2024屆重慶外國語學校高三壓軸卷數學試卷含解析

2024屆重慶外國語學校高三壓軸卷數學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知某幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的體積為（）A．3 B． C． D．2．已知正方體的棱長為，，，分別是棱，，的中點，給出下列四個命題:①;②直線與直線所成角為;③過，，三點的平面截該正方體所得的截面為六邊形;④三棱錐的體積為.其中，正確命題的個數為（）A． B． C． D．3．已知平面向量，，，則實數x的值等于（）A．6 B．1 C． D．4．已知函數是上的偶函數，且當時，函數是單調遞減函數，則，，的大小關系是（）A． B．C． D．5．設，分別為雙曲線（a＞0，b＞0）的左、右焦點，過點作圓的切線與雙曲線的左支交于點P，若，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．6．雙曲線C：（，）的離心率是3，焦點到漸近線的距離為，則雙曲線C的焦距為（）A．3 B． C．6 D．7．命題“”的否定為（）A． B．C． D．8．關于圓周率，數學發(fā)展史上出現過許多很有創(chuàng)意的求法，如著名的蒲豐實驗和查理斯實驗.受其啟發(fā)，某同學通過下面的隨機模擬方法來估計的值：先用計算機產生個數對，其中，都是區(qū)間上的均勻隨機數，再統(tǒng)計，能與構成銳角三角形三邊長的數對的個數﹔最后根據統(tǒng)計數來估計的值.若，則的估計值為（）A． B． C． D．9．有一圓柱狀有蓋鐵皮桶（鐵皮厚度忽略不計），底面直徑為cm，高度為cm，現往里面裝直徑為cm的球，在能蓋住蓋子的情況下，最多能裝（）（附：）A．個 B．個 C．個 D．個10．在中，為邊上的中線，為的中點，且，，則（）A． B． C． D．11．已知，，若，則向量在向量方向的投影為（）A． B． C． D．12．已知復數（為虛數單位）在復平面內對應的點的坐標是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖是一個算法偽代碼，則輸出的的值為_______________.14．設為等比數列的前項和，若，且，，成等差數列，則.15．若四棱錐的側面內有一動點Q，已知Q到底面的距離與Q到點P的距離之比為正常數k，且動點Q的軌跡是拋物線，則當二面角平面角的大小為時，k的值為______.16．已知向量滿足，，則______________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓：（）的左、右焦點分別為和，右頂點為，且，短軸長為.（1）求橢圓的方程；（2）若過點作垂直軸的直線，點為直線上縱坐標不為零的任意一點，過作的垂線交橢圓于點和，當時，求此時四邊形的面積.18．（12分）已知是拋物線的焦點，點在軸上，為坐標原點，且滿足，經過點且垂直于軸的直線與拋物線交于、兩點，且.（1）求拋物線的方程；（2）直線與拋物線交于、兩點，若，求點到直線的最大距離.19．（12分）如圖，三棱柱的側棱垂直于底面，且，，，，是棱的中點.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）已知橢圓的焦點在軸上，且順次連接四個頂點恰好構成了一個邊長為且面積為的菱形．（1）求橢圓的方程；（2）設，過橢圓右焦點的直線交于、兩點，若對滿足條件的任意直線，不等式恒成立，求的最小值.21．（12分）已知函數．（1）當（為自然對數的底數）時，求函數的極值；（2）為的導函數，當，時，求證：．22．（10分）如圖，在直角梯形中，，，，為的中點，沿將折起，使得點到點位置，且，為的中點，是上的動點（與點，不重合）.（Ⅰ）證明：平面平面垂直；（Ⅱ）是否存在點，使得二面角的余弦值？若存在，確定點位置；若不存在，說明理由.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】由三視圖知：幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐，如圖：

直三棱柱的體積為，消去的三棱錐的體積為，

∴幾何體的體積，故選B.點睛：本題考查了由三視圖求幾何體的體積，根據三視圖判斷幾何體的形狀及相關幾何量的數據是解答此類問題的關鍵；幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐，結合直觀圖分別求出直三棱柱的體積和消去的三棱錐的體積，相減可得幾何體的體積.2、C【解析】

