四川省眉山市2024届高三数学下学期三模理科试题含解析

这是一份四川省眉山市2024届高三数学下学期三模理科试题含解析，共18页。试卷主要包含了已知向量满足，且，则，的展开式中的系数为，已知，则，给出下述三个结论等内容，欢迎下载使用。
数学（理科）
本试卷满分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､座位号和准考证号填写在答题卡上.
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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.在复平面内，对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2.设全集，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
3.采购经理指数（PMI），是国际上通用的监测宏观经济走势的先行性指数之一，具有较强的预测､预警作用.综合PMI产出指数是PMI指标体系中反映当期全行业（制造业和非制造业）产出变化情况的综合指数，指数高于时，反映企业生产经营活动较上月扩张；低于，则反映企业生产经营活动较上月收缩.2023年我国综合PMI产出指数折线图如下图所示：
根据该折线图判断，下列结论正确的是（ ）
A.2023年各月综合PMI产出指数的中位数高于
B.2023年各月，我国企业生产经营活动景气水平持续扩张
C.2023年第3月至12月，我国企业生产经营活动景气水平持续收缩
D.2023年上半年各月综合PMI产出指数的方差小于下半年各月综合PMI产出指数的方差
4.已知向量满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
5.的展开式中的系数为（ ）
A.20 B.10 C.-10 D.-20
6.已知，则（ ）
A. B. C. D.
7.设为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，若，则的值为（ ）
A. B. C.2 D.4
8.如图，该组合体由一个正四棱柱和一个正四棱锥组合而成，已知，则（ ）
A.平面 B.平面
C.平面 D.平面
9.四名同学参加社会实践，他们中的每个人都可以从三个项目中随机选择一个参加，且每人的选择相互独立.这三个项目中恰有一个项目没有被任何人选择的概率为（ ）
A. B. C. D.
10.给出下述三个结论：①函数的最小正周期为；②函数在区间单调递增；③函数的图象关于直线对称.其中所有正确结论的编号是（ ）
A.①②③ B.②③ C.①③ D.②
11.已知双曲线的左，右焦点分别为.点在上，点在轴上，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
12.若关于的不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.若满足约束条件，则的最小值为__________.
14.已知的三边长，则的面积为__________.
15.若为奇函数，则__________.（填写符合要求的一个值）
16.已知球的半径为3，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆，其半径分别为，若，两圆的公共弦的中点为，则__________.
三､解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生依据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17.（12分）
某公司为改进生产，现对近5年来生产经营情况进行分析.收集了近5年的利润（单位：亿元）与年份代码共5组数据（其中年份代码分别指2019年，2020年，年），并得到如下值：
（1）若用线性回归模型拟合变量与的相关关系，计算该样本相关系数，并判断变量与的相关程度（精确到0.01）；
（2）求变量关于的线性回归方程，并求2024年利润的预报值.
附：①；
②若，相关程度很强；，相关程度一般；，相关程度较弱；
③一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为；相关系数
18.（12分）
已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若__________，求数列的前项和.
从①②；③，这三个条件中任选一个补充在上面的横线上并解答问题.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
19.（12分）
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.
20.（12分）
已知椭圆的离心率是，左､右顶点分别为，过线段上的点的直线与交于两点，且与的面积比为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与交于点.证明：点在定直线上.
21.（12分）
已知函数.
（1）若过点可作曲线两条切线，求的取值范围；
（2）若有两个不同极值点.
①求的取值范围；
②当时，证明：.
（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系中，的圆心为，半径为2，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求的极坐标方程；
（2）过点的直线交于两点，求的最大值.
23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数.
（1）若对任意，使得恒成立，求的取值范围；
（2）令的最小值为.若正数满足，求证：.
理科数学参考解答及评分参考
一､选择题
1.【答案】B
【解析】由，对应的点位于第二象限，选择B.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计复数运算问题，主要考查复数的除法运算，复数的几何意义等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想；考查数学运算､直观想象等数学核心素养.
2.【答案】D
【解析】由，选项错误；，选项错误；，选项C错误；因为，所以，所以选项D正确.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计集合运算问题，主要考查集合的交集与并集，补集运算等基础知识；考查运算求解能力，数学运算等数学核心素养.
3.【答案】B
【解析】根据图表可知，各月PMI的中位数小于，A错误；2023年各月，2023年我国综合PMI产出指数均大于，表明我国企业生产经营活动持续扩张，C错误，B正确；2023年上半年各月PMI比下半年各月PMI的波动大，则方差也大，故D错误.
【考查意图】本小题设置数学应用情境，主要考查统计图表的应用等基础知识，考查概率统计等思想方法，考查数据分析等数学核心素养.
