2024届杭州市重点中学高考压轴卷数学试卷含解析

2024届杭州市重点中学高考压轴卷数学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知，则p是q的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件2．某三棱锥的三视图如图所示，那么该三棱锥的表面中直角三角形的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．03．集合的真子集的个数是（）A． B． C． D．4．已知过点且与曲线相切的直线的条数有（）．A．0 B．1 C．2 D．35．已知双曲线的左、右顶点分别是，双曲线的右焦点为，点在过且垂直于轴的直线上，当的外接圆面积达到最小时，点恰好在双曲线上，则该双曲线的方程为（）A． B．C． D．6．定义：表示不等式的解集中的整数解之和.若，，，则实数的取值范围是A． B． C． D．7．设为的两个零点，且的最小值为1，则（）A． B． C． D．8．某空间几何体的三视图如图所示（图中小正方形的边长为1），则这个几何体的体积是（）A． B． C．16 D．329．在关于的不等式中，“”是“恒成立”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件10．《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下问题：“今有勾六步，股八步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为6步和8步，问其内切圆的直径为多少步？”现从该三角形内随机取一点，则此点取自内切圆的概率是（）A． B． C． D．11．已知向量，（其中为实数），则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件12．甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（）A．丙被录用了 B．乙被录用了 C．甲被录用了 D．无法确定谁被录用了二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，且，则__________．14．设函数满足,且当时,又函数,则函数在上的零点个数为___________.15．已知内角，，的对边分别为，，．，，则_________．16．在中，角，，所对的边分别边，且，设角的角平分线交于点，则的值最小时，___.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。17．（12分）在三棱锥S-ABC中，∠BAC=∠SBA=∠SCA=90°,∠SAB=45∘,∠SAC=60°,D为棱AB的中点，SA=2(I)证明：SD⊥BC；(II)求直线SD与平面SBC所成角的正弦值.18．（12分）如图，点是以为直径的圆上异于、的一点，直角梯形所在平面与圆所在平面垂直，且，.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.19．（12分）4月23日是“世界读书日”，某中学开展了一系列的读书教育活动．学校为了解高三学生课外阅读情况，采用分层抽样的方法从高三某班甲、乙、丙、丁四个读书小组（每名学生只能参加一个读书小组）学生抽取12名学生参加问卷调查．各组人数统计如下：小组甲乙丙丁人数12969（1）从参加问卷调查的12名学生中随机抽取2人，求这2人来自同一个小组的概率；（2）从已抽取的甲、丙两个小组的学生中随机抽取2人，用表示抽得甲组学生的人数，求随机变量的分布列和数学期望．20．（12分）在平面直角坐标系中，曲线，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线、的极坐标方程；（2）在极坐标系中，射线与曲线，分别交于、两点（异于极点），定点，求的面积21．（12分）已知函数（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若在上恒成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）若数列的前项和，，求证：数列的前项和.22．（10分）设的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若为锐角三角形，求的取值范围.

参考答案一、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、B【解析】

根据诱导公式化简再分析即可.【详解】因为,所以q成立可以推出p成立,但p成立得不到q成立,例如,而,所以p是q的必要而不充分条件.故选：B【点睛】本题考查充分与必要条件的判定以及诱导公式的运用,属于基础题.2、C【解析】

由三视图还原原几何体，借助于正方体可得三棱锥的表面中直角三角形的个数.【详解】由三视图还原原几何体如图，其中，，为直角三角形.∴该三棱锥的表面中直角三角形的个数为3.故选：C.【点睛】本小题主要考查由三视图还原为原图，属于基础题.3、C【解析】

根据含有个元素的集合，有个子集，有个真子集，计算可得；【详解】解：集合含有个元素，则集合的真子集有（个），故选：C【点睛】考查列举法的定义，集合元素的概念，以及真子集的概念，对于含有个元素的集合，有个子集，有个真子集，属于基础题．4、C【解析】

设切点为，则，由于直线经过点，可得切线的斜率，再根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线斜率，建立关于的方程，从而可求方程．【详解】若直线与曲线切于点，则，又∵，∴，∴，解得，，∴过点与曲线相切的直线方程为或，故选C．【点睛】本题主要考查了利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，求解曲线的切线的方程，其中解答中熟记利用导数的几何意义求解切线的方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．5、A【解析】

点的坐标为，，展开利用均值不等式得到最值，将点代入双曲线计算得到答案.【详解】不妨设点的坐标为，由于为定值，由正弦定理可知当取得最大值时，的外接圆面积取得最小值，也等价于取得最大值，因为，，所以，当且仅当，即当时，等号成立，此时最大，此时的外接圆面积取最小值，点的坐标为，代入可得，．所以双曲线的方程为．故选：【点睛】本题考查了求双曲线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.6、D【解析】

由题意得，表示不等式的解集中整数解之和为6.当时，数形结合（如图）得的解集中的整数解有无数多个，解集中的整数解之和一定大于6.当时，，数形结合（如图），由解得.在内有3个整数解，为1，2，3，满足，所以符合题意.当时，作出函数和的图象，如图所示.若，即的整数解只有1，2，3.只需满足，即，解得，所以.综上，当时，实数的取值范围是.故选D.7、A【解析】

先化简已知得,再根据题意得出f（x）的最小值正周期T为1×2，再求出ω的值．【详解】由题得,设x1，x2为f（x）=2sin（ωx﹣）（ω＞0）的两个零点，且的最小值为1，∴=1，解得T=2；∴=2，解得ω=π．故选A．【点睛】本题考查了三角恒等变换和三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．8、A【解析】几何体为一个三棱锥，高为4，底面为一个等腰直角三角形，直角边长为4，所以体积是，选A.9、C【解析】

讨论当时，是否恒成立；讨论当恒成立时，是否成立，即可选出正确答案.【详解】解：当时，，由开口向上，则恒成立；当恒成立时，若，则不恒成立，不符合题意，若时，要使得恒成立，则，即.所以“”是“恒成立”的充要条件.故选:C.【点睛】本题考查了命题的关系，考查了不等式恒成立问题.对于探究两个命题的关系时，一般分成两步，若，则推出是的充分条件；若，则推出是的必要条件.10、C【解析】

利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径，再分别求出三角形和内切圆的面积，根据几何概型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，直角三角形的斜边长为，利用等面积法，可得其内切圆的半径为，所以向次三角形内投掷豆子，则落在其内切圆内的概率为.故选：C.【点睛】本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算问题，其中解答中熟练应用直角三角形的性质，求得其内切圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.11、A【解析】

结合向量垂直的坐标表示，将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.【详解】由，则，所以；而当，则，解得或.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本小题考查平面向量的运算，向量垂直，充要条件等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，应用意识.12、C【解析】

假设若甲被录用了，若乙被录用了，若丙被录用了，再逐一判断即可.【详解】解：若甲被录用了，则甲的说法错误，乙，丙的说法正确，满足题意，若乙被录用了，则甲、乙的说法错误，丙的说法正确，不符合题意，若丙被录用了，则乙、丙的说法错误，甲的说法正确，不符合题意，综上可得甲被录用了，故选：C.【点睛】本题考查了逻辑推理能力，属基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】试题分析：因,故,所以，,应填.考点：三角变换及运用．14、1【解析】

判断函数为偶函数，周期为2，判断为偶函数，计算，，画出函数图像，根据图像到答案.【详解】知，函数为偶函数，，函数关于对称。，故函数为周期为2的周期函数，且。为偶函数，，，当时，，，函数先增后减。当时，，，函数先增后减。在同一坐标系下作出两函数在上的图像，发现在内图像共有1个公共点，则函数在上的零点个数为1．故答案为：.【点睛】本题考查了函数零点问题，确定函数的奇偶性，对称性，周期性，画出函数图像是解题的关键.15、【解析】

