精品解析：四川省雅安市神州天立学校2024届高三下学期高考冲刺热身（三）文科数学试题

雅安天立高2021级2023-2024学年度下期高考冲刺热身试题（三） 数 学（文 科） 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 3.考试结束后，将答题卡交回. 第Ⅰ卷（选择题 共60分） 一、选择题：本大题共12 小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知，，则的共轭复数为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求得，的值，则答案可求． 【详解】由，得， ∴，其共轭复数为，故选A． 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题． 2. 某重点中学为了解800名新生的身体素质，将这些学生编号为001 ，002，003，…，800，从这些新生中用系统抽样的方法抽取80名学生进行体质测验，若编号为006的学生被抽到，则下列编号对应的学生没有被抽到的是（ ） A. 036 B. 216 C. 426 D. 600 【答案】D 【解析】 【分析】根据系统抽样可以首先求出抽样间隔，然后可知被抽到的两个编号之间相差抽样间隔的整数倍即可求解. 【详解】由题意可得抽样间隔为， 因为被抽中的初始编号为006，则第组被抽到的编号为， 即之后被抽到的编号均为10的整数倍与6的和. 故选：D. 3. 等差数列中，，则的前9项和等于（ ） A. -18 B. 27 C. 18 D. -27 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的性质可求前9项和. 【详解】． 故选：B 4. “”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】A 【解析】 【分析】由充分、必要条件的定义以及对数不等式即可得解 【详解】一方面若，则有，进一步， 所以“”是“”的充分条件； 另一方面若，则有，进一步有，即， 但不足以保证，不妨设虽然有，但不满足，所以“”不是“”的必要条件. 综合以上两方面有“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 5. 若圆锥的表面积为，底面圆的半径为，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆锥的表面积公式可求得圆锥的母线长，再利用勾股定理可求得该圆锥的高. 【详解】设圆锥的母线长为，高为， 则该圆锥的表面积为，解得， 因此，该圆锥的高为. 故选：B. 6. 是平面内不共线的两个向量，已知，，，若A，B，D三点共线，则k的值是（　　） A. 3 B. －3 C. －2 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先由向量的加法求出，再利用向量共线的充要条件列方程组求解即可. 【详解】由已知， 由A，B，D三点共线，故存在实数λ，使， 即，即解得. 故选：D 7. 如图所示，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意求出的正弦值以及余弦值，根据两角差的余弦公式求得，再由二倍角余弦公式，即可求得答案. 【详解】由题意知, 则，， 故 ， 故， 故选：C 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，再由对数函数的性质判断 【详解】设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，即，故， 又因为，，所以. 故选：D 9. 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ） A. B. AB与平面所成的角为 C. D. 与平面所成的角为 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出． 【详解】如图所示： 不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得． 对于A，，，，A错误； 对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误； 对于C，，，，C错误； 对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确． 故选：D． 10. 已知是圆外的动点，过点作圆的两条切线，设两切点分别为，，当的值最小时，点到圆心的距离为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由，，可将转化为，借助圆的切线的性质，可逐一计算出、及，借助基本不等式中取等条件即可得解. 【详解】设，则， 则， ， ， 故， 当且仅当，即时，等号成立， 故当的值最小时，点到圆心的距离为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将转化为，从而可借助圆的切线的性质，解出的值何时取得最小. 11. 已知函数，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若关于的方程在上有个实数根，，，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据函数的平移规则得到的解析式，画出函数图象，结合的对称性计算可得. 【详解】因为函数，将的图象向左平移个单位长度得到， 函数的对称轴为，对称中心为，且为偶函数， 又函数的图象是由的图象将轴下方的部分关于轴对称上去，轴及轴上方部分保持不变而得到， 所以的对称轴为， 又的图象是将的图象向上平移一个单位得到， 所以的图象如下所示： 因为关于的方程在上有个实数根， 即与在上有个交点， 又，，所以， 令与交点的横坐标从小到大依次为， 则关于对称，关于对称，关于对称，关于对称， 所以， 所以 . 故选：D 【点睛】方法点睛：函数零点问题，将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决. 12. 