4.【答案】A
【解析】由题意得，则有，解得，又由，则有，解得，同理可得，所以，所以.
注：本小题也可以利用向量线性运算的几何意义，利用数形结合思想求解.
【命题意图】本小题设置课程学习情境，设计平面向量运算问题，主要考查向量的坐标运算，数量积，夹角公式等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想，数学建模（可构造三角形或取特值解答）思想；考查数学运算､直观想象､数学建模等数学核心素养.
5.【答案】C
【解析】因为，相加的两项二项式展开后的通项分别为与，所以的系数为.
【命题意图】本小题设置课程学习情境，设计二项式展开式的通项问题，主要考查二项式展开式特定项的系数等基础知识；考查运算求解能力，分类讨论思想，数学运算等数学核心素养.
6.【答案】A
【解析】因为，所以，有，所以.
【命题意图】本小题设置课程学习情境，设计三角恒等变换求值问题，主要考查同角三角函数关系，两角和的正弦公式，三角函数符号确定等基础知识；考查运算求解能力，化归与转化思想，数学运算等数学核心素养.
7.【答案】C
【解析】设，直线的方程为：，联立方程得，，故，从而-4，即，故选C.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计直线与抛物线交点问题，主要考查直线与抛物线的位置关系，向量的坐标运算，抛物线性质等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想；考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养.
8.【答案】C
【解析】如图，因为，在平面中有，所以平面不平行于平面；同理不平行于平面；易得，
，所以，又，所以平面.
【命题意图】本小题设置课程学习情境，设计正四棱柱与正四棱锥的组合体问题，主要考查空间线面平行，线面垂直的判断等基础知识；考查推理论证能力，空间想象能力；考查逻辑推理，直观想象等数学核心素养.
9.【答案】C
【解析】.
【命题意图】本小题设置实践应用情境，主要考查计数原理､分组排列､组合､古典概型等基础知识，考查分类与整合等数学思想，考查逻辑推理，数学建模等数学核心素养.
10.【答案】B
【解析】对于①由，最小正周期为，结论①不正确；对于②，由，有，此时在区间单调递增，结论②正确；对于③，，对称轴由确定，当时，，结论③正确.
【命题意图】本小题设置课程学习情境，设计三角函数图象性质问题，主要考查含绝对值的余弦函数图象，降幂公式，余弦函数的最小正周期，单调区间，图象的轴对称等基础知识；考查逻辑推理能力，数形结合思想，化归与转化思想，推理论证等数学核心素养.
11.【答案】A
【解析】设，则，由于关于轴对称，故，又因为，所以，所以，所以，故选A.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计双曲线焦点弦问题，主要考查双曲线的方程与性质，双曲线焦点弦，离心率等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想，数形结合思想；考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养.
12.【答案】C
【解析】依题意，，不等式化为.设，则，当时，单调递增；当
时，单调递减，所以，在处取得极大值，也即最大值.又时，.由题知不等式恒成立，所以的图象恒在的图象的上方，显然不符题意；当时，为直线的横截距，其最大值为的横截距，再令，可得，且当直线与在点处相切时，横截距取得最大值.此时，切线方程为，所以取得最大值为.
【命题意图】本小题设置课程学习情境，主要考查导数的应用等基础知识，考查化归与转化等数学思想，考查数学抽象､逻辑推理､数学运算､直观想象等数学核心素养.
二､填空题
13.【答案】-6
【解析】作出约束条件表示的可行域为以三点为顶点的及其内部，作出直线并平移，当直线经过点时，在轴上的截距最小，此时目标函数取得最小值.
【命题意图】本小题设置课程学习情境，设计简单的线性规划问题，主要考查不等式组的解法，约束条件表示的可行域，直线平移及几何意义等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想，化归与转化思想；考查数学运算､逻辑推理､直观想象等数学核心素养.
14.【答案
【解析】由余弦定理有，所以，所以的面积.
【命题意图】本小题设置课程学习情境，设计解三角形问题，主要考查余弦定理，同角间的三角函数关系，三角形面积等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力，数形结合思想，化归与转化思想，应用意识；考查数学运算､逻辑推理､直观想象等数学核心素养.
15.【答案】，填写符合的一个值即可.
【解析】依题意，，当为奇函数，此时，则，故填等等.
【命题意图】本小题设置课程学习情境，主要考查函数奇偶性等基本性质､简单的三角变换等基础知识，考查化归与转化等数学思想；考查数学抽象､逻辑推理､数学运算等数学核心素养.
16.【答案】1
【解析】如图，设，则在中，，在中，，在中，，联立得，所以在中，，所以.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计球与截面问题，主要考查平面与球相截，空间线面位置关系，球内三角形，矩形的性质，勾股定理等基础知识；考查运算求解能力，空间想象能力，方程思想等基础知识；考查数学运算素养，直观想象，逻辑推理等数学核心素养.
三､解答题
17.【解析】（1）依题意，，
，
则，
则，故变量与的相关程度很强.
（2）令变量与的线性回归方程为.
，
所以，
所以，变量关于的回归方程为.
2024年，即时，（亿元）.
所以，该公司2024年利润的预报值为78（亿元）.
【命题意图】本小题设置生活实践情境，主要考查回归分析的基本思想及其初步应用，考查统计基本思想以及抽象概括､数据处理等能力和应用意识；考查数学运算､数学建模等数学核心素养.
18.【解析】（1）由，
当时，，得，
当时，，
整理得，，
又，所以，
所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，
所以.
（2）若选①，由（1）可得，，
所以，
，
两式相减得
，
所以.
若选②，由（1）可得，.
若选③，由（1）可得，.
【命题意图】本小题设置课程学习情境，设计结构性不良的数列问题，主要考查数列的前项和与通项公式，等比数列的性质，错位相减法求数列的和等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想；考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养，应用意识.
19.【解析】（1）如图，取的中点，连接.
因为，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，所以，
四边形为平行四边形，所以，
又因为，
所以平面平面.
（2）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.
设平面的法向量为，则
令，得，所以.
设平面的法向量为，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取值范围是.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计立体几何问题，主要考查空间线线､线面位置关系，空间二面角等基础知识；考查推理论证能力，空间想象能力，运算求解能力；考查直观想象，逻辑推理等数学核心素养，应用意识.
20.【解析】（1）由，
故，则.
由，得，
故椭圆的方程为：.
（2）由（1）可得，设.
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为.
将与联立，
可得，
其中，
则.
因为直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
.
由可得，即，
故点在定直线上.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计直线与椭圆问题，主要考查椭圆的方程，椭圆中的三角形，直线过定点等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想，数形结合思想；考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养，应用意识.
21.【解析】（1）依题意，，
设过点的直线与曲线相切时的切点为，斜率，则，点的坐标代入可得，
则，
即有
解法1：若过点可作曲线两条切线，只需方程方程有两个不相等的实数根即可.
令，只需函数有2个零点即可.则，
①若，则时，时，时，，
此时时，取极大值；时，取极小值，
又，
时，，
函数只有1个零点，不合题意.
②若，同理可知，此时时，取极大值；时，取极小值，
又时，，
函数只有1个零点，不合题意.
③若，则时，时，，
所以时，取极大值，
又时，时，，
函数有2个零点，则必有，得，
故过点可作曲线两条切线时，的取值范围是.
解法显然，.
若过点可作曲线两条切线，只需方程方程有两个不相等的实数根即可.令，
则，
令，则，
可知时，单调递增；时，单调递减，
所以，
故当时，单调递增；时，单调递减；时，单调递减.
又时，由，则；
由上可知时，取得极大值，也即为时，取得最大值，
又时，时，，
函数的大致图象如图所示.
所以方程有两个不相等的实数根时，.
故过点可作曲线两条切线时，
的取值范围是.
（2）①由（1）知，，
因为有两个极值点即有两个实数根，
令，
可知时，单调递增，此时；当时，单调递减，此时，
所以即有两个实数根时，.
则有两个极点时，.
②由即得，
要证明，只需证明.
由题，，
令，则，
欲证明，也即证明，
只需证明即可，
令，
可知，
则在时单调递增，故，则，令在时单调递增，则，
故，即
所以.
【命题意图】本小题设置探究创新情境，主要考查导数几何意义､极值､函数的零点，函数与导数的综合应用等基础知识，考查化归与转化､函数与方程等数学思想；考查数学抽象､逻辑推理､数学运算等数学核心素养.
选考题
22.【解析】（1）由题知，的直角坐标方程为，
即
故的极坐标方程为.
（2）设.
联立直线和圆的方程得：
，
则.
故，
故当时，取得最大值.
【命题意图】本小题设置课程数学情境，设计极坐标问题，主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，直线与圆的位置关系，弦长等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，应用意识.
23.【解析】（1）当时，；当时，；当时，.则的最小值为4.
由于对任意，使得恒成立，
所以，解得，
故的取值范围是.
（2）由（1）可知的最小值为，则，
则.
，
当且仅当且取“，即取“=”.
所以.
【命题意图】本小题设置课程学习情境，主要考查均值不等式应用､不等式的证明方法等基础知识，考查分类与整合思想；考查数学抽象､逻辑推理､数学运算等数学核心素养.