2024届届贵州省新改革适应性模拟试题（五）解析版（有答案）

2024届届贵州省新改革适应性模拟试题（五）解析版2024年届贵州省新改革适应性模拟试卷（五）数学·答案一、单选题1．设集合，，若，则（

）A．0 B．1 C． D．【正确答案】C【分析】依题意可得或，求出的值，再检验是否满足集合元素的互异性.【详解】因为，且，所以或，解得或或，当时集合不满足集合元素的互异性，故舍去；当时集合、均不满足集合元素的互异性，故舍去；当时集合、，满足，符合题意.故选：C2．复数在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【正确答案】A【分析】由复数几何意义及三角函数值符号判断其所在象限即可.【详解】由复数的几何意义知，复数在复平面中对应点，又因为，所以，，所以点位于第一象限.故选：A.3．如图，在平行四边形中，为的靠近点的三等分点，与相交于点，若，则（

）A． B． C． D．【正确答案】B【分析】利用平行分线段成比例得到，进而利用向量加法的平行四边形法则即可得解.【详解】因为平行四边形中，为的靠近点的三等分点，与相交于点，所以，所以，又，所以，.故选：B.4．已知圆锥的侧面积是，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的内切球半径为（

）A． B． C． D．【正确答案】D【分析】设出圆锥底面圆的半径，并由题意联立方程组求出；再由勾股定理解出圆锥内切球的半径即可.【详解】设圆锥底面圆的半径为，高为，母线长为，由题意知：，两式相除解得，；所以圆锥的顶角为，轴截面为等边三角形，圆锥的高，设圆锥的内切圆半径为，，解得.故选：D.5．已知函数，则（

）A． B． C． D．【正确答案】C【分析】观察，构造函数，利用导数的四则运算得到，代入即可得解.【详解】设，则，故，所以.故选：C.6．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则下列说法错误的是（

）A．丙与丁是互斥事件 B．甲与丙是互斥事件C．甲与丁相互独立 D．（乙丙）（乙）+（丙）【正确答案】D【分析】对于AB：利用互斥的事件的概念判断；对于C：计算（甲）（丁）（甲丁）是否成立来判断；对于D：根据乙丙，乙，丙分别包含的基本事件数来判断.【详解】对于A：丙与丁不可能同时发生，所以丙与丁是互斥事件，A正确；对于B：若第一次取出的球的数字是1，则两次取出的球的数字之和不可能是8，所以甲与丙不可能同时发生，是互斥事件，B正确；对于C：（甲），（丁），（甲丁），则（甲）（丁）（甲丁），所以甲与丁相互独立，C正确；对于D：乙丙包含的基本事件有共10个，乙包含的基本事件有共6个，丙包含的基本事件有共5个，所以P（乙丙）P（乙）+P（丙），D错误.故选：D.7．若数列满足，，且对任意的都有，则（

）A． B．C． D．【正确答案】C【分析】令，由题意可证得数列是等差数列，从而求得，再利用累加法求得，进而利用裂项相消法求即可得解.【详解】因为对于都有，则，令，所以，又，所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，所以，即，则，累加得，所以，则，所以.故选：C.8．已知为双曲线的右顶点，为坐标原点，为双曲线上两点，且，直线的斜率分别为和，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．2【正确答案】C【分析】先判断出两点关于原点对称，设出的坐标，根据，可知是中点，两点关于原点对称，直线的斜率列方程，求得，进而求得双曲线的离心率.【详解】，设，则，则，，.故选：C求解双曲线离心率有关的问题，可以利用直接法来进行求解，也即通过已知条件求得和，从而求得双曲线的离心率.也可以利用构造齐次式的方法来进行求解，也即通过已知条件求得或的等量关系式，由此来求得离心率.二、多选题9．下列说法正确的是（

