《囯考1号》2024届高三文科数学第十套 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C． 2．已知为虚数单位，若复数满足，则的共轭复数 A． B． C． D． 【解析】因为，所以，故选B． 3.已知甲、乙两人同时向目标射击，记事件“甲击中目标”， 记事件“乙击中目标”，且，，甲、乙两人是否击中目标互不影响，则 A． B． C． D． 【解析】依题意事件、相互独立， 所以.故选A. 4．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. 5．已知函数在处有极小值，则在上的最大值与最小值的和为 A． B． C． D． 【解析】根据题意，，因为函数在处有极小值，所以，解得或.当时，，当时，或；当时，，在处取到极小值，符合题意；当时，，当时，或，当时，，在处取到极大值，不符合题意.所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，，，所以，所以在上的最大值与最小值的和为.故选D. 6．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. 7．已知函数f(x)的导函数为f ′(x)，若，则曲线在处的切线方程为 A． B． C． D． 【解析】由题知，，令x＝1得，解得f ′(1)＝1.所以，故，所以曲线在处的切线方程为，即，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．如图，在正方体中，点E，F分别是AB和的中点，则下列说法正确的是 A．与EF共面，平面 B．，平面 C．与EF异面，平面 D．EF，平面 【解析】法一：排除法，假设平面，而平面，则，因为在平面内的射影为，所以，与矛盾，故平面不成立，排除C、D；由平面，平面，，而，平面，所以与EF异面，排除A. 故选B. 【解析】法二：连接，且于，连接，因为在平面内的射影为，且，所以；在中，因为F，O分别是和的中点，所以，又平面，平面，所以平面，故选B. 10．已知，是双曲线的左，右焦点，过的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，若点在第一象限，且，，则双曲线的离心率为 A．2 B． C．6 D．9 【解析】如图所示，因为，所以点为的中点，所以，又，所以，，所以，所以，所以双曲线的离心率，故选A. 11．已知命题：在中，“”是“”的充要条件；命题：函数，若恰有5个不同零点，则正实数的范围为.则下列命题中是真命题的是 A． B． C． D． 【解析】对于：由正弦定理可知，，所以，故为真命题；对于：零点的个数可转化为与交点的个数，当时，，所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减，如图所示： 所以时有最大值，当时，.所以当时，由图可知必有两个交点；当时，因为，，所以，令，则，则有且，如图所示： 因为时，已有两个交点，所以只需保证与有三个交点即可，所以只需，解得，故为假命题. 故选C. 12．设，，，则，，的大小关系为 A． B． C． D． 【解析】因为，，，因为当时，，所以；令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，所以，故选D. 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分． 13．已知向量，．若，则__________． 【解析】因为，所以，解得，所以. 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．在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面ABC，为等边三角形.若三棱锥S－ABC外接球的半径为5，球心O到平面ABC的距离为3，则棱锥S－ABC体积的最大值为_________． 【解析】如图所示，设的中心为，则，且平面，外接圆半径，连接并延长交于D，则D为的中点，且，显然，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，设的外接圆圆心为，则平面， ，四点共面，又平面ABC，平面ABC，所以，由，平面，所以平面，又平面平面，所以， 【解析】又平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，因此四边形为平行四边形，则，，的外接圆半径，的外接圆上点S到直线距离最大值为，而点S在平面上的射影在直线上，于是点S到平面距离的最大值，又的面积，所以棱锥的体积最大值. 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) 如图所示，图①是由正三角形和正方形组成的平面图形，其中.将沿折起，得到四棱锥，且，如图②所示. （1）证明：图②中平面平面； （2）在线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）证明： ∵为正三角形且为正方形， 又，， ∴， ∴,………………………2分 ∵为正方形， ∴，………………………4分 又，且平面， ∴平面.………………………5分 ∵平面， ∴平面平面.………………………6分 （2）在上取点，连接，，， 法一：取的中点，连接， ∵为正三角形且， ∴，且，………………………7分 由（1）知平面平面，且平面平面. ∴平面.………………………8分 设，则到平面的距离. ∵,………………………10分 ∴, 解得，即,………………………11分 ∴在线段上存在点，当时，三棱锥的体积为.…………12分 法二：由（1）知平面， ∵, ∴平面，………………………7分 设，则，………………………9分 ∴, 解得，即,………………………11分 ∴在线段上存在点，当时，三棱锥的体积为.…………12分 20．(本小题满分12分) 已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)已知为整数，关于的不等式对任意恒成立，求实数的最大值． 【解析】（1）由题知，的定义域为，， 令，解得，……………………2分 当时，；当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增. ……………………4分 （2）不等式对任意恒成立， 即不等式对任意恒成立， 等价于对任意恒成立．……………………5分 设， 则． 设，则，……………………7分 在上单调递增， ， 存在，使，……………………9分 当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， ，……………………11分 ， 又为整数，的最大值为3．……………………12分 21．(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 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 $$