《囯考1号》2024届高三理科数学第十九套 高考适应性考试（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．设全集为，集合，，则 A． B． C． D． 【解析】由题知，，，所以，所以，故选C. 2．已知为虛数单位，若复数满足，则的共轭复数 A． B． C． D． 【解析】由得，，所以.故选B. 3．已知命题：为假命题，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 【解析】由题知，命题：为假命题，则命题：，为真命题，故当时，，符合题意；当时，需满足，解得，综上所述，实数的取值范围是，故选D. 4．的展开式中，项的系数为 A． B． C． D． 【解析】的展开式中含的项为，所以的展开式中含的项的系数为40，故选C. 5．公元263年左右，我国古代数学家刘徽用圆内接正多边形的面积去逼近圆的面积求圆周率，刘徽称这个方法为“割圆术”，并且把“割圆术”的特点概括为“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，下图是根据刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，若运行该程序，则输出的的值为 （参考数据：，，） A．12 B．24 C．48 D．96 【解析】模拟执行程序，可得：n=6，S=3sin60°=2.598，不满足条件S ⩾3.13；n=12， S =6×sin30°=3，不满足条件S ⩾3.13；n=24， S =12×sin15°12×0.2588=3.1056，不满足条件S ⩾3.13；n=48，S =24×sin7.5°24×0.1305=3.132，满足条件S ⩾3.13，退出循环，输出n的值为48，故选C. 6．函数在的图象大致为 【解析】因为 ，是奇函数，故的图象关于原点对称，C、D错误；当时，，B错误，故选A. 7．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是 A．若，，则 B．若，，则 C．若，异面，则有公共点 D．若，则“”是“”的充分不必要条件 【解析】对于A，若，，则，故A错误；对于B，若，，则可能平行、相交或异面，故B错误；对于C，运用反证法说明，假设没有公共点，则，又由可得，这与异面矛盾，故假设不成立，即C正确；对于D，若，当时，或或与相交但不垂直或；若，当时，可得，故，所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误，故选C. 8．在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，点在抛物线上，点在抛物线的准线上，则下列结论中错误的是 A． B．设，则的最小值为4 C．以为直径的圆与轴相切 D．当点的纵坐标为4时，存在点，使得 【解析】由题意得，准线方程为.如图所示，对于A，过点作垂直于抛物线的准线，垂足为A，交轴于，由抛物线定义可知，，所以，当点与点A重合时，等号成立，故A正确；对于B，过点作于， 所以，故B正确；对于C，取的 中点为，过点作轴的垂线，垂足为，则是梯形的中位 线，由抛物线的定义可得，所以 ，所以以为直径的圆与轴相切，故C正确； 【解析】对于D，当点的纵坐标为4时，，假设存在点， 使得，则点为直线与准线的交点，直线的 方程为，即，在中，令 得，故点， 此时，所以 ，D错误，故选D. 9．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现 了如图所示的图，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨 辉三角”中，已知每行的数字之和构成的数列为等比数列，设 ，数列的前项和为，若对任意实数， 都有成立，则实数的取值范围为 A． B． C． D． 【解析】设等比数列的公比为，依题意，，公比，故，所以，故，所以，故选B. 10．3月5日是学雷锋活动日，某班安排5名学生（其中2人具有文艺特长）到敬老院参与文艺表演、卫生大扫除、交流谈心三项活动．每个活动至少安排1人，每人安排1个活动，则文艺表演只能安排具有文艺特长的学生的概率为 A． B． C． D． 【解析】由题知，安排5名学生参与三项活动，有2，2，1和3，1，1两种分配方案，所以总数为：种.若文艺表演只有1人，则另外4人参与剩余两项活动，有2，2和3，1两种分配方案，所以总数为：种；若文艺表演有2人，则另外3人参与剩余两项活动，有2，1一种分配方案，所以总数为：种，所以文艺表演只能安排具有文艺特长的学生的方案总数为28+6=34种，所以所求概率为，故选D. 11．如图所示，在正四面体中，是棱上一动点，若的最小值为，则该正四面体外接球的表面积为 A． B． C． D． 【解析】展开平面与平面，得到如图所示的菱形，当，，三点共线时最小，即.因为，设，则，即正四面体的棱长为2. 将正四面体放入如图所示的正方体中，则正方体的外接球即为正四面体的外接球.因为，故正方体的棱长为，所以正四面体外接球的直径，解得，所以正四面体外接球的表面积为，故选A. 12．已知函数，，是方程的两个相异实根，则的取值范围是 A. B. C. D. 