如图，已知椭圆和双曲线具有相同的焦点，，A、B、C、D是它们的公共点，且都在圆上，直线与x轴交于点P，直线与双曲线交于点，记直线、的斜率分别为、，若椭圆的离心率为，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件依次求得两点的坐标，由此可求得的值. 【详解】设椭圆标准方程为，双曲线的标准方程为， 则，由，， 所以，所以椭圆方程可化为， 由，两式相减得， ，则， 根据对称性可知关于原点对称，关于轴对称. 则， 直线的方程为. 将代入得， 由，解得或， 而，，所以， 所以，所以双曲线方程可化为， 由消去并化简得， 设，解得，所以， 所以. 故选：B 【点睛】本题中，涉及圆和双曲线、圆和椭圆、直线和双曲线等图象的“交点”，求交点的坐标，主要是通过联立方程组来进行求解，要注意运算的准确性，另外也要注意运算的速度.在双曲线和椭圆中，的关系是不相同的. 第Ⅱ卷（非选择题 共90分） 二、填空题：本大题共4 小题，每小题5分，共20分，将答案书写在答题卡对应题号的横线上. 13. 已知是集合A到集合B的函数，如果集合，那么集合A可能情况为_____（填一种满足条件的即可） 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】由题意转化为求集合的非空子集即可. 【详解】依题意，是集合A到集合B的函数， 令，得，令，得，令，得， 因此集合是集合的非空子集， 所以集合A可能情况为. 故答案为： 14. 已知满足，则的最小值为 ． 【答案】## 【解析】 【分析】由约束条件作出可行域，再由的几何意义，即可行域中点与定点的距离的平方求解． 【详解】由题,实数满足可行域如图所示， 的几何意义表示可行域中点与定点的距离的平方， 由图得，垂直于时目标式最小，则. 故答案为： 15. 已知椭圆G：（）的左、右焦点分别，，离心率，点M是椭圆G上任意一点，则的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】设，，根据椭圆的定义可得，再结合与不等式的性质求解即可. 【详解】设，，则由椭圆定义可知，， ∴．由椭圆性质可知， ∴，∴， ∴， 即，即． 故答案为： 16. 设为平面内的任意两个向量，定义一种向量运算“”：对于同一平面内的向量，给出下列结论： ①；②； ③；④若是单位向量，则． 以上所有正确结论的序号是______． 【答案】①④ 【解析】 【分析】分与是否共线，根据新定义和向量数量积性质，以及向量模的性质可判断①；按照新定义验证与共线的情形可判断②；按照新定义验证，，共线的情形可判断③；根据新定义，结合单位向量的定义可判断④. 【详解】对于①，当与不共线时，； 当与共线时，，①正确. 对于②，当与共线时，，， 所以与不一定相等，②错误. 对于③，当，，共线时，，， 所以与不一定相等，③错误. 对于④，当与不共线时，记，则； 当与共线时，，④正确. 故答案为：①④ 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. 甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表： 准点班次数 未准点班次数 A 240 20 B 210 30 （1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率； （2）能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？ 附：， 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）A，B两家公司长途客车准点的概率分别为， （2）有 【解析】 【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果； （2）根据表格中数据及公式计算，再利用临界值表比较即可得结论. 【小问1详解】 根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次， 设A家公司长途客车准点事件为M， 则； B共有班次240次，准点班次有210次， 设B家公司长途客车准点事件为N， 则. A家公司长途客车准点的概率为； B家公司长途客车准点的概率为. 【小问2详解】 列联表 准点班次数 未准点班次数 合计 A 240 20 260 B 210 30 240 合计 450 50 500 =， 根据临界值表可知，有的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关. 18. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)·cos B－bcos C＝0. （1）求角B的大小； （2）设函数f(x)＝2sin xcos xcos B－cos 2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值． 【答案】（1）；（2）当x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)取得最大值1. 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理化简得到2sin Acos B－sin CcosB－cos Csin B＝0，再根据三角形内角和得到(2cos B－1)＝0，求得答案； （2）利用两角和与差的正弦公式化简f(x)，再求最值. 【详解】（1）因为(2a－c)cos B－bcos C＝0， 所以2acos B－ccos B－bcos C＝0， 由正弦定理得2sin Acos B－sin CcosB－cos Csin B＝0， 即2sin Acos B－sin(C＋B)＝0， 又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sin A. 所以sin A(2cos B－1)＝0. 在△ABC中，sin A≠0， 所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝. （2）因为B＝， 所以f(x)＝sin 2x－cos 2x＝sin， 令＝2kπ＋(k∈Z)，得x＝kπ＋k∈Z)， 即当x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)取得最大值1. 【点睛】本题主要考查了正弦定理、正弦型三角函数的性质. 