四川省雅安市神州天立學校2024屆高三高考適應性考試（三）數學（理）試題

雅安天立高2021級2023-2024學年度下期高考適應性考試（三）數學（理科）本試卷分為試題卷和答題卡兩部分，滿分150分，考試時間120分鐘．注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡和試卷指定位置上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．3．考試結束后，將答題卡交回．第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的．1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】將集合化簡，再由交集的運算，即可得到結果.【詳解】因為，，所以.故選：B.2.歐拉公式把自然對數的底數，虛數單位i，cosθ和sinθ聯系在一起，充分體現了數學的和諧美，被譽為“數學中的天橋”，若復數滿足，則正確的是（）A.的共軛復數為 B.的實部為1C.的虛部為i D.的模為1【答案】D【解析】【分析】由歐拉公式計算可得，再根據共軛復數、實部、虛部定義以及模長公式可得結果.【詳解】由可得，所以，可得，所以的共軛復數為，即A錯誤；的實部為0，即B錯誤；的虛部為，所以C錯誤；的模為1，可知D正確.故選：D3.在的展開式中，含項的系數是（）A.16 B.19 C.21 D.24【答案】B【解析】【分析】根據二項式展開式的通項計算可得.【詳解】因為展開式的通項為，所以的展開式中含項為，所以展開式中含項的系數是.故選：B4.已知角的終邊經過點，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據三角函數定義求出正弦和余弦，結合半角公式求出答案.【詳解】由三角函數定義得所以.故選：A.5.執行下面程序框圖，輸出的（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由程序框圖的循環結構，代入計算可得結果.【詳解】根據流程框圖可知，第一次計算結果為；第二次循環計算可得；第三次循環計算可得，不滿足，循環結束，此時輸出.故選：A6.已知向量，為坐標原點，動點滿足約束條件，則的最大值為（）A. B.2 C. D.3【答案】D【解析】【分析】利用向量數量積的坐標表示得出約束條件，畫出可行域并利用直線的截距的幾何意義求得結果.【詳解】易知，所以約束條件即為，畫出可行域如下圖陰影部分所示：將目標函數變形可得，當其在軸上的截距最小時，的取值最大；對直線，令，則，則，顯然當直線平移到過點時，取最大值3.故選：D7.2023年7月28日至8月8日，第31屆世界夏季大學生運動會在成都市舉行，組委會將5名大學生分配到A，B，C三個路口進行引導工作，每個路口至少分配一人，每人只能去一個路口．若甲、乙要求去同一個路口，則不同的分配方案共有（）A.18種 B.24種 C.36種 D.48種【答案】C【解析】【分析】按照分組分配問題先將5人分情況討論并分成三組，再分配到三個路口進行計算可得結果.【詳解】第一步：先將5名大學生分成三組，每組人數為1，1，3或1，2，2；當分為1，1，3時，且甲、乙要求去同一個路口，則甲、乙必須在3人組，因此只需從剩下的3人中任選一人，其余兩人各自一組，共有種分法；當分為1，2，2時，且甲、乙要求去同一個路口，則將剩下的3人分成兩組即可，共有種分法；第二步：再將分好的三組人員分配到三個路口，共有種分配方案；因此共種.故選：C8.α，β，γ為不同的平面，m，n，l為不同的直線，則m⊥β的一個充分條件是A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】解：因為α，β，γ為不同的平面，m，n，l為不同的直線，則m⊥β的一個充分條件是，選A9.如今我國物流行業蓬勃發展，極大地促進了社會經濟發展和資源整合．已知某類果蔬的保鮮時間y(單位：小時)與儲藏溫度x(單位：℃)滿足函數關系．(a，b．為常數)，若該果蔬在7℃的保鮮時間為288小時，在21℃的保鮮時間為32小時，且該果蔬所需物流時間為4天，則物流過程中果蔬的儲藏溫度(假設物流過程中恒溫)最高不能超過（）A.14℃ B.15℃ C.13℃ D.16℃【答案】A【解析】【分析】根據給定的函數模型建立方程組，再列出不等式即可求解.【詳解】依題意，，則，即，顯然，設物流過程中果蔬的儲藏溫度為t℃，于是，解得，因此，所以物流過程中果蔬的儲藏溫度最高不能超過14℃.故選：A10.