【解析】由得，令，.则，所以当时，；当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故.由题知，是函数的图象与的两个交点的横坐标，即，设，由图知：.令，.则， 因为在上单调递减，且，所以，所以在上单调递减，又，所以，所以在上单调递减，所以，即，所以，即.因为，，且函数在上单调递减，所以，即.又因为在上单调递增， 所以.令，则，令，，则，所以在上单调递增，又，所以，即，所以在上单调递减，所以，即，又因为，所以，即，整理得，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．在平行四边形ABCD中，点E为BC的中点，AE与BD的交点为F，设，，则以为基底时，向量等于___________. 【解析】由题知，，如图所示，所以，所以. 14．已知等差数列的前项和为，等差数列的前项和为．若，则___________. 【解析】因为，故不妨设，，，所以，，所以. 15．已知，分别为双曲线C：的左，右焦点，以为直径的圆与双曲线C在第一象限和第三象限的交点分别为，，设四边形的周长为，面积为，且满足，则双曲线C的离心率为___________. 【解析】如图所示，设，由圆与双曲线的对称性可知，点与点关于原点对称，所以，因为圆是以为直径，所以圆的半径为，因为点在圆上，也在双曲线上，所以有，联立化简可得 ，整理得， ，，所以，因为 ，所以，， 【解析】因为，所以，因为，联立可得，，因为为圆的直径，所以,即， ，， ，，， 所以离心率． 16．已知函数，给出下列说法： ①函数是周期函数 ②函数的图象关于点对称 ③函数的单调递减区间为 ④曲线只有一条过点的切线 其中正确说法的序号是__________（写出所有正确说法的序号）． 【解析】对于①，因为的定义域是，所以若有周期，则周期为的整数倍，假设周期，则，即，.等式可整理为，，该等式矛盾，故假设不成立；综上，不是周期函数，①不正确； 对于②，因为，所以，所以的图象关于点对称，②正确； 对于③，令，得，解得或，；因为的定义域为，所以的单调递减区间为，，，，，③不正确； 对于④，设切点，故切线方程为，因为切线过，所以， 化简得，故，令,，，当时，，故，所以在上单调递减，因为，由零点存在性定理可得：在上有唯一零点，当时，令，，则在上恒成立，所以在上单调递减，故，故，当时，单调递减， 因为，，故存在，使得，即，结合，可得：或，因为，所以，，故，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在处取得极大值，，因为，所以，故时，，所以在上无零点，所以在有且仅有一个零点，④正确. 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) 某公司自去年4月份某项技术突破以后，生产的产品质量得到明显提升，经过一年来的市场检验，信誉越来越好，因此今年以来产品的市场份额明显提高，业务订单量明显上升，下表是2023年8月份到12月份的订单量数据： 月份 8 9 10 11 12 月份代码x 1 2 3 4 5 订单量值y（万件） 1.5 2 3.5 8 15 (1)试根据相关系数r的值，判断订单量y与月份代码x的线性相关性的强弱程度； (2)建立y关于x的线性回归方程，并预测该公司2024年5月份接到的订单数量. 【解析】（1）依题意，，，……………2分 ， ，，………………………4分 故， 所以订单量y与月份代码x的线性相关性程度很强. ………………………6分 （2）由（1）得，则，………………………9分 所以关于的线性回归方程为， 当时，. 所以预测该公司2024年5月份接到的订单数量为万件. ………………………12分 18．(本小题满分12分) 在①，②中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答. 问题：在中，角，，所对的边分别为，，，已知_________. (1)求； (2)若，为边上一点，，，求的面积． 注：若选择不同条件分别作答，则按第一个解答计分. 【解析】（1）选择条件①： 解法一：因为， 在中，由余弦定理可得：， 化简得：，………………………2分 所以， 因为， 所以.………………………4分 【解析】（1）选择条件①： 解法二：因为， 在中，由正弦定理可得：， 又因为， 所以，………………………2分 即， 又因为，所以， 因为，所以.………………………4分 【解析】（1）选择条件②：因为， 由正弦定理可得：， 又因为， 所以，………………………2分 又因为，所以，， 所以，即，所以.………………………4分 （2）解法一：由知，………………………6分 两边同时平方得， 即，化简得．①………………………8分 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 而，所以， 故，即，②………………………10分 由①②得， 由于，得，代入②得． 所以的面积为．………………………12分 解法二：在中，由余弦定理可得， 整理得，①………………………6分 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得，………………………8分 而，所以， 故，即，②………………………10分 由①②得， 由于，得，代入②得， 所以的面积为．