四川省德阳中学高三下学期高考直击卷(一)理科数学试题

2024届高三高考直击卷(一)理科数学温馨提示:1.本试卷共23小题，满分150分，考试时间120分钟.2.选择题部分使用2B铅笔填涂，非选择题部分使用0.5mm黑色墨迹签字笔书写.3.所有题目均答在答题卡指定区域内，超出答题区域的答案无效，答在本试卷、草稿纸上无效.4.考试结束后，将答题卡、本试卷和草稿纸一并交回.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.设复数和分别是方程的两个根，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解方程得复数、，利用复数的减法和复数的模长公式可求得结果.【详解】由可得，可得，不妨取，，所以，，因此，.故选：A.2.已知集合，，若集合的非空真子集的个数为，则集合（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据条件，将问题转化成直线与相交，再利用直线与圆的位置关系，即可求解.【详解】易知集合中的元素是以原点为圆心，为半径的圆上的点或原点，集合中的元素是直线上的点，又集合的非空真子集的个数为，所以直线与圆相交，则，解得或，所以，故选：D.3.设各项均不为的等差数列的首项，若点、，满足，则该数列的公差为（）A. B. C.或 D.或【答案】B【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据平面向量数量积的坐标运算可求得的值，可得出数列的通项公式，再结合题意进行检验即可得解.【详解】设等差数列的公差为，由题意可得，，所以，，解得或，当时，，此时，数列每项都为奇数，合乎题意；当时，，则，不合乎题意.综上所述，.故选：B.4.若满足限制条件，则目标函数的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据约束条件，得到可行域，再利用目标函数的几何意义，即可求解.【详解】由题知可行域为图中阴影区域，由，解得，所以，由，解得，所以，由，解得，所以，因为可看成可行域内的点到点的距离的平方，又，所以的最大值为，故选：B.5.公司选拔部门总监，根据投票数与业绩评分，甲、乙、丙、丁、戊人以并列第一的得分在选拔中脱颖而出.现在人事部、财务部与科研部要分别选择人担任部门总监，其余人随机分别调到个部门中担任项目经理，设事件{甲、乙两人不在同一部门}，事件{甲担任财务部部门总监}，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据条件，利用排列、组合及古典概率公式，求出，，再利用条件概率公式，即可求解.详解】由题知，，所以，故选：C.6.若函数是奇函数，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据条件，利用奇函数的性质得到，再利用二次函数的性质，即可求解【详解】因，且为奇函数，则，得到，所以，又图象的对称轴为，且开口向下，所以当时，取到最大值为，故选：A.7.若函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依题意可得函数在上有两个不同的零点等价于曲线和在上有两个不同的交点，设，，利用导数说明函数的单调性，求出极大值与端点处函数值，即可求出参数的取值范围.【详解】因为，令，即，则，所以函数在上有两个不同的零点等价于曲线和在上有两个不同的交点，设，，，令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，又，，当时，，且时，，故的取值范围为.故选：D.8.已知点为椭圆:上一点，，分别为的左，右焦点，若圆是的内切圆，直线与轴交于点，若，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据已知条件利用内角平分线定理，结合合比定理得到，然后根据椭圆的定义和离心率的定义求得离心率.【详解】因为的内心为，连接和，可得为的平分线，为的平分线，则，又，所以，所以，得到，故选：D．9.设，，则的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】构造，，求导得到函数单调性，从而得到，故，再构造，，求导得到函数单调性，从而得到，得到，得到答案.【详解】设，，则在上恒成立，故在上单调递减，又，故，即，故，令，，则在恒成立，故在上单调递增，又，故，即，故，综上：.故选：D10.已知函数，将的图象向右平移个单位后，关于轴对称，此时与轴最接近的一个极大值坐标为，下列说法错误的是（）A.的一条对称轴为 B.在有个根C.与直线有个交点 D.关于中心对称【答案】A【解析】【分析】根据条件得到，利用的图象与性质，直接求出的对称轴和对称中心，即可判断选项A和D的正误；对于选项B，直接求出在内的根，即可求解；对于C，在同一坐标系中作出与的图象，数形结合，即可求解.【详解】因为，将的图象向右平移个单位后，得到，由题知关于轴对称，得到，且与轴最接近的一个极大值坐标为，所以，又，得到，，所以，对于选项A，由，得到，即的对称轴为，由，得到，所以选项A错误，对于选项B，由，得到，或，得到，或，令，得到或，所以选项B正确，对于选项C，在同一坐标系中作出与的图象，又，，，，，注意到当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，结合图象可知与直线有个交点，所以选项C正确，对于选项D，因为，得到，令，得到，所以是的一个对称中心，故选项D正确，故选：A.11.若各顶点均在球上的三棱锥中，则当取得最大值时，球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】平面，取得最大值，据此计算可求得外接于的表面积.【详解】，其中为到平面的距离，又，所以时，取得最大值，此时平面，设是的外心，过作平面，是外接球的球心，因为平面，所以，由正弦定理可得，所以，所以球的表面积为.故选：A.12.已知，，当时，若恒成立，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】令，求导令，可得，进而求得的单调性，求得，结合已知可得，求解即可.【详解】令，则，因为，设的根为，即有，所以，当时，，在上单调递减，当时，，在单调递增.，所以，，所以，①当；，②当时，设，，在单调递增，又，所以.综上，实数a的取值范围是.故选：A.【点睛】关键点点睛：关键点有：（1）掌握导数的运算及其应用；（2）通过构造函数，通过求函数的最小值，从而解决问题.二:填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.的展开式中的系数最大的项的二项式系数是___________.【答案】15【解析】【分析】写出二项式的展开式，可求系数最大的项，进而求得二项式系数.【详解】因为，所以展开式的项的系数最大的项为，所以二项式系数为.故答案为：.14.在正方体中，为上靠近的三等分点，为上的点，则当异面直线与夹角最大时，______.【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出点的坐标，进而求出两向量夹角余弦值的表达式，结合二次函数的性质求解其最值，再利用诱导公式及同角三角函数关系求解即可.【详解】设正方体的棱长为3，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，，所以，令，则，则，要使异面直线与夹角最大，则取到最小，从而取到最大，因为，所以，函数对称轴为，所以当即时，即时，，则.故答案为：.15.已知点，分别是抛物线上的两点，分别过点，作抛物线的切线.设两条切线的交点为点，则若点在直线上运动，则的最小值为_____________.【答案】2【解析】【分析】设直线，与抛物线交点且，联立抛物线应用韦达定理得，，利用导数的几何意义求过切线方程，进而求切线交点得，有直线过定点，再由面积公式求最小值.【详解】设直线，与抛物线交点且，联立抛物线有且，所以，，当时，，则，即过的切线斜率为，所以，同理得，联立直线，可得，即，所以直线恒过抛物线焦点，如下图，且，当且仅当时，最小.故答案为：216.空间直角坐标系下，空间内任何平面都具有一般方程，这如平面中的直线方程形式相似，可得向量为平面的法向量.而空间中的直线，可以使用平面相交或两点确定.若已知过的直线方向向量，则就是该直线所对应的标准方程.若已知空间内两点和，则直线与平面所成角的正弦值为________.【答案】##【解析】【分析】由题意求得平面的一个法向量，求得直线的一个方向向量，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】平面的一个法向量为，因为空间内两点和，所以直线的一个方向向量为，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据定义求出直线的一个方向向量，和平面的法向量，是解决本题的关键.三:解答题(本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)(一)必考题(60分)17.已知数列和首项为2的等比数列的各项均为正数，若，，且.（1）求和的通项公式和的前n项和；（2）若数列的通项公式满足，设为的前n项和，求证:.【答案】（1）；；（2）证明见详解【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，由即可求出，进而得，令，由得即可求出，进而得，令，利用错位相减法即可求出；（2）由，利用裂项相消法即可证明.【小问1详解】设等比数列的公比为，首项，，所以，，，又因为，所以，令，，又有，则有，所以，又因为数列的各项均为正数，所以，令，所以①，②，由①—②有：，【小问2详解】因为，所以.18.如图，在三棱锥中，二面角的大小为，，为棱的中点.（1）①②③④从上述四个条件中，选出一个能证明的选项，并证明；（2）设，点为上一点，是否存在点使得二面角的余弦值等于？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）选条件②，证明见解析；（2）存在，或.【解析】【分析】（1）取AB中点O，连接，先假设，则有，进而得到条件②能使，从而选条件②，再由先出垂直判定定理结合线面垂直定义即可得证；（2）以O为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面和平面的一个法向量，利用求出参数y即可得解.【小问1详解】取AB中点O，连接，因为为棱的中点，所以，又，则，若，又，，、平面，则平面，又平面，所以有，又①②③④四个条件中，条件②能使，故选条件②：证明：，O为中点，所以有，又，，、平面，所以平面，又平面，所以；【小问2详解】因为，所以，即为正三角形，取AB中点O，则有，则由（1）可知平面，所以是二面角的平面角，故，设，则，则点P到底面的距离为，点P在底面的投影落在直线上且与距离为，以O为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，所以，分别设平面和平面的一个法向量为，则，，取，，则，则.解得或，满足题意，所以存在点E使得二面角的余弦值等于，当时，；当时，.【点睛】关键点睛：解决第（2）问的关键是正确建立适当的空间直角坐标系，正确表示点P的坐标.19.已知椭圆，直线交椭圆于，两点.（1）若直线过定点，且，求的斜率；（2）若，满足，判断是否存在以坐标原点为圆心的圆，使得直线与圆总相切？若存在，请求出圆的半径；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，半径为【解析】【分析】（1）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，联立直线与椭圆方程，根据条件，利用弦长公式，即可求解；（2）当斜率存在时，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程得，消得到，根据条件得到，再利用点到直线的距离公式得到，即可求解；再检验斜率不存在也满足即可.【小问1详解】当直线的斜率不存在时，直线的方程为，由，得到，此时，不合题意，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，由，消得到，则，所以，整理得到，解得.【小问2详解】当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，由，消得到，则，，，因为，又，则，所以，得到，又原点到直线的距离为，所以存在以坐标原点为圆心的圆，使得直线与圆总相切，此时圆的半径为，当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，由，得到，此时，由，得到，解得，此时直线也与圆相切，综上，存在以坐标原点为圆心的圆，使得直线与圆总相切，此时圆的半径为.20.已知羽毛球比赛的单打规则是：若发球方胜，则发球方得1分，且继续在下一回合发球；若接球方胜，则接球方得1分，且成为下一回合发球方､现甲､乙二人进行羽毛球单打比赛，随机选取了以往甲､乙两名运动员对阵中的300回合的比赛数据，得到如下待完善的2×2列联表：甲得分乙得分总计甲发球90乙发球120总计120300（1）完成列联表，并判断是否有的把握认为“比赛得分与接､发球有关”？（2）以列联表中甲､乙各自接､发球的得分频率分别作为每一回合中甲､乙各自接､发球的得分概率.①若第1回合是甲先发球，设第回合是甲发球的概率为，证明：是等比数列；②已知：若随机变量服从两点分布，且，，则.若第1回合是甲先发球，求甲､乙连续进行300回合比赛后，甲的总得分期望.（结果保留2位小数）参考公式：，其中，.【答案】（1）列联表见解析，有99.9%的把握认为“比赛得分与接､发球有关”（2）①证明见解析，②100.44【解析】【分析】（1）根据题意列联表，然后卡方计算，分析有99.9%的把握认为“比赛得分与接､发球有关”（2）①分析第回合是甲发球要分两种情况：第回合是甲发球且甲得分，或第回合是乙发球且甲得分，然后根据等比数列的定义判断数列为等比数列；②根据两点分布的特征,然后根据结合等比数列的求和公式求解即可；【小问1详解】由题得完整列联表如下：甲得分乙得分M计甲发球9060150乙发球30120150总计120180300经计算，因为，故有99.9%的把握认为“比赛得分与接､发球有关”.【小问2详解】由题已知：在甲发球的情况下，甲得分的概率为，乙得分的概率为；在乙发球的情况下，乙得分的概率为，甲得分的概率为.①第回合是甲发球要分两种情况：第回合是甲发球且甲得分，或第回合是乙发球且甲得分，即：，故，故，又，故是以为首项，为公比的等比数列.②由①可得，故.记“第回合甲得分为”，则显然服从两点分布，且事件“”等价于“第回合是甲发球”，故.又甲､乙共连续进行300回合比赛后，甲的得分为，故【点睛】关键点睛：分析第回合是甲发球分两种情况：第回合是甲发球且甲得分，或第回合是乙发球且甲得分，并列出，根据等比数列的定义判断数列是本题的难点和突破点.21设函数，.（1）讨论的单调性；（2）若恒成立，求的值；（3）设，若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）首先要通过求导来分析函数的单调性，分类讨论根据导数的正负判断函数的增减区间；（2）根据（1）结论，对于恒成立问题，结合函数的单调性找到最值，计算即可；（3）通过换元和参变分离，借助导数求最值，来确定参数的取值范围.【小问1详解】对求导，可得.令，则.当时，恒成立，所以在上单调递增.又，当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增.当时，令，解得.当时，，单调递减；当时，，单调递增..令，对其求导得.令，解得.当时，，单调递增；当时，，单调递减..当时，，又，所以存在使得，当时，，即，单调递减；当或时，，即，单调递增.当时，，即，在上单调递增.当时，，即，在上单调递增.综上所得，当时，在单调递减，在单调递增；当时，在单调递减，在和单调递增；当时，在上单调递增.【小问2详解】由（1）可知，当时，在上单调递增，且，所以恒成立，故.【小问3详解】已知，恒成立，即恒成立.移项可得恒成立.令，则可化为（）.令，对其求导得，所以在上单调递增，且，所以恒