利用正弦定理求得角B，再利用二倍角的余弦公式，即可求解.【详解】由正弦定理得，，．故答案为：.【点睛】本题考查了正弦定理求角，三角恒等变换，属于基础题.16、【解析】

根据题意，利用余弦定理和基本不等式得出，再利用正弦定理，即可得出.【详解】因为，则，由余弦定理得：，当且仅当时取等号，又因为，，所以.故答案为：.【点睛】本题考查余弦定理和正弦定理的应用，以及基本不等式求最值，考查计算能力.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。17、(I)证明见解析；(II)1【解析】

(I)过D作DE⊥BC于E，连接SE，根据勾股定理得到SE⊥BC，DE⊥BC得到BC⊥平面SED，得到证明.(II)过点D作DF⊥SE于F，证明DF⊥平面SBC，故∠ESD为直线SD与平面SBC所成角，计算夹角得到答案.【详解】(I)过D作DE⊥BC于E，连接SE，根据角度的垂直关系易知：AC=1，AB=SB=2，CS=CB=3，故DE=BDsin∠CBD=6根据余弦定理：13+SE2-2故SE⊥BC，DE⊥BC，SE∩DE=E，故BC⊥平面SED，SD⊂平面SED，故SD⊥BC.(II)过点D作DF⊥SE于F，BC⊥平面SED，DF⊂平面SED，故DF⊥BC，DF⊥SE，BC∩SE=E，故DF⊥平面SBC，故∠ESD为直线SD与平面SBC所成角，SD2=S故sin∠ESD=【点睛】本题考查了线线垂直，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.18、（1）见解析；（2）【解析】

（1）取的中点，证明,则平面平面，则可证平面.（2）利用，是平面的高，容易求.，再求，则点到平面的距离可求.【详解】解：（1）如图：取的中点，连接、.在中，是的中点，是的中点，平面平面,故平面在直角梯形中，，且，∴四边形是平行四边形，，同理平面又,故平面平面，又平面平面.（2）是圆的直径，点是圆上异于、的一点，又∵平面平面，平面平面平面，可得是三棱锥的高线.在直角梯形中，.设到平面的距离为，则，即由已知得，由余弦定理易知：，则解得，即点到平面的距离为故答案为：.【点睛】考查线面平行的判定和利用等体积法求距离的方法，是中档题.19、（1）（2）见解析，【解析】

（1）采用分层抽样的方法甲组抽取4人，乙组抽取3人，丙组抽取2人，丁组抽取3人，从参加问卷调查的12名学生中随机抽取2人，基本事件总数为，这两人来自同一小组取法共有，由此可求出所求的概率；（2）从已抽取的甲、丙两个小组的学生中随机抽取2人，而甲、丙两个小组学生分别有4人和2人，所以抽取的两人中是甲组的学生的人数的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量的分布列和数学期望.【详解】（1）由题设易得，问卷调查从四个小组中抽取的人数分别为4，3，2，3（人），从参加问卷调查的12名学生中随机抽取两名的取法共有（种），抽取的两名学生来自同一小组的取法共有（种），所以，抽取的两名学生来自同一个小组的概率为（2）由（1）知，在参加问卷调查的12名学生中，来自甲、丙两小组的学生人数分别为4人、2人，所以，抽取的两人中是甲组的学生的人数的可能取值为0，1，2,因为所以随机变量的分布列为：012所求的期望为【点睛】此题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查分层抽样、古典概型、排列组合等知识，考查运算能力，属于中档题.20、（1），；（2）.【解析】

（1）先把参数方程化成普通方程，再利用极坐标的公式把普通方程化成极坐标方程；（2）先利用极坐标求出弦长，再求高，最后求的面积．【详解】（1）曲线的极坐标方程为：，因为曲线的普通方程为：，曲线的极坐标方程为；（2）由（1）得：点的极坐标为，点的极坐标为，，点到射线的距离为的面积为.【点睛】本题考