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）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，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1C.的虚部为i D.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，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：D3.在的展开式中，含项的系数是（）A.16 B.19 C.21 D.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：B4.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：A6.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.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：D7.2023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：C8.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A9.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：A10.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：A11.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.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：D12.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0123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，