四川省雅安市神州天立学校2024届高三高考适应性考试（三）数学（理）试题

这是一份四川省雅安市神州天立学校2024届高三高考适应性考试（三）数学（理）试题，共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

数 学（理 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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，，
所以.
故选：B.
2. 欧拉公式把自然对数的底数，虚数单位i，csθ和sinθ联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学中的天桥”，若复数满足，则正确的是（ ）
A. 的共轭复数为B. 的实部为1
C. 的虚部为iD. 的模为1
【答案】D
【解析】
【分析】由欧拉公式计算可得，再根据共轭复数、实部、虚部定义以及模长公式可得结果.
【详解】由可得，试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。所以，可得，
所以的共轭复数为，即A错误；
的实部为0，即B错误；
的虚部为，所以C错误；
的模为1，可知D正确.
故选：D
3. 在的展开式中，含项的系数是（ ）
A. 16B. 19C. 21D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项计算可得.
【详解】因为展开式的通项为，
所以的展开式中含项为，
所以展开式中含项的系数是.
故选：B
4. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数定义求出正弦和余弦，结合半角公式求出答案.
【详解】由三角函数定义得
所以.
故选：A.
5. 执行下面程序框图，输出的（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由程序框图的循环结构，代入计算可得结果.
【详解】根据流程框图可知，第一次计算结果为；
第二次循环计算可得；
第三次循环计算可得，不满足，循环结束，
此时输出.
故选：A
6. 已知向量，为坐标原点，动点满足约束条件，则的最大值为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量数量积的坐标表示得出约束条件，画出可行域并利用直线的截距的几何意义求得结果.
【详解】易知，
所以约束条件即为，
画出可行域如下图阴影部分所示：
将目标函数变形可得，
当其在轴上的截距最小时，的取值最大；
对直线，令，则，则，
显然当直线平移到过点时，取最大值3.
故选：D
7. 2023年7月28日至8月8日，第31届世界夏季大学生运动会在成都市举行，组委会将5名大学生分配到A，B，C三个路口进行引导工作，每个路口至少分配一人，每人只能去一个路口．若甲、乙要求去同一个路口，则不同的分配方案共有（ ）
A. 18种B. 24种C. 36种D. 48种
【答案】C
【解析】
【分析】按照分组分配问题先将5人分情况讨论并分成三组，再分配到三个路口进行计算可得结果.
【详解】第一步：先将5名大学生分成三组，每组人数为1，1，3或1，2，2；
当分为1，1，3时，且甲、乙要求去同一个路口，则甲、乙必须在3人组，
因此只需从剩下的3人中任选一人，其余两人各自一组，共有种分法；
当分为1，2，2时，且甲、乙要求去同一个路口，则将剩下的3人分成两组即可，共有种分法；
第二步：再将分好的三组人员分配到三个路口，共有种分配方案；
因此共种.
故选：C
8. α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】解：因为α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件是，选A
9. 如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合．已知某类果蔬的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系．(a，b．为常数)，若该果蔬在7℃的保鲜时间为288小时，在21℃ 的保鲜时间为32小时，且该果蔬所需物流时间为4天，则物流过程中果蔬的储藏温度(假设物流过程中恒温)最高不能超过（ ）
A. 14℃B. 15℃C. 13℃D. 16℃
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的函数模型建立方程组，再列出不等式即可求解.
【详解】依题意，，则，即，显然，
设物流过程中果蔬的储藏温度为t℃，于是，
解得，因此，
所以物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过14℃.
故选：A
10. 如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，把多面体放在棱长为的正方体中，结合正方体的结构特征确定球心，求出球半径作答.
【详解】把该多面体放入正方体中，如图，
由于多面体的棱长为，则正方体的棱长为，
因此该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点，
该多面体外接球半径等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则，解得，
所以经过该多面体的各个顶点的球的表面积.