）A．若函数的定义域为，则函数的定义域为B．当时，不等式恒成立，则的取值范围是C．函数在区间上单调递减D．若函数的值域为，则实数的取值范围是【正确答案】AD【分析】A选项，利用抽象函数定义域的求解判断即可；B选项，分和两种情况，结合根的判别式得到不等式，求出答案；C选项，求出的定义域即可判断；D选项，将问题转化为能够取到所有正数，分和两种情况，结合根的判别式得到不等式组，求出答案.【详解】A选项，对于，由，得，对于，令，解得，故函数的定义域为，A正确；B选项，当时，恒成立，满足要求，当时，需满足，解得，综上，的取值范围是，B错误；C选项，令，解得，当时显然无意义，所以不可能在上单调递减，C错误；D选项，若函数的值域为，则能够取到所有正数，当时，能够取到所有正数，满足要求，当时，需满足，即，解得，综上，实数的取值范围是，D正确.故选：AD.10．已知椭圆（）的左，右焦点分别为，，上，下两个顶点分别为，，的延长线交于，且，则（

）A．椭圆的离心率为B．直线的斜率为C．为等腰三角形D．【正确答案】ACD【分析】利用椭圆的定义结合余弦定理求解角的三角函数值，在同一个三角形中将离心率表示为三角函数值，求出离心率即可判断A，先求出倾斜角的正切值，再利用斜率的几何意义判断B，利用椭圆的定义得到边相等，证明是等腰三角形判断C，求解关键点的坐标，结合两点间距离公式判断D即可.【详解】对于A，连接，，，，，，在中，，故有，解得，则，而在中，，，故A正确，对于B，而的倾斜角为，而，则，故B错误.对于C，由已知得，是等腰三角形，故C正确，对于D，因为，则，故，易知的方程为，设，联立方程组，解得或，故，又，即，由两点距离公式得，而，，故D正确.故选：ACD.11．在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱，的中点，过点的平面与平面平行，点为线段上的一点，则下列说法正确的是（