………………………12分 19．(本小题满分12分) 如图(1)所示，四边形为等腰梯形，，且，,于点．将沿着折起至的位置，得到如图(2)所示的四棱锥. （1）若为的中点，求证：平面； （2）若平面平面，求二面角的余弦值． 【解析】（1）证明：取的中点，连接， ， ∵为的中点，∴且.……2分 ∵图(1)中四边形为等腰梯形，， 且,,， ∴，∴且， ∴四边形为平行四边形.……………………4分 ∴， 又∵平面，平面， ∴平面.………………………6分 （2）解法一：∵平面平面，且平面平面，， ∴平面， 故，，两两垂直，以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则 ，，，， ∴，.………………………8分 设平面的法向量，则 ，即，取，则.………………………10分 ∵平面的法向量， ∴， ∴二面角的余弦值为.………………………12分 解法二：连接，∵平面平面，且平面平面，， ∴平面， ∴,,.………………………8分 易得,所以， ∴,又， ∴平面，∴. 故为所求二面角的平面角.……………………10分 在中：， ∴， ∴二面角的余弦值为.………………………12分 20．(本小题满分12分) 已知平面内一个动点到定点的距离和它到定直线的距离之比为，动点的轨迹为曲线Г. （1）求曲线Г的方程； （2）已知为坐标原点，过点的动直线与曲线Г交于两点，是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）设点，由题意得：，………………2分 化简得：， 所以曲线Г为椭圆，其方程为：.………………………4分 （2）当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1， A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）， 联立，消去y整理得：（2k2＋1）x2＋4kx－2＝0， 其判别式△＝（4k）2＋8（2k2＋1）＞0， 所以，………………………6分 所以＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝（1＋λ）（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋1 ＝＝，………………………8分 所以当λ＝1时，－， 此时＝－3为定值. …………………10分 当直线AB的斜率不存在时， A，B为短轴的端点， 此时＝－2－1＝－3. 故存在常数λ＝1，使得为定值－3. ………………………12分 21.（本小题满分12分） 已知函数. (1)讨论函数极值点的个数； (2)当时，关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围. 【解析】（1）的定义域为，，………………………1分 当时，，函数在上单调递增，此时无极值点；……2分 当时，令，可得，当时，，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减. 此时有一个极大值点，无极小值点. 综上所述：当时，无极值点； 当时，有一个极大值点，无极小值点. …………………………4分 （2）当时，由，得，即在上恒成立. 令，则， 令，则. 因为，所以，所以， 所以在上单调递增，所以.…………………………6分 ①当，即时，在上，，即，所以在上单调递增， 所以对，即在上恒成立，符合题意；…………8分 ②当，即时，，又， 若，则在上，，即， 所以在上单调递减，所以，不合题意；……………………10分 若，则存在，使得， 所以在上，，即， 所以在上，单调递减，所以对不合题意. 综上所述，实数的取值范围为.…………………………12分 22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，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)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程； (2)过直线上任意一点M作曲线的两条切线，切点分别为A，B，求四边形MACB面积的最小值. 【解析】（1）由题设曲线的参数方程，消参得，……………2分 由，且得， ，化简得. 所以曲线的普通方程为， 直线l直角坐标方程为.…………5分 （2）由题知，圆的圆心，半径， 因为， 所以当最小时，四边形MACB的面积最小. ……………7分 当时，有最小值，即， 此时， 所以四边形MACB面积的最小值为.……………10分 23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知函数. (1)求不等式的解集； (2)若的最小值为，正实数满足，证明：． 【解析】（1）由题知，或或，…………3分 解得， 故不等式的解集为．……………5分 （2）由（1）可知，， 所以，…………………………7分 则，，即有， 显然，当且仅当时取等号， 因此，即， 所以.…………………………10分 $$