精品解析：四川省射洪中学校2024届高三高考考前热身理科数学试题

射洪中学高2021级高考考前热身试题 数学试题（理科） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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，请将答案涂在答题卡上. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式得到集合A，然后求交集即可. 【详解】因为， 又，所以 故选：B. 2. 已知复数，则复数的虚部是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再判断其虚部. 【详解】因为， 所以复数的虚部是. 故选：B 3. 曲线在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先对函数求导，得到，再结合，即可得解． 【详解】，则，又， 则所求切线方程为，即． 故选：A． 4. 已知，为单位向量，则“，的夹角为”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 【答案】C 【解析】 【分析】结合向量的数量积的运算以及夹角公式，判断“，的夹角为”和“”的逻辑推理关系，即得答案. 【详解】由题意，为单位向量，，的夹角为， 则，则， 即充分性成立； 若，则，即， 则，而，故，即必要性成立， 故“，的夹角为”是“”的充要条件， 故选：C 5. 的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式系数的性质：展开式中中间项的二项式系数最大，得到展开式共有项，可求得的值． 【详解】因为展开式中，二项式系数最大的项只有第项即最大， 根据二项式系数的性质：展开式中中间项的二项式系数最大， 所以，解得. 故选：B. 6. 如图的程序框图表示求的值，则判断框内可以填的条件为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用程序框图，一步一步计算，根据判断框成立，时，判断框不成立可得结论. 【详解】根据题意可知程序运行如下：；判断框成立， ；判断框成立， ；判断框成立， ；判断框成立， ；判断框成立， ；判断框成立， ；判断框不成立， 输出，所以选项满足题意. 故选：. 7. 在中，角的对边分别为，且，，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦定理求出，再由数量积的定义计算可得. 【详解】因为， 由余弦定理得，又 所以. 故选：C 8. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】该几何体为半圆柱，底面为半径为1的半圆，高为2，因此表面积为 ,选D. 9. 已知函数的一条对称轴为，且在上单调，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用函数对称轴可得，又由在上为单调函数，列不等式可得间的不等关系，进而可得的最大值. 【详解】函数一条对称轴为，， ，的对称轴可以表示为， 令，则，在上单调， 则，使得，解得，由，得， 当时，取得最大值为. 故选：C． 10. 在等差数列中，，．记，则数列（ ）． A. 有最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项 C. 无最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项 【答案】B 【解析】 【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项. 【详解】由题意可知，等差数列的公差， 则其通项公式为：， 注意到， 且由可知， 由可知数列不存在最小项， 由于， 故数列中的正项只有有限项：，. 故数列中存在最大项，且最大项为. 故选：B. 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题. 11. 已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】命题等价于在上单调递增，然后使用导数工具分类讨论的单调性即可. 【详解】原条件即对恒成立，从而条件等价于在上单调递增. 设，则. 一方面，若在上单调递增，则对恒成立. 所以，即，得； 另一方面，若，设，则. 从而当时，当时. 故在上递减，在上递增. 所以当或时，有，即，进一步可得 . 这表明在和上递增，故在上递增. 综上，的取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于使用导数分类讨论函数的单调性，属于较为常规的题目. 12. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点为坐标原点，过的直线分别交双曲线左、右两支于，两点，点在轴上，，平分，其中一条渐近线与线段交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由可得，结合角平分线的性质和双曲线的定义可得，从而可得，在中，由余弦定理可得，进而可得，而，从而可求解. 【详解】 如图 , , , ， 设,则， 平分 , , , 由双曲线定义可知， ，即, 在中，由余弦定理知 化简得 , 由得 , 不妨令一条渐近线与线段的交点在第一象限，则 , . 故选：B 【点睛】关键点点睛：这道题的关键是由可得，结合角平分线的性质和双曲线的定义可得，从而可得. 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题纸上）. 13. 在区间内随机取一个数，则取到的数小于的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据几何概型概率公式计算．求出取到的数小于的数所在区间的长度后可得． 【详解】区间为，取到的数小于的数所在区间为，区间长度为， 所以所求概率为． 故答案为：． 14. 从名男生和名女生中，选出名代表，要求名代表中既有男生又有女生的选法有___________种. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用分类、分步计数原理及组合，即可求出结果. 