畫出幾何體的圖形，然后轉化判斷四個命題的真假即可．【詳解】如圖；連接相關點的線段，為的中點，連接，因為是中點，可知，，可知平面，即可證明，所以①正確；直線與直線所成角就是直線與直線所成角為；正確；過，，三點的平面截該正方體所得的截面為五邊形；如圖：是五邊形．所以③不正確；如圖：三棱錐的體積為：由條件易知F是GM中點，所以,而，．所以三棱錐的體積為，④正確；故選：．【點睛】本題考查命題的真假的判斷與應用，涉及空間幾何體的體積，直線與平面的位置關系的應用，平面的基本性質，是中檔題．3、A【解析】

根據向量平行的坐標表示即可求解.【詳解】，，，，即，故選：A【點睛】本題主要考查了向量平行的坐標運算，屬于容易題.4、D【解析】

利用對數函數的單調性可得，再根據的單調性和奇偶性可得正確的選項.【詳解】因為，，故.又，故.因為當時，函數是單調遞減函數，所以.因為為偶函數，故，所以.故選：D.【點睛】本題考查抽象函數的奇偶性、單調性以及對數函數的單調性在大小比較中的應用，比較大小時注意選擇合適的中間數來傳遞不等關系，本題屬于中檔題.5、C【解析】

設過點作圓的切線的切點為，根據切線的性質可得，且，再由和雙曲線的定義可得，得出為中點，則有，得到，即可求解.【詳解】設過點作圓的切線的切點為，，所以是中點，，，.故選:C.【點睛】本題考查雙曲線的性質、雙曲線定義、圓的切線性質，意在考查直觀想象、邏輯推理和數學計算能力，屬于中檔題.6、A【解析】

根據焦點到漸近線的距離，可得，然后根據，可得結果.【詳解】由題可知：雙曲線的漸近線方程為取右焦點，一條漸近線則點到的距離為，由所以，則又所以所以焦距為：故選：A【點睛】本題考查雙曲線漸近線方程，以及之間的關系，識記常用的結論：焦點到漸近線的距離為，屬基礎題.7、C【解析】

套用命題的否定形式即可.【詳解】命題“”的否定為“”，所以命題“”的否定為“”.故選：C【點睛】本題考查全稱命題的否定，屬于基礎題.8、B【解析】

先利用幾何概型的概率計算公式算出，能與構成銳角三角形三邊長的概率，然后再利用隨機模擬方法得到，能與構成銳角三角形三邊長的概率，二者概率相等即可估計出.【詳解】因為，都是區(qū)間上的均勻隨機數，所以有，，若，能與構成銳角三角形三邊長，則，由幾何概型的概率計算公式知，所以.故選：B.【點睛】本題考查幾何概型的概率計算公式及運用隨機數模擬法估計概率，考查學生的基本計算能力，是一個中檔題.9、C【解析】

計算球心連線形成的正四面體相對棱的距離為cm，得到最上層球面上的點距離桶底最遠為cm，得到不等式，計算得到答案.【詳解】由題意，若要裝更多的球，需要讓球和鐵皮桶側面相切，且相鄰四個球兩兩相切，這樣，相鄰的四個球的球心連線構成棱長為cm的正面體，易求正四面體相對棱的距離為cm，每裝兩個球稱為“一層”，這樣裝層球，則最上層球面上的點距離桶底最遠為cm，若想要蓋上蓋子，則需要滿足，解得，所以最多可以裝層球，即最多可以裝個球．故選：【點睛】本題考查了圓柱和球的綜合問題，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.10、A【解析】

根據向量的線性運算可得,利用及，計算即可.【詳解】因為,所以，所以，故選：A【點睛】本題主要考查了向量的線性運算，向量數量積的運算，向量數量積的性質，屬于中檔題.11、B【解析】

由，，，再由向量在向量方向的投影為化簡運算即可【詳解】∵∴，∴，∴向量在向量方向的投影為.故選：B.【點睛】本題考查向量投影的幾何意義，屬于基礎題12、A【解析】

直接利用復數代數形式的乘除運算化簡，求得的坐標得出答案.【詳解】解：，在復平面內對應的點的坐標是.故選：A.【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的代數表示法及其幾何意義，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、5【解析】

執(zhí)行循環(huán)結構流程圖，即得結果.【詳解】執(zhí)行循環(huán)結構流程圖得,結束循環(huán)，輸出.【點睛】本題考查循環(huán)結構流程圖，考查基本分析與運算能力，屬基礎題.14、.【解析】試題分析：∵，，成等差數列，∴，又∵等比數列，∴.考點：等差數列與等比數列的性質.【名師點睛】本題主要考查等差與等比數列的性質，屬于容易題，在解題過程中，需要建立關于等比數列基本量的方程即可求解，考查學生等價轉化的思想與方程思想.15、【解析】

二面角平面角為，點Q到底面的距離為，點Q到定直線得距離為d，則.再由點Q到底面的距離與到點P的距離之比為正常數k，可得，由此可得，則由可求k值.【詳解】解：如圖，設二面角平面角為，點Q到底面的距離為，點Q到定直線的距離為d，則，即.∵點Q到底面的距離與到點P的距離之比為正常數k，∴，則，∵動點Q的軌跡是拋物線，∴，即則.∴二面角的平面角的余弦值為解得：（）.故答案為：.【點睛】本題考查了四棱錐的結構特征，由四棱錐的側面與底面的夾角求參數值，屬于中檔題.16、1【解析】

首先根據向量的數量積的運算律求出，再根據計算可得；【詳解】解：因為，所以又所以所以故答案為：【點睛】本題考查平面向量的數量積的運算，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】

（1）依題意可得，解方程組即可求出橢圓的方程；（2）設，則，設直線的方程為，聯立直線與橢圓方程，消去，設，，列出韋達定理，即可表示，再根據求出參數，從而得出，最后由點到直線的距離得到，由即可得解；【詳解】解：（1）∵，∴解得，∴橢圓的方程為.（2）∵，∴可設，∴.∵，∴，∴設直線的方程為，∴，∴，顯然恒成立.設，，則，，∴.∴，∴，∴解得，解得，∴，，∴.∵此時直線的方程為，，∴點到直線的距離為，∴，即此時四邊形的面積為.【點睛】本題考查橢圓的標準方程及簡單幾何性質，直線與橢圓的綜合應用，考查計算能力，屬于中檔題．18、（1）；（2）.【解析】

（1）求得點的坐標，可得出直線的方程，與拋物線的方程聯立，結合求出正實數的值，進而可得出拋物線的方程；（2）設點，，設的方程為，將直線的方程與拋物線的方程聯立，列出韋達定理，結合求得的值，可得出直線所過定點的坐標，由此可得出點到直線的最大距離.【詳解】（1）易知點，又，所以點，則直線的方程為.聯立，解得或，所以.故拋物線的方程為；（2）設的方程為，聯立有，設點，，則，所以.所以，解得.所以直線的方程為，恒過點.又點，故當直線與軸垂直時，點到直線的最大距離為.【點睛】本題考查拋物線方程的求解，同時也考查了拋物線中最值問題的求解，涉及韋達定理設而不求法的應用，考查運算求解能力，屬于中等題.19、（1）詳見解析；（2）.【解析】

（1）根據平面，四邊形是矩形，由為中點，且，利用平面幾何知識，可得，又平面，所以，根據線面垂直的判定定理可有平面，從而得證.（2）分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，得到，，，，分別求得平和平面的法向量，代入二面角向量公式求解.【詳解】（1）證明：∵平面，∴四邊形是矩形，∵為中點，且，∴，∵，，，∴.∴，∵，∴與相似，∴，∴，∴，∵，∴平面，∴平面，∵平面，∴，∴平面，∴.（2）如圖，分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，設平面的法向量為，則，，解得：，同理，平面的法向量，設二面角的大小為，則.即二面角的余弦值為.【點睛】本題主要考查線線垂直、線面垂直的轉化以及二面角的求法，還考查了轉化化歸的思想和推理論證、運算求解的能力，屬于中檔題.20、（1）（2）【解析】

（1）由已知條件列出關于和的方程，并計算出和的值，jike得到橢圓的方程.（2）設出點和點坐標，運用點坐標計算出，分類討論直線的斜率存在和不存在兩種情況，求解出的最小值.【詳解】（1）由己知得：，解得，所以，橢圓的方程（2）設，．當直線垂直于軸時，，且此時，，當直線不垂直于軸時，設直線由，得．，.要使恒成立，只需，即最小值為【點睛】本題考查了求解橢圓方程以及直線與橢圓的位置關系，求解過程中需要分類討論直線的斜率存在和不存在兩種情況，并運用根與系數的關系轉化為只含一個變量的表達式進行求解，需要掌握解題方法，并且有一定的計算量.21、（1）極大值，極小值；（2）詳見解析.【解析】

首先確定函數的定義域和；（1）當時，根據的正負可