）A．B．若点为平面内任意一点，则的最小值为C．底面半径为且高为的圆柱可以在该正方体内任意转动D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为【正确答案】ACD【分析】对A，可证平面，可得；对B，平面截正方体的截面为如图正六边形，点关于平面对称，最小转化为求即为；对C，只要圆柱的外接球半径小于等于正方体的内切球半径即可满足题意；对D，当最小时，直线与平面所成角的正弦值最大，此时点是的中点，得解.【详解】对于A，如图，，又平面，所以，又是平面内两条相交直线，所以平面，所以，同理可证，而平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；对于B，如图，平面截正方体的截面为正六边形，点关于平面对称，所以，故B错误；对于C，底面半径为，高为的圆柱的外接球的半径为，又正方体棱长为2，所以圆柱可以在正方体内任意转动，故C正确；对于D，由题，点到平面的距离为定值，所以当最小时，直线与平面所成角的正弦值最大，此时点是的中点，直线与平面所成角即，在中，，，，所以.故D正确.故选：ACD.思路点睛：选项B，确定平面截正方体的截面为正六边形，由此确定点关于平面对称，将球最小转化为求；选项C，圆柱可以在正方体内任意转动，只要圆柱的外接球半径小于等于正方体的内切球半径即可；选项D，直线与平面所成角的正弦值最大，即最小时，此时点是的中点，直线与平面所成角即.三、填空题12．近日海南文旅火爆出圈，海南岛优美的海滨景观和深厚的文化底蕴吸引着全国各地游客前往，小明计划假期去海口、三亚、儋州、文昌、琼海五个城市游玩，每个城市都去且只去一次，若儋州和文昌这两个城市不排在最前面和最后面，则不同的游玩顺序有种．（用数字作答）【正确答案】【分析】由特殊元素优先原则，先排儋州和文昌这两个城市，再排其他城市即可.【详解】依题意，相当于将五个城市进行放到五个排成一排的空位中，先排儋州和文昌，在中间三个空位选两个进行排序，有种排法，再将其他3个城市放到剩下的三个空位进行排序，有种排法，所以共有种排法.故答案为.13．函数的图象是等轴双曲线，其离心率为，已知对勾函数的图象也是双曲线，其离心率为．则．【正确答案】【分析】首先得到双曲线的两条渐近线方程分别为，，根据双曲线的对称性可得渐近线与实轴的夹角为，即，利用二倍角公式求出，最后由离心率公式计算可得.【详解】由对勾函数的性质可在，上单调递减，在，上单调递增，当时，当时，且函数为奇函数，函数图象关于原点对称，双曲线的方程为，双曲线的两条渐近线方程分别为，，渐近线与实轴的夹角为，，，解得或（舍去），，．故关键点点睛：本题关键是得到双曲线的两条渐近线方程，从而得到渐近线与实轴的夹角.14．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为.设n是不等式的正整数解，则n的最小值为.【正确答案】8【分析】先利用对数的运算法则可得，然后结合得，再根据数列的单调性即可求出结果.【详解】由题知，∴，∴，即∴，∴，∴，∴，令，则数列即为斐波那契数列，，即，显然数列为递增数列，所以数列亦为递增数列，易知，，且，，∴使得成立的的最小值为8.故8.四、解答题15．记的内角的对边分别为，已知，且．(1)求；(2)设，求的面积．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）先求出，再根据，可得，再利用二倍角的余弦公式结合平方关系即可得解；（2）由，得，结合，得，再利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出各边，再根据三角形的面积公式即可得解.【详解】（1）由，得，则，又，所以，即，即．由，解得．又，解得或（舍去），从而；（2）由，得，结合，得，由正弦定理，得．又，所以，由余弦定理，得，即，解得，所以的面积为．16．如图1，在等边三角形中，，点分别是的中点.如图2，以为折痕将折起，使点A到达点的位置（平面），连接.(1)证明：平面平面；(2)当时，求直线与平面所成角的正弦值.【正确答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用勾股定理、余弦定理证明线线垂直得线面垂直，再根据线面垂直的性质证明即可；（2）先利用勾股定理逆定理及线线垂直证得面平面，再建立合适的空间直角坐标系，根据空间向量求线面角即可.【详解】（1）如图所示，取的中点，连接，由题意易知，，，不妨设，则，由余弦定理可知，，由勾股定理知，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）分别取中点，连接，由余弦定理可知，而，显然，则，易知，，又平面，所以平面，因为平面，所以，则两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则有，取，即，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.17．已知抛物线的焦点为，准线为是上在第一象限内的点，且直线的倾斜角为，点到的距离为．(1)求的方程；(2)设直线与交于两点，是线段上一点（异于两点），是上一点，且轴．若平行四边形的三个顶点均在上，与交于点，证明：为定值．【正确答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据抛物线定义得到，再根据条件得到，代入抛物线方程得到方程，即可求出结果；（2）设直线的方程为，，根据条件得到，从而有直线的方程为，得到直线过点，又由题设知的中点坐标为，得到为的中点，即可解决问题.【详解】（1）根据抛物线的定义，得，过点作轴，垂足为，则，又，所以，代入，得，整理得，解得（舍去）或，故的方程为．（2）设，显然，与轴不平行，设直线的方程为，，联立得，则，且，因为四边形为平行四边形，所以，即，所以，得到，又，即，由点在上，得，解得，所以直线的方程为，即，所以直线过点，又将代入，得，所以的中点坐标为，即为的中点，所以，故为定值．18．已知（其中为自然对数的底数）.(1)当时，求曲线在点处的切线方程，(2)当时，判断是否存在极值，并说明理由；(3)，求实数的取值范围.【正确答案】(1)(2)有一个极大值，一个极小值，理由见解析(3)【分析】（1）当时，求得，结合导数的几何意义，即可求解；（2）当时，求得，令，利用导数求得的单调性与，得到存在使得，存在使得，进而得到答案；（3）求得，根据题意，得到，令，得到使得，利用函数的单调性，求得，再由，求得，再由，设，利用导数求得函数的单调性，即可求解.【详解】（1）解：当时，，可得，则，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）解：当时，，定义域为，可得，令，则，当时，；当时，，所以在递减，在上递增，所以，又由，存在使得，存在使得，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；所以时，有一个极大值，一个极小值.（3）解：由，可得，由，因为，可得，令，则在上递减，当时，可得，则，所以，则，又因为，使得，即且当时，，即；当时，，即，所以在递增，在递减，所以，由，可得，由，可得，即，由，可得，所以，因为，设，则，可知在上递增，且，所以实数的取值范围是.方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．19．甲乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲乙各猜一个成语，