故选：A
11. 设是双曲线的左、右焦点，O是坐标原点，点P是C上异于实轴端点的任意一点，若则C的离心率为（ ）
A. B. C. 3D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】设出点的坐标，利用两点间距离公式，结合点在双曲线上及给定等式化简计算即得.
【详解】令双曲线的焦点，设，
则，即有，
，同理，
而，故，
因此，
即，所以双曲线C的离心率.
故选：D
12. 已知函数及其导函数的定义域均为，且，，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可构造函数，求得的单调性，再利用函数对称性解不等式即可求得结果.
【详解】构造函数，则；
因为，
所以当时，，即，此时在上单调递增；
当时，，即，此时在上单调递减；
又，所以，即；
所以函数图象上的点关于的对称点也在函数图象上，
即函数图象关于直线对称，
不等式变形为，即；
可得，
又在上单调递增，在上单调递减，
所以，解得.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据的结构特征构造函数，判断出其单调性，再由得出其对称性解不等式即可.
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. 已知为偶函数，则______.
【答案】
【解析】
【分析】法一：先利用求得，然后代入验证；法二：利用偶函数的定义建立方程求解即可.
【详解】法一：特殊值法：因为为偶函数，所以，
所以，解得，
经检验，当时，偶函数，符合题意.
法二：定义法：因为为偶函数，所以，
所以，化简得，
所以，解得.
故答案为：
14. 已知的三边长，则的面积为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】先利用余弦定理求出一角，再利用三角形的面积公式即可得解.
【详解】由余弦定理有，
又，所以，
所以的面积.
故答案为：.
15. 已知两点，若直线上存在唯一点 P 满足 ，则实数m 的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设出点的坐标，求出点的轨迹，再根据直线与圆相切求出m 的值.
【详解】设点，则，由，得，
因此点在以原点为圆心，1为半径的圆上，显然直线与此圆相切，
则，解得，
所以实数m 的值为.
故答案为：
16. 已知F为抛物线的焦点，过点F的直线l与抛物线C相交于不同的两点A、B，若抛物线C在A、B两点处的切线相交于点P，则的最小值为_______．
【答案】5
【解析】
【分析】设出直线方程并于抛物线联立，利用焦点弦公式求得的表达式，再利用导数求得切线方程得出点坐标，可得，再由对勾函数性质即可得出其最小值.
【详解】由抛物线可知，
显然直线的斜率一定存在，可设直线的方程为，；
如下图所示：
联立抛物线和直线的方程，消去可得；
由韦达定理可得；
利用焦点弦公式可得；
由可得，求导可得，
所以抛物线在点处的切线方程为，由，
整理可得；
同理可得点处的切线方程为；
联立解得，即；
可得；
所以，
令，则；
利用对勾函数性质可知函数在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立；
即的最小值为5.
故答案为：5
【点睛】关键点点睛：在求解抛物线在某点处切线方程时，经常利用导数的几何意义得出切线方程表达式即可解得交点坐标，再由焦点弦公式得出的表达式可求得最小值.
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题每题12分，第22题10分．
17. 已知为各项均为正数的数列的前项和,.
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前项和为,若对恒成立，求实数的最大值.
【答案】（1）；
（2）1.
【解析】
【分析】（1）先求得的值，然后利用与的关系推出数列为等差数列，由此求得的通项公式；
（2）首先结合（1）求的表达式，然后用裂项法求得，再根据数列的单调性求得的最大值．
【小问1详解】
当时，由题设得，即，又，解得.
由知：.
两式相减得：，即.
由于，可得，即，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以.
【小问2详解】
由得：
.
因为，
所以，则数列是递增数列，
所以，故实数的最大值是.
18. 某校高三年级进行班级数学文化知识竞赛，每班选三人组成代表队，其中1班和2班进入最终的决赛．决赛第一轮要求两个班级的代表队队员每人回答一道必答题，答对则为本班得1分，答错或不答都得0分．已知1班的三名队员答对的概率分别为、、，班的三名队员答对的概率都是，每名队员回答正确与否相互之间没有影响．用、分别表示1班和2班的总得分．
（1）求随机变量、的数学期望；
（2）若，求2班比1班得分高的概率．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得的可能取值为、、、，求出所对应的概率，即可求出数学期望，又，根据二项分布的期望公式计算可得；
（2）结合（1）中结论，利用条件概率的概率公式计算可得.