19. 小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． （1）证明：平面； （2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 【答案】（1）证明：如图所示： 分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，， 又平面平面，平面平面，平面，所以平面， 同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出； （2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 [方法一]：分割法一 如图所示： 分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍． 因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积 ． [方法二]：分割法二 如图所示： 连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积 20. 已知为平面上一个动点，到定直线的距离与到定点距离的比等于，记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）若轴上是否存在定点，使过点且斜率为的直线与曲线相交于（均不同于两点，且分别为直线的斜率）？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在点使得为定值. 【解析】 【分析】（1）设点的坐标为，根据题意得到方程，化简即可； （2）设直线的方程为，将其与双曲线联立得到韦达定理式，计算，将韦达定理式代入化简得到方程，解出即可. 【小问1详解】 设点的坐标为，则 ， 即 即，即， 即曲线的方程为. 【小问2详解】 设存在定点，使为定值，则直线的方程为， 联立可得， 设， 则，即， 且 则 ， 解得. 故存在点使得为定值. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是设出，从而得到直线方程，将其与双曲线联立得到韦达定理式，再化简整理斜率比值式从而得到关于方程，解出即可. 21. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若不等式恒成立，求的取值范围； （3）当时，试判断函数的零点个数，并给出证明． 【答案】（1）当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2） （3）有且仅有2个零点， 当时，， 则， 令， 则， 当时，，所以在上单调递减． 又， 所以在上存在唯一的零点． 设在上的零点为， 可得当时，，单调递增； 当时，单调递减， 解法一：， 因为，所以， 故．又，所以． 又， 所以在上有一个零点． 又， 所以在上有一个零点． 当时，， 所以在上没有零点． 当时， 令， 则， 所以在上单调递减， 所以，所以， 所以， 而，所以， 故在上没有零点． 综上所述，在定义域上有且仅有2个零点． 解法二：因为，， 所以在上有一个零点． 又， 所以在上有一个零点， 当时，， 易证， 所以， 从而在上恒成立， 故在上没有零点． 当时，， 设， 则， 所以在上单调递减． 又， 则在上恒成立， 所以在上恒成立， 故在上没有零点． 综上所述，在定义域上有且仅有2个零点． 【解析】 【分析】（1）对求导，再分与两种情况分类讨论的单调性即可求解； （2）根据条件，分离常量得到，构造，将问题转化成求的最大值，即可解决问题； （3）构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理即可求解． 【小问1详解】 因为， 所以， 当时，恒成立，所以； 当时，令， 解得（舍去负根）， 令，得；令，得． 综上所述， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 由恒成立，得在上恒成立， 所以在上恒成立． 令， 则． 令， 易知在上单调递减． 又， 所以当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，也是最大值， 即， 所以，即的取值范围为． 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：本题第二小问，将恒成立问题，分离常量转化为，构造函数，求的最大值，即可得解；第三小问，主要考查利用导数判断函数零点个数.利用导数可得当时，单调递增；当时，单调递减，其中，再结合零点存在性定理，可得零点所在区间得解. （二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分． [选修4-4：坐标系与参数方程] 22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为． （1）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程； （2）已知点的直角坐标为，直线与曲线相交于两点，求的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）消去参数可得的直角坐标方程，由化简可得的直角坐标方程； （2）求出直线的参数方程，并代入曲线的直角坐标方程可得，设点对应的参数分别为，求得，结合，即可求解. 【小问1详解】 ∵曲线C的参数方程为（t为参数）， ∴曲线C的普通方程为． ∵直线l的极坐标方程为． ∴， ∵， ∴直线l的直角坐标方程为； 【小问2详解】 由（1）知，点P在直线l上， ∴直线l的参数方程为（m为参数）， 代入得，． 设是上述方程的两根． ， ． [选修4-5：不等式选讲] 23. 已知a，b，c均为正数，且，证明： （1）； （2）若，则． 【答案】（1）证明如下： [方法一]：【最优解】柯西不等式 由柯西不等式有， 所以，当且仅当时，取等号，所以. [方法二]：基本不等式 由，，， ， 当且仅当时，取等号，所以. （2）证明如下： 因为，，，，由（1）得， 即，所以， 由权方和不等式知， 当且仅当，即，时取等号， 所以. 