【详解】名代表中有名男生，名女生的选法有， 名代表中有名男生，名女生的选法有， 所以名代表中既有男生又有女生的选法有， 故答案为：. 15. 点为圆上的动点，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，的几何意义为圆上的动点与定点连线的斜率，求出临界值，即可得解. 【详解】圆可化为，圆心坐标为，半径为1， 的几何意义为圆上的动点与定点连线的斜率， 设过的圆的切线方程为，即． 由圆心到切线的距离等于半径，得，解得． 的取值范围是． 故答案为：． 16. 已知函数，数列满足，，，则__________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据函数性质分析可知：在上单调递增，且为奇函数，进而可得，结合数列周期性分析求解. 【详解】由题意可知：的定义域为， 且，即， 可知为定义在上的奇函数； 且， 因为在上单调递增，可知在上单调递增； 综上所述：在上单调递增，且为奇函数. 因为，则， 可得，即， 由可知：3为数列的周期，则， 且，所以. 故答案为：2. 【点睛】易错点睛：本题分析的奇偶性的同时，必须分析的单调性，若没有单调性，由无法得出. 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分. 17. 在中，角所对的边分别为，已知. （1）若，求角的大小； （2）若，求边上的高. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理求得，再判断角的范围,即可求得角； （2）先由余弦定理求出角，再借助于直角三角形中三角函数的定义计算即得. 【小问1详解】 由正弦定理，，即， 因，故,即是锐角，故； 小问2详解】 如图，由余弦定理，， 知角是锐角，则， 作于点，在中，, 即边上的高是. 18. 甲､乙两人准备进行台球比赛，比赛规定：一局中赢球的一方作为下一局的开球方.若甲开球，则本局甲赢的概率为，若乙开球，则本局甲赢的概率为，每局比赛的结果相互独立，且没有平局，经抽签决定，第1局由甲开球. （1）求第3局甲开球的概率； （2）设前4局中，甲开球的次数为，求的分布列及期望. 【答案】（1） （2）分布列： 1 2 3 4 【解析】 【分析】（1）设第局甲胜为事件，则第3局甲开球为事件，结合条件概率公式计算即可. （2）由的取值，根据对应的事件，求相应的概率，得分布列，由公式求解期望. 【小问1详解】 设第局甲胜为事件，则第局乙胜为事件，其中 则“第3局甲开球”为事件， . 【小问2详解】 依题意， ， ， ， ， 的分布列为 1 2 3 4 则. 19. 如图，在直三棱柱中，，． （1）当时，求证：平面； （2）设二面角的大小为，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，得出相关向量，求出，再结合线面垂直的判定即可； （2）求出相关法向量，得到，再结合函数单调性即可得到其范围. 【小问1详解】 以为基底建立如图所示空间直角坐标系， 则，. 当时，， 所以， 所以，所以. 又平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 ， 设平面的一个法向量为， 则，即，不妨取. 因为平面，所以平面的一个法向量为. 所以， 所以. 又因为，易知在上单调递减， 所以. 20. 设抛物线的焦点为，已知点到圆上一点的距离的最大值为6. （1）求抛物线的方程. （2）设是坐标原点，点是抛物线上异于点的两点，直线与轴分别相交于两点（异于点），且是线段的中点，试判断直线是否经过定点.若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由. 【答案】（1） （2）过定点，定点坐标为 【解析】 【分析】（1）点到圆上点的最大距离为，即,计算即可； （2）由已知设，求得则，方程，联立与抛物线的方程求得点坐标，同理可得点坐标，进而求得直线的方程得出结果. 【小问1详解】 点到圆上点的最大距离为，即，得, 故抛物线的方程为. 【小问2详解】 设，则方程为，方程为, 联立与抛物线的方程可得，即, 因此点纵坐标为，代入抛物线方程可得点横坐标为， 则点坐标为,同理可得点坐标为, 因此直线的斜率为, 代入点坐标可以得到方程为, 整理可以得到,因此经过定点. 21. 已知函数，其中. （1）当时，，求a的取值范围. （2）若，证明：有三个零点，，（），且，，成等比数列. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用，且（），结合，解得，然后再证明满足题意，时不符题意即可； （2）结合（1），，从而取特殊值以及，继而判断和的正负情况，推出的零点情况，结合等比数列的定义，即可证明结论. 【小问1详解】 由题意可知的定义域为，， 因为，（），所以必有，解得， 以下证明满足题意. 由可知，，所以当时，， 设（），， 所以在为递增函数，所以，所以， 当时，对于函数，， 易知有两个正根，不妨设为，则， 则当或时，；当时，； 在和上单调递增，在上单调递减， 因为，所以，，与时，，不符合； 综上，a取值范围是. 【小问2详解】 由（1）可知，当时，对于函数，， 易知有两个正根，不妨设为，则， 则当或时，；当时，； 在和上单调递增，在上单调递减， 因为，所以，，取，则， （）， 设，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递增，故， 即，当且仅当取等号， 即得，即， 则； 取，则， .（其中，所以，即）， 所以在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点， 在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点， 结合，取； 所以 ，又， 所以也是函数的零点，显然且，所以，即， 所以，所以，，成等比数列. 【点睛】关键点睛：解答第二问的关键在于利用函数的单调性并结合零点存在定理，证明函数在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，并且结合，取，即可证明结论. （二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中选一题作答.