如圖是以正方體的各條棱的中點為頂點的多面體，這是一個有八個面為正三角形，六個面為正方形的“阿基米德多面體”，若該多面體的棱長為，則該多面體外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據給定條件，把多面體放在棱長為的正方體中，結合正方體的結構特征確定球心，求出球半徑作答.【詳解】把該多面體放入正方體中，如圖，由于多面體的棱長為，則正方體的棱長為，因此該多面體是由棱長為的正方體連接各棱中點所得，于是得該多面體的外接球球心是正方體體對角線中點，該多面體外接球半徑等于球心到一個頂點的距離，即正方體面對角線的一半，則，解得，所以經過該多面體的各個頂點的球的表面積.故選：A11.設是雙曲線的左、右焦點，O是坐標原點，點P是C上異于實軸端點的任意一點，若則C的離心率為（）A. B. C.3 D.2【答案】D【解析】【分析】設出點的坐標，利用兩點間距離公式，結合點在雙曲線上及給定等式化簡計算即得.【詳解】令雙曲線的焦點，設，則，即有，，同理，而，故，因此，即，所以雙曲線C的離心率.故選：D12.已知函數及其導函數的定義域均為，且，，則不等式的解集是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據題意可構造函數，求得的單調性，再利用函數對稱性解不等式即可求得結果.【詳解】構造函數，則；因為，所以當時，，即，此時在上單調遞增；當時，，即，此時在上單調遞減；又，所以，即；所以函數圖象上的點關于的對稱點也在函數圖象上，即函數圖象關于直線對稱，不等式變形為，即；可得，又在上單調遞增，在上單調遞減，所以，解得.故選：C【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于根據的結構特征構造函數，判斷出其單調性，再由得出其對稱性解不等式即可.第Ⅱ卷（非選擇題共90分）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，將答案書寫在答題卡對應題號的橫線上．13.已知為偶函數，則______.【答案】【解析】【分析】法一：先利用求得，然后代入驗證；法二：利用偶函數的定義建立方程求解即可.【詳解】法一：特殊值法：因為為偶函數，所以，所以，解得，經檢驗，當時，偶函數，符合題意.法二：定義法：因為為偶函數，所以，所以，化簡得，所以，解得.故答案為：14.已知的三邊長，則的面積為__________.【答案】##【解析】【分析】先利用余弦定理求出一角，再利用三角形的面積公式即可得解.【詳解】由余弦定理有，又，所以，所以的面積.故答案為：.15.已知兩點，若直線上存在唯一點P滿足，則實數m的值為__________．【答案】【解析】【分析】設出點的坐標，求出點的軌跡，再根據直線與圓相切求出m的值.【詳解】設點，則，由，得，因此點在以原點為圓心，1為半徑的圓上，顯然直線與此圓相切，則，解得，所以實數m的值為.故答案為：16.已知F為拋物線的焦點，過點F的直線l與拋物線C相交于不同的兩點A、B，若拋物線C在A、B兩點處的切線相交于點P，則的最小值為_______．【答案】5【解析】【分析】設出直線方程并于拋物線聯立，利用焦點弦公式求得的表達式，再利用導數求得切線方程得出點坐標，可得，再由對勾函數性質即可得出其最小值.【詳解】由拋物線可知，顯然直線的斜率一定存在，可設直線的方程為，；如下圖所示：聯立拋物線和直線的方程，消去可得；由韋達定理可得；利用焦點弦公式可得；由可得，求導可得，所以拋物線在點處的切線方程為，由，整理可得；同理可得點處的切線方程為；聯立解得，即；可得；所以，令，則；利用對勾函數性質可知函數在上單調遞增，所以，當且僅當時，等號成立；即的最小值為5.故答案為：5【點睛】關鍵點點睛：在求解拋物線在某點處切線方程時，經常利用導數的幾何意義得出切線方程表達式即可解得交點坐標，再由焦點弦公式得出的表達式可求得最小值.三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題每題12分，第22題10分．17.已知為各項均為正數的數列的前項和,.（1）求的通項公式；（2）設，數列的前項和為,若對恒成立，求實數的最大值.【答案】（1）；（2）1.【解析】【分析】（1）先求得的值，然后利用與的關系推出數列為等差數列，由此求得的通項公式；（2）首先結合（1）求的表達式，然后用裂項法求得，再根據數列的單調性求得的最大值．【小問1詳解】當時，由題設得，即，又，解得.由知：.兩式相減得：，即.由于，可得，即，所以是首項為，公差為的等差數列，所以.【小問2詳解】由得：.因為，所以，則數列是遞增數列，所以，故實數的最大值是.18.某校高三年級進行班級數學文化知識競賽，每班選三人組成代表隊，其中1班和2班進入最終的決賽．決賽第一輪要求兩個班級的代表隊隊員每人回答一道必答題，答對則為本班得1分，答錯或不答都得0分．已知1班的三名隊員答對的概率分別為、、，班的三名隊員答對的概率都是，每名隊員回答正確與否相互之間沒有影響．用、分別表示1班和2班的總得分．（1）求隨機變量、的數學期望；（2）若，求2班比1班得分高的概率．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）依題意可得的可能取值為、、、，求出所對應的概率，即可求出數學期望，又，根據二項分布的期望公式計算可得；（2）結合（1）中結論，利用條件概率的概率公式計算可得.【小問1詳解】依題意可得的可能取值為、、、，所以，，，，所以隨機變量的分布列為0123所以．又班的總得分滿足，則．【小問2詳解】設“”為事件，“班比班得分高”為事件，則，，所以，所以班比班得分高的概率為．19.如圖，在多面體中，四邊形為菱形，平面平面，平面平面是等腰直角三角形，且.（1）證明：平面平面；（2）若，求平面與平面所成銳二面角的余弦值的取值范圍.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取的中點，連接，由已知可證，，進而可得為平行四邊形，可得，可證平面，進而可得平面，可證結論.（2）以點為原點，所在直線為軸，過平行于的直線為軸，在平面內垂直于的直線為軸，建立空間直角坐標系，求得平面平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，利用向量法可得，利用換元法可求銳二面角的余弦值的取值范圍.【小問1詳解】如圖，取的中點，連接.因為是等腰直角三角形，故，平面平面，平面平面，平面，所以平面.同理，平面.所以.又和是等腰直角三角形，四邊形為菱形，所以，四邊形為平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，又因為，平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面.【小問2詳解】如圖，以點為原點，所在直線為軸，過平行于的直線為軸，在平面內垂直于的直線為軸，建立空間直角坐標系.設，則.所以.設平面的一個法向量為，則，令，得，所以.設平面的一個法向量為，則，令，得，所以.所以.設，則，所以在上單調遞減，所以，所以，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值的取值范圍是.20.已知橢圓的離心率為其左右焦點分別為下頂點為A，右頂點為B，的面積為（1）求橢圓C的方程;（2）設不過原點O的直線交C于M、N兩點，且直線的斜率依次成等比數列，求面積的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據橢圓離心率及的面積列式可得結果；（2）設出直線方程，聯立直線與橢圓方程，根據韋達定理及條件得到m與k的關系，由點到直線的距離公式、弦長公式表示面積，構造函數可得結果.【小問1詳解】依題意，又，又，所以，所以橢圓C的方程為.【小問2詳解】由題意可知，直線的斜率存在且不為0，故可設直線：，，聯立直線和橢圓，化簡得，由題意可知，即，且，則，又直線的斜率依次成等比數列。即，則，所以且，設點O到直線的距離為，又，所以，令，，顯然在上為增函數，在上為減函數，所以，即，所以，故面積的取值范圍為.【點睛】方法點睛：求解橢圓中三角形的面積問題時，一般需要設出直線方程，聯立直線與橢圓方程，結合韋達定理，弦長公式，點到直線距離公式等，表示出三角形的面積，再利用構造函數或基本不等式的方法求解即可.21.設函數，．（1）試研究在區間上的極值點；（2）當時，，求實數a的取值范圍．【答案】（1）無極值點；（2）.【解析】【分析】（1）求出函數的導數，利用導數探討函數單調性，判斷函數的極值點.（2）按分類探討，利用（1）中信息，結合不等式性構造函數并推理得，當時，構造函數，利用導數結合單調性判斷即得.【小問1詳解】函數，求導得，令，求導得，設，則，當時，，當且僅當時取等號，則在上單調遞增，即有，于是函數在上單調遞增，因此，所以在區間上沒有極值點.【小問2詳解】由（1）知，當，則，設，求導得，設，求導得，則函數在上單調遞增，有，即，函數在上單調遞增，于是，即，則對任意的恒成立，當時，，則當時，對任意的恒成立，