《囯考1号》2024届高三理科数学第十套 综合能力滚动检测（讲评课件PPT）

√ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 一、选择题：本大题共12个小题，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． 1．已知集合，，则 A． B． C． D． 【解析】由题意知，或，所以， ， ，故选B． 2．已知为虚数单位，若复数满足，则的虚部为 A． B． C． D． 【解析】因为，所以的虚部为，故选C． 3．某校秋季运动会中A、B两班的各个单项得分(满分5分，分值高者为优)的雷达图如图所示，则下列说法不正确的是 A．在200米项目中，A班的得分比B班的得分高 B．在铅球项目中，A班的得分比B班的得分高 C．在跳高项目中，B班的得分比A班的得分高 D．B班的总分比A班的总分高 【解析】对于A，在200米项目中，A班得分为4分，B班得分为3分，故A正确；对于B，在铅球项目中，A班得分为3分，B班得分为4分，故B错误；对于C，在跳高项目中，A班得分为3分，B班得分为4分，故C正确；对于D，A班的总分为，B班的总分为，故D正确.故选B. 4．在的展开式中，的系数是 A． B． C． D．4 【解析】根据题意，项为，所以的系数是.故选A． 5．已知等比数列的前项和为，若，且成等差数列，则 A． B． C． D． 【解析】设等比数列的公比是q，因为成等差数列，所以，整理得，所以，因此，故选D. 6．已知直线与曲线相切，则的值为 A． B．1 C． D． 【解析】由题知，的定义域为，.设切点为， 所以，即，故切点为，代入直线方程，得，解得.故选D. 7．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列结论，其中正确结论的个数是 ①若，，且，则     ②若且，，则 ③若，，且，则     ④若，，且，则 A．1 B．2 C．3 D．4 【解析】对于①，由，且，得或，又，则，故①正确；对于②，若且，，则与平行或相交，故②错误；对于③，若，，且，则与平行、垂直或斜交，故③错误；对于④，若，，且，则，故④错误，故选A. 8．算术运算符表示取余数，如，表示除以余数为，如图是关于取余的一个程序框图，若输入的值为3，则输出 A．1 B．3 C．5 D．7 【解析】由程序框图知，当时，；当； 当；…，当；当. 故当程序框图退出循环时， ，显然 ，故选A． 9．函数的图象大致是 A． B． C． D． 【解析】由题意得，，且的定义域关于原点对称，又因为， 所以函数为奇函数，所以的图象关于原点对称，故选B. 10．已知双曲线：的左,右顶点分别为，是双曲线上不同于的一点，设直线的斜率分别为，则当取得最小值时，双曲线的离心率为 A. B. C. D. 【解析】由题知，，设，则，，，所以，故，令，，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，故当时函数有最小值，此时，即，所以，故选A． 11．已知，，，则，，的大小关系是 A． B． C． D． 【解析】对于的大小：，即；对于的大小：构造函数，则，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，因为，所以 ，即，所以；对于的大小：，，因为，所以，故选B． 12．已知函数在区间上单调，且满足.给出下列结论，其中正确结论的个数是 ①； ②若，则函数的最小正周期为； ③关于x的方程在区间上最多有3个不相等的实数解； ④若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为. A．1 B．2 C．3 D．4 【解析】对于①，∵，∴在上单调，又，，∴，故①正确；对于②，区间右端点关于的对称点为，∵，f(x)在上单调，根据正弦函数图象特征可知，在上单调，∴为的最小正周期，∴.若，则的图象关于直线对称，结合，得，即，故k＝0，，故②正确； 对于③，由，得，∴在区间上最多有3个完整的周期，由图知，关于的方程在区间上最多有3个不相等的实数解，故③正确；对于④，由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，结合，得，又，∴的取值范围为，故④错误. 故选C. 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分． 13．若向量满足，，且，则与的夹角为__________． 【解析】因为，所以，所以，故与的夹角为. 14．已知等差数列的前n项和为，若，，则 __________． 【解析】由得.设等差数列的公差为，因为，所以，，故. 15．已知为椭圆的两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则__________． 【解析】法一：由题知，，  则，即①，由余弦定理得，即②， 联立①②，解得：，.因为，所以 . 法二：因为，所以，解得，又因为，所以，所以. 16．如图所示，在三棱锥中，，，，则三棱锥体积的最大值为_________． 【解析】由题知，.因为，，所以，，又，所以.过A作AF⊥BD于F，连结CF，则CF⊥BD.过F作EF⊥AC于E.因为，所以，而EF⊥AC，所以E为AC的中点.因为AF⊥BD, CF⊥BD, ,所以BD⊥平面ACF.所以.要使三棱锥的体积最大，只需要△ACF的面积最大.而，只需EF最大.因为，所以只需AF最大.在△ABD中，所以A在以D、B 为焦点的椭圆上,如图所示,因为AF⊥BD，由椭圆的几何性质可得，要使AF最大，只需A为短轴顶点，即AF为短轴的一半.此时所以.所以，所以，所以.即三棱锥体积的最大值为. 三、解答题：本大题共6个小题，共75分．