如果多选，则按所做的第一题记分. 【选修4-4：坐标系与参数方程】 22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为. （1）写出C的直角坐标方程； （2）在极坐标系中，若直线过点，且与C仅有一个公共点，求的极坐标方程. 【答案】（1） （2） 或或或. 【解析】 【分析】（1）根据极坐标与直角坐标转换公式求解即可； （2）依题意，点在直角坐标系中的坐标为，分斜率存在与不存在研究直线与C仅有一个公共点，得到直线方程，再转换为极坐标方程. 【小问1详解】 利用极坐标与直角坐标转换公式， 因为，即， 所以， 即，即， 整理可得C的直角坐标方程为. 【小问2详解】 点在直角坐标系中的坐标为. 当的斜率不存在时，显然与C没有公共点，不合题意； 当的斜率存在时，设的方程为，与C联立有. 当即时，与C的渐近线平行，与C仅有一个公共点， 此时方程为或. 当时，若线与C仅有一个公共点，则， 解得，故的方程为或. 将代入的方程得到极坐标方程为： 或或或. 【选修4-5：不等式选讲】 23. 已知函数. （1）解不等式； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，把不等式转化为，得出等价不等式组，即可求解； （2）根据题意，求得，转化为，结合不等式的解法，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数， 则不等式等价于， 则或，解得或， 所以不等式的解集为. 【小问2详解】 解：因为，所以， 因为，所以，即，解得， 所以的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 射洪中学高2021级高考考前热身试题 数学试题（理科） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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，请将答案涂在答题卡上. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则复数的虚部是（ ） A. 1 B. C. D. 3. 曲线在处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，为单位向量，则“，的夹角为”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 5. 的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 6. 如图的程序框图表示求的值，则判断框内可以填的条件为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角的对边分别为，且，，则（ ） A. B. C. 2 D. 8. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A. B. C. D. 9. 已知函数的一条对称轴为，且在上单调，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 10. 在等差数列中，，．记，则数列（ ）． A. 有最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项 C. 无最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项 11. 已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 12. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点为坐标原点，过的直线分别交双曲线左、右两支于，两点，点在轴上，，平分，其中一条渐近线与线段交于点，则（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题纸上）. 13. 在区间内随机取一个数，则取到的数小于的概率为__________. 14. 从名男生和名女生中，选出名代表，要求名代表中既有男生又有女生的选法有___________种. 15. 点为圆上的动点，则的取值范围为______. 16. 已知函数，数列满足，，，则__________． 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分. 17. 在中，角所对的边分别为，已知. （1）若，求角的大小； （2）若，求边上的高. 18. 甲､乙两人准备进行台球比赛，比赛规定：一局中赢球的一方作为下一局的开球方.若甲开球，则本局甲赢的概率为，若乙开球，则本局甲赢的概率为，每局比赛的结果相互独立，且没有平局，经抽签决定，第1局由甲开球. （1）求第3局甲开球的概率； （2）设前4局中，甲开球的次数为，求的分布列及期望. 19. 如图，在直三棱柱中，，． （1）当时，求证：平面； （2）设二面角的大小为，求的取值范围． 20. 设抛物线的焦点为，已知点到圆上一点的距离的最大值为6. （1）求抛物线的方程. （2）设是坐标原点，点是抛物线上异于点的两点，直线与轴分别相交于两点（异于点），且是线段的中点，试判断直线是否经过定点.若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由. 21. 已知函数，其中. （1）当时，，求a的取值范围. （2）若，证明：有三个零点，，（），且，，成等比数列. （二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中选一题作答.如果多选，则按所做的第一题记分. 【选修4-4：坐标系与参数方程】 22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为. （1）写出C的直角坐标方程； （2）在极坐标系中，若直线过点，且与C仅有一个公共点，求的极坐标方程. 【选修4-5：不等式选讲】 23. 已知函数. （1）解不等式； （2）若，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $