四川省雅安市神州天立学校2024届高三下学期高考冲刺热身（三）文科 数学试题【含答案】

雅安天立高2021级2023-2024学年度下期高考冲刺热身试题（三）数学（文科）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，，则的共轭复数为A． B． C． D．2．某重点中学为了解800名新生的身体素质，将这些学生编号为001，002，003，…，800，从这些新生中用系统抽样的方法抽取80名学生进行体质测验，若编号为006的学生被抽到，则下列编号对应的学生没有被抽到的是（

）A．036 B．216 C．426 D．6003．等差数列中，，则的前9项和等于（

）A．-18 B．27 C．18 D．-274．“”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5．若圆锥的表面积为，底面圆的半径为，则该圆锥的高为（

）A． B． C． D．6．是平面内不共线两向量，已知，若三点共线，则k的值是（

）A．2 B．－3 C．－2 D．37．如图所示，（

）A． B． C． D．8．设，，，则（

）A． B．C． D．9．在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（

）A． B．AB与平面所成的角为C． D．与平面所成的角为10．已知是圆外的动点，过点作圆的两条切线，设两切点分别为，，当的值最小时，点到圆心的距离为（

）A． B． C． D．211．已知函数，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若关于的方程在上有个实数根，，，，，，则（

）A． B． C． D．12．如图，已知椭圆和双曲线具有相同的焦点，，A、B、C、D是它们的公共点，且都在圆上，直线与x轴交于点P，直线与双曲线交于点，记直线、的斜率分别为、，若椭圆的离心率为，则的值为（

）

A．2 B．C． D．4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．已知是集合A到集合B的函数，如果集合，那么集合A可能情况为（填一种满足条件的即可）14．已知满足，则的最小值为．15．已知椭圆G：（）的左、右焦点分别，，离心率，点M是椭圆G上任意一点，则的取值范围是．16．设为平面内的任意两个向量，定义一种向量运算“”：对于同一平面内的向量，给出下列结论：①；②；③；④若是单位向量，则．以上所有正确结论的序号是．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，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分．17．甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030(1)根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；(2)能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：，0.1000.0500.0102.7063.8416.63518．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)·cosB－bcosC＝0.（1）求角B的大小；（2）设函数f(x)＝2sinxcosxcosB－cos2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值．19．小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．(1)证明：平面；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．20．已知为平面上一个动点，到定直线的距离与到定点距离的比等于，记动点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)若轴上是否存在定点，使过点且斜率为的直线与曲线相交于（均不同于两点，且分别为直线的斜率）？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．21．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若不等式恒成立，求的取值范围；(3)当时，试判断函数的零点个数，并给出证明．（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，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]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，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．(1)求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；(2)已知点的直角坐标为，直线与曲线相交于两点，求的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知a，b，c均为正数，且，证明：(1)；(2)若，则．1．A【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求得，的值，则答案可求．【详解】由，得，∴，其共轭复数为，故选A．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题．2．D【分析】根据系统抽样可以首先求出抽样间隔，然后可知被抽到的两个编号之间相差抽样间隔的整数倍即可求解.【详解】由题意可得抽样间隔为，因为被抽中的初始编号为006，则第组被抽到的编号为，即之后被抽到的编号均为10的整数倍与6的和.故选：D.3．B【分析】利用等差数列的性质可求前9项和.【详解】．故选：B4．A【分析】由充分、必要条件的定义以及对数不等式即可得解【详解】一方面若，则有，进一步，所以“”是“”的充分条件；另一方面若，则有，进一步有，即，但不足以保证，不妨设虽然有，但不满足，所以“”不是“”的必要条件.综合以上两方面有“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5．B【分析】利用圆锥的表面积公式可求得圆锥的母线长，再利用勾股定理可求得该圆锥的高.【详解】设圆锥的母线长为，高为，则该圆锥的表面积为，解得，因此，该圆锥的高为.故选：B.6．A【分析】借助平面向量共线定理与平面向量基本定理计算即可得.【详解】，由三点共线，故存在实数，使，即，即，解得.故选：A.7．C【分析】由题意求出的正弦值以及余弦值，根据两角差的余弦公式求得，再由二倍角余弦公式，即可求得答案.【详解】由题意知,则，，故，故，故选：C8．D【分析】令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，再由对数函数的性质判断【详解】设，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，故，又因为，，所以.故选：D9．D【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．对于A，，，，A错误；对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；对于C，，，，C错误；对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．故选：D．10．A【分析】由，，可将转化为，借助圆的切线的性质，可逐一计算出、及，借助基本不等式中取等条件即可得解.【详解】设，则，则，，，故，当且仅当，即时，等号成立，故当的值最小时，点到圆心的距离为.故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将转化为，从而可借助圆的切线的性质，解出的值何时取得最小.11．D【分析】首先根据函数的平移规则得到的解析式，画出函数图象，结合的对称性计算可得.【详解】因为函数，将的图象向左平移个单位长度得到，函数的对称轴为，对称中心为，且为偶函数，又函数的图象是由的图象将轴下方的部分关于轴对称上去，轴及轴上方部分保持不变而得到，所以的对称轴为，又的图象是将的图象向上平移一个单位得到，所以的图象如下所示：

因为关于的方程在上有个实数根，即与在上有个交点，又，，所以，令与交点的横坐标从小到大依次为，则关于对称，关于对称，关于对称，关于对称，所以，所以.故选：D【点睛】方法点睛：函数零点问题，将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.12．B【分析】根据已知条件依次求得两点的坐标，由此可求得的值.【详解】设椭圆标准方程为，双曲线的标准方程为，则，由，，所以，所以椭圆方程可化为，由，两式相减得，，则，根据对称性可知关于原点对称，关于轴对称.则，直线的方程为.将代入得，由，解得或，而，，所以，所以，所以双曲线方程可化为，由消去并化简得，设，解得，所以，所以.故选：B【点睛】本题中，涉及圆和双曲线、圆和椭圆、直线和双曲线等图象的“交点”，求交点的坐标，主要是通过联立方程组来进行求解，要注意运算的准确性，另外也要注意运算的速度.在双曲线和椭圆中，的关系是不相同的.13．（答案不唯一）【分析】由题意转化为求集合的非空子集即可.【详解】依题意，是集合A到集合B的函数，令，得，令，得，令，得，因此集合是集合的非空子集，所以集合A可能情况为.故答案为：14．##【分析】由约束条件作出可行域，再由的几何意义，即可行域中点与定点的距离的平方求解．【详解】由题,实数满足可行域如图所示，的几何意义表示可行域中点与定点的距离的平方，由图得，垂直于时目标式最小，则.故答案为：15．【分析】设，，根据椭圆的定义可得，再结合与不等式的性质求解即可.【详解】设，，则由椭圆定义可知，，∴．由椭圆性质可知，∴，∴，∴，即，即．故答案为：16．①④【分析】分与是否共线，根据新定义和向量数量积性质，以及向量模的性质可判断①；按照新定义验证与共线的情形可判断②；按照新定义验证，，共线的情形可判断③；根据新定义，结合单位向量的定义可判断④.【详解】对于①，当与不共线时，；当与共线时，，①正确.对于②，当与共线时，，，所以与不一定相等，②错误.对于③，当，，共线时，，，所以与不一定相等，③错误.对于④，当与不共线时，记，则；当与共线时，，④正确.故答案为：①④17．(1)A，B两家公司长途客车准点的概率分别为，(2)有【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据及公式计算，再利用临界值表比较即可得结论.【详解】（1）根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次，设A家公司长途客车准点事件为M，则；B共有班次240次，准点班次有210次，设B家公司长途客车准点事件为N，则.A家公司长途客车准点的概率为；B家公司长途客车准点的概率为.（2）列联表准点班次数未准点班次数合计A24020260B21030240合计45050500=，根据临界值表可知，有的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.18．（1）；（2）当x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)取得最大值1.【解析】（1）利用正弦定理化简得到2sinAcosB－sinCcosB－cosCsinB＝0，再根据三角形内角和得到(2cosB－1)＝0，求得答案；（2）利用两角和与差的正弦公式化简f(x)，再求最值.【详解】（1）因为(2a－c)cosB－bcosC＝0，所以2acosB－ccosB－bcosC＝0，由正弦定理得2sinAcosB－sinCcosB－cosCsinB＝0，即2sinAcosB－sin(C＋B)＝0，又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sinA.所以sinA(2cosB－1)＝0.在△ABC中，sinA≠0，所以cosB＝，又B∈(0，π)，所以B＝.（2）因为B＝，所以f(x)＝sin2x－cos2x＝sin，令＝2kπ＋(k∈Z)，得x＝kπ＋k∈Z)，即当x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)取得最大值1.【点睛】本题主要考查了正弦定理、正弦型三角函数的性质.19．(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．【详解】（1）如图所示：分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积．[方法二]：分割法二如图所示：连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积20．(1)(2)存在点使得为定值.【分析】（1）设点的坐标为，根据题意得到方程，化简即可；（2）设直线的方程为，将其与双曲线联立得到韦达定理式，计算，将韦达定理式代入化简得到方程，解出即可.【详解】（1）设点的坐标为，则，即即，即，即曲线的方程为.（2）设存在定点，使为定值，则直线的方程为，联立可得，设，则，即，且则，解得.故存在点使得为定值.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是设出，从而得到直线方程，将其与双曲线联立得到韦达定理式，再化简整理斜率比值式从而得到关于方程，解出即可.21．(1)答案见解析(2)(3)有且仅有2个零点，证明见解析【分析】（1）对求导，再分与两种情况分类讨论的单调性即可求解；（2）根据条件，分离常量得到，构造，将问题转化成求的最大值，即可解决问题；（3）构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理即可求解．【详解】（1）因为，所以，当时，恒成立，所以；当时，令，解得（舍去负根），令，得；令，得．综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）由恒成立，得在上恒成立，所以在上恒成立．令，则．令，易知在上单调递减．又，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，也是最大值，即，所以，即的取值范围为．（3）当时，，则，令，则，当时，，所以在上单调递减．又，所以在上存在唯一的零点．设在上的零点为，可得当时，，单调递增；当时，单调递减，解法一：，因为，所以，故．又，所以．又，所以在上有一个零点．又，所以在上有一个零点．当时，，所以在上没有零点．当时，令，则，所以在上单调递减，所以，所以，所以，而，所以，故在上没有零点．综上所述，在定义域上有且仅有2个零点．解法二：因为，，所以在上有一个