解答要写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分12分) 某中学为了解大数据提供的个性化作业质量情况，随机访问n名学生，并对这n名学生的个性化作业进行评分（满分：100分），根据得分将他们的成绩分成六组，制成如图所示的频率分布直方图，其中成绩在的学生人数为30人. （1）求，n的值； （2）估计这n名学生成绩的平均数（同一组数据用该组 数据的中点值代替）和中位数． 【解析】（1）由题意知：， 即．…………………………3分 由频率分布直方图得成绩在的学生所占频率为：， ∵成绩在的学生人数为30人， ∴.…………………………6分 （2）由频率分布直方图可知： 平均数为：，………………………9分 ∵前3组的频率为， ∴中位数为．…………………………12分 18．(本小题满分12分) 的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 【解析】(1)由得： ,…………2分 ∵, ∴，即,…………………………3分 又∵, ∴，即.…………………………4分 (2)解法一：因为是锐角三角形，由（1）知，得到， 故，解得.…………………………6分 由正弦定理及得，，…………………………8分 ∴的面积.………………10分 又∵,, ∴, 故， 故. 故的取值范围是.…………………………12分 解法二：若为锐角三角形，且， 由余弦定理可得，…………………………6分 ∵三角形为锐角三角形， ∴且，且，…………………………8分 解得，…………………………10分 可得面积，．…………………………12分 19．(本小题满分12分) 如图1，在矩形中，，分别为线段的中点，沿把折起，使得，如图2所示，分别为线段的中点， （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 【解析】（1）证明：∵，, ∴为等边三角形, ∴, 又∵，，且, ∴平面, ∴………………………2分 又∵, ∴平面, ∴, 又∵≌, 易证………………………4分 又∵, ∴平面, 又∵平面, ∴平面平面.………………………6分 （2）分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，则 ∴,，. 设平面的法向量，则 , 取法向量，.………………………8分 设平面的法向量，则 , 取法向量，.………………………10分 ∴, ∴二面角的余弦值为.………………………12分 20．(本小题满分12分) 已知抛物线：，直线与抛物线交于不同的两点，，为坐标原点. (1)若，求证：直线过定点； (2)若直线的方程为，且与轴交于点，是否存在以为圆心、2为半径的圆，使得过抛物线上任意一点作圆的两条切线，与抛物线交于另外两点，时，总有直线也与圆相切？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）由题知，直线与轴不平行，故可设直线的方程为：， 联立，得， 设，， ∴，．……………………2分 由， 解得， ∴直线过定点．……………………4分 （2）由题知，，设， 则圆的方程为. 设，，， 直线的斜率， 所以直线的方程为，……………………6分 整理得， 则直线与圆相切得，即， 同理可得， 易知，否则直线与抛物线只有一个交点， 所以是方程的两个根， 由韦达定理得，……………………8分 直线的方程与圆相切得，…………9分 两边平方得， 即， 化简得， 上式对任意的恒成立，所以，解得或3，……………………11分 当时，，符合，此时； 当时， ，符合，此时. 综上，存在定圆、，过抛物线上任意一点作圆的两条切线，与抛物线交于另外两点，时，总有直线也与圆相切. ………………12分 21.（本小题满分12分） 已知函数，． （1）当时，讨论的单调性； （2）若函数有两个极值点，．求的最小值． 【解析】（1）由题知，，，令，， 当时，，，即，所以在上单调递增；…………2分 当时，，若，则， 若，则， 所以在上单调递增；在上单调递减， 综上所述：当时，在上单调递增；当时，在 上单调递增；在上单调递减，…………4分 （2）由（1）知，是方程的两个不等正根， 则△，，，故，， 即，，，且，，……………………6分 ……………………8分 ， 令，则，，，……………………10分 ， 当，时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故， 故的最小值为．……………………12分 22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，直线的参数方程为 (为参数)．以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为． （1）求直线的直角坐标方程及曲线的普通方程； （2）设点在曲线上，点在直线上，求的最小值． 【解析】（1）消去直线l的参数方程中的参数t，得直线l的直角坐标方程为：x－y＋1＝0. ………………………2分 将的两边同时乘以，得， 将，，代入得， 曲线C的普通方程为：x2＋y2－2x＝0. 即：(x－1)2＋y2＝1． ………………………5分 （2）法一：的最小值就是点到直线的距离的最小值. 设，则 ,…………………………8分 ∴当即时有最小值.…………………10分 法二：的最小值就是圆心到直线的距离减去圆的半径. ∵圆心到直线的距离,…………………………8分 ∴.…………………10分 23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知函数，且的最小值为. （1）求的值； （2）若，，为正数，且满足.证明：. 【解析】（1）因为，……………………3分 所以在上单调递减，在上单调递增， 故．..………………………5分 （2）证明：由（1）知，， ∵，，， 所以由柯西不等式可得：，…………………9分 即（当且仅当时，等号成立）. ……………10分 $$