【小问1详解】
依题意可得的可能取值为、、、，
所以，
，
，
，
所以随机变量的分布列为
所以．
又班的总得分满足，则．
【小问2详解】
设“”为事件，“班比班得分高”为事件，
则
，
，
所以，
所以班比班得分高的概率为．
19. 如图，在多面体中，四边形为菱形，平面平面，平面平面是等腰直角三角形，且.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，由已知可证，，进而可得为平行四边形，可得，可证平面，进而可得平面，可证结论.
（2）以点为原点，所在直线为轴，过平行于的直线为轴，在平面内垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，利用向量法可得，利用换元法可求锐二面角的余弦值的取值范围.
【小问1详解】
如图，取的中点，连接.
因为是等腰直角三角形，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，四边形为菱形，所以，
四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
如图，以点为原点，所在直线为轴，过平行于的直线为轴，
在平面内垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系.
设，
则.
所以.
设平面的一个法向量为，
则，
令，得，所以.
设平面的一个法向量为，
则，
令，得，所以.
所以.
设，则，
所以在上单调递减，所以，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围是.
20. 已知椭圆 的离心率为 其左右焦点分别为 下顶点为A，右顶点为B，的面积为
（1）求椭圆 C 的方程;
（2）设不过原点O 的直线交C于M、N两点，且直线 的斜率依次成等比数列，求 面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率及的面积列式可得结果；
（2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理及条件得到m与k的关系，由点到直线的距离公式、弦长公式表示面积，构造函数可得结果.
【小问1详解】
依题意，又，
又，
所以，
所以椭圆 C 的方程为.
【小问2详解】
由题意可知，直线的斜率存在且不为0，故可设直线：，
，联立直线和椭圆，
化简得，
由题意可知，即，
且，
则
，
又直线的斜率依次成等比数列。即，
则，所以且，
设点O到直线的距离为，
又
，
所以，
令，，
显然在上为增函数，在上为减函数，
所以，即，
所以，故面积的取值范围为.
【点睛】方法点睛：求解椭圆中三角形的面积问题时，一般需要设出直线方程，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式，点到直线距离公式等，表示出三角形的面积，再利用构造函数或基本不等式的方法求解即可.
21. 设函数，．
（1）试研究 在区间上的极值点；
（2）当时，，求实数a的取值范围．
【答案】（1）无极值点；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数探讨函数单调性，判断函数的极值点.
（2）按分类探讨，利用（1）中信息，结合不等式性构造函数并推理得，当时，构造函数，利用导数结合单调性判断即得.
【小问1详解】
函数，求导得，
令，求导得，设，则，
当时，，当且仅当时取等号，
则在上单调递增，即有，
于是函数在上单调递增，因此，
所以在区间上没有极值点.
【小问2详解】
由（1）知，当，则，
设，求导得，
设，求导得，则函数在上单调递增，
有，即，函数在上单调递增，
于是，即，则对任意的恒成立，
当时，，则当时，对任意的恒成立，
当时，设，求导得，
显然，而函数在上的图象连续不断，
则存在实数，使得对于任意的，均有，
因此函数在上单调递减，则当时，，
即，不符合题意，
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数最值问题．
③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程；
（2）点分别为曲线与直线上的动点，求的最小值.
【答案】（1）曲线为，直线为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用同角的三角函数关系式将曲线C的参数方程消去参数，结合直角坐标与极坐标互化公式进行求解即可；
（2）根据点到直线距离公式，结合辅助角公式、余弦函数的最值性质进行求解即可.
【小问1详解】
因，
将（为参数），消去参数，
可得.
由，得，
因为，所以.
所以曲线的普通方程为，
直线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
由点A在曲线上，设，
则点A到的距离为：
，
所以当时，，
所以的最小值为.0
1
2
3