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

雅安天立高2021级2023-2024学年度下期高考适应性考试（三）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）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.2.欧拉公式把自然对数的底数，虚数单位i，cosθ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i D.的模为13.在的展开式中，含项的系数是（）A.16 B.19 C.21 D.244.已知角的终边经过点，则（）A.B.C.D.5.执行下面的程序框图，输出的（）A.B.C.D.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.2 C. D.37.2023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.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℃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.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.3 D.212.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.第Ⅱ卷（非选择题共90分）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______.14.已知的三边长，则的面积为_______.15.已知两点，若直线上存在唯一点P满足，则实数m的值为__________．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_______．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.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．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.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．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．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.

雅安天立高2021级2023-2024学年度下期高考适应性考试（三）数学（理科）（答案）1B2D3B4A5A6D7C提示：8A9A10A将“阿基米德多面体”补全正方体，如下图所示：不妨取两棱中点为，由题知，易知，可得，所以正方体的棱长为2，该多面体的外接球即为正方体的棱切球，所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为。该多面体的外接球的半径为，所以其表面积.故选：A11D令双曲线的焦点，设，则，，同理，而，故，，即，所以双曲线C的离心率.12C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，；可得，又在上单调递增，在上单调递减，所以，解得.故选：C1314.15答案设点，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【答案5】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，；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；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5.17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【答案】（1）模19（1）.证明如图，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）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，.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.20【答案】【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，，所以，令，，显然在上为增函数，在上为减函数，所以，即，所，故面积的取值范围为21【答案】【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