【解析】 【分析】（1）方法一：根据，利用柯西不等式即可得证； （2）由（1）结合已知可得，即可得到，再根据权方和不等式即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】（1）方法一：利用柯西不等式证明，简洁高效，是该题的最优解； 方法二：对于柯西不等式不作为必须掌握内容的地区同学，采用基本不等式累加，也是不错的方法． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 雅安天立高2021级2023-2024学年度下期高考冲刺热身试题（三） 数 学（文 科） 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 3.考试结束后，将答题卡交回. 第Ⅰ卷（选择题 共60分） 一、选择题：本大题共12 小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知，，则的共轭复数为 A. B. C. D. 2. 某重点中学为了解800名新生的身体素质，将这些学生编号为001 ，002，003，…，800，从这些新生中用系统抽样的方法抽取80名学生进行体质测验，若编号为006的学生被抽到，则下列编号对应的学生没有被抽到的是（ ） A. 036 B. 216 C. 426 D. 600 3. 等差数列中，，则的前9项和等于（ ） A. -18 B. 27 C. 18 D. -27 4. “”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. 若圆锥的表面积为，底面圆的半径为，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 6. 是平面内不共线的两个向量，已知，，，若A，B，D三点共线，则k的值是（　　） A. 3 B. －3 C. －2 D. 2 7. 如图所示，（ ） A. B. C. D. 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 9. 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ） A. B. AB与平面所成的角为 C. D. 与平面所成的角为 10. 已知是圆外的动点，过点作圆的两条切线，设两切点分别为，，当的值最小时，点到圆心的距离为（ ） A. B. C. D. 2 11. 已知函数，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若关于的方程在上有个实数根，，，，，，则（ ） A. B. C. D. 12. 如图，已知椭圆和双曲线具有相同的焦点，，A、B、C、D是它们的公共点，且都在圆上，直线与x轴交于点P，直线与双曲线交于点，记直线、的斜率分别为、，若椭圆的离心率为，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 第Ⅱ卷（非选择题 共90分） 二、填空题：本大题共4 小题，每小题5分，共20分，将答案书写在答题卡对应题号的横线上. 13. 已知是集合A到集合B的函数，如果集合，那么集合A可能情况为_____（填一种满足条件的即可） 14. 已知满足，则的最小值为 ． 15. 已知椭圆G：（）的左、右焦点分别，，离心率，点M是椭圆G上任意一点，则的取值范围是____________． 16. 设为平面内的任意两个向量，定义一种向量运算“”：对于同一平面内的向量，给出下列结论： ①；②； ③；④若是单位向量，则． 以上所有正确结论的序号是______． 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. 甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表： 准点班次数 未准点班次数 A 240 20 B 210 30 （1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率； （2）能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？ 附：， 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 18. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)·cos B－bcos C＝0. （1）求角B的大小； （2）设函数f(x)＝2sin xcos xcos B－cos 2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值． 19. 小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． （1）证明：平面； （2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 20. 已知为平面上一个动点，到定直线的距离与到定点距离的比等于，记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）若轴上是否存在定点，使过点且斜率为的直线与曲线相交于（均不同于两点，且分别为直线的斜率）？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 21. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若不等式恒成立，求的取值范围； （3）当时，试判断函数的零点个数，并给出证明． （二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分． [选修4-4：坐标系与参数方程] 22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为． （1）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程； （2）已知点的直角坐标为，直线与曲线相交于两点，求的值． [选修4-5：不等式选讲] 23. 已知a，b，c均为正数，且，证明： （1）； （2）若，则． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $