，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴.（2）∵，∴，∵，∴，∴.由正弦定理得，，∴，解得.16．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明:连接，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以为在平面内的射影，故为与平面所成角，即，所以,又因为平面为平行四边形，所以.在中，，所以，又与交于点平面，所以平面.（2）由(1)可知平面，以为坐标原点，分别为轴正向建立空间直角坐标系，如图所以，设平面的一个法向量为，

又，则有令，则，故，设平面的一个法向量为，又，则有令，故，则，所以二面角的余弦值的绝对值为.17．【正确答案】(1)证明见解析，(2)答案见解析【详解】（1）由已知可得时，，两式相减得，即，∴，当时，，∴，∵，∴，∴，故有，∴，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，∴，故.（2）∵，∴，∴，∴，①-②得，，∴，∴，当时，，∴.当时，，∴.当时，，∵，∴，∴，综上，当时，；当时，；当时，.18．【正确答案】(1)(2)是，，证明见解析【详解】（1）点是双曲线上一点，可得，的面积为，则，解得，所以，两式联立求解得：，所以双曲线的方程为.（2）为定值，设，由（1）知：，由，可得，则，由，可得，又，两式相减得：化简可得，，，则，由，同理可得：，为定值.19．【正确答案】(1)①；②，(2)①；②【详解】（1）①质点最终回到原点的情况为:向右走3次，向左走3次，②设和时质点最终落在原