新疆維吾爾自治區(qū)烏魯木齊市新市區(qū)第七十中學2024年高三最后一卷數學試卷含解析

新疆維吾爾自治區(qū)烏魯木齊市新市區(qū)第七十中學2024年高三最后一卷數學試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．已知三棱柱的所有棱長均相等，側棱平面，過作平面與平行，設平面與平面的交線為，記直線與直線所成銳角分別為，則這三個角的大小關系為()A． B．C． D．2．已知某口袋中有3個白球和個黑球（），現從中隨機取出一球，再換回一個不同顏色的球（即若取出的是白球，則放回一個黑球；若取出的是黑球，則放回一個白球），記換好球后袋中白球的個數是．若，則=()A． B．1 C． D．23．已知函數，若則（）A．f(a)<f(b)<f(c) B．f(b)<f(c)<f(a)C．f(a)<f(c)<f(b) D．f(c)<f(b)<f(a)4．已知正四面體的內切球體積為v，外接球的體積為V，則（）A．4 B．8 C．9 D．275．已知數列滿足,且,則的值是()A． B． C．4 D．6．已知為正項等比數列，是它的前項和，若，且與的等差中項為，則的值是()A．29 B．30 C．31 D．327．如圖，在正四棱柱中，，分別為的中點，異面直線與所成角的余弦值為，則()A．直線與直線異面，且 B．直線與直線共面，且C．直線與直線異面，且 D．直線與直線共面，且8．從拋物線上一點(點在軸上方)引拋物線準線的垂線，垂足為，且，設拋物線的焦點為，則直線的斜率為（）A． B． C． D．9．在復平面內，復數對應的點的坐標為（）A． B． C． D．10．如圖所示，已知某幾何體的三視圖及其尺寸（單位：），則該幾何體的表面積為()A． B．C． D．11．點在所在的平面內，，，，，且，則（）A． B． C． D．12．若(1＋2ai)i＝1－bi，其中a，b∈R，則|a＋bi|＝()．A． B． C． D．5二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．雙曲線的焦距為__________，漸近線方程為________．14．已知是定義在上的偶函數，其導函數為．若時，，則不等式的解集是___________．15．已知的展開式中第項與第項的二項式系數相等，則__________.16．已知等比數列的各項都是正數，且成等差數列，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）已知在平面直角坐標系中，橢圓的焦點為為橢圓上任意一點，且.（1）求橢圓的標準方程；（2）若直線交橢圓于兩點，且滿足（分別為直線的斜率），求的面積為時直線的方程.18．（12分）已知函數．（Ⅰ）求在點處的切線方程；（Ⅱ）求證：在上存在唯一的極大值；（Ⅲ）直接寫出函數在上的零點個數．19．（12分）已知函數，設為的導數，．（1）求，；（2）猜想的表達式，并證明你的結論．20．（12分）在平面直角坐標系中，直線與拋物線：交于，兩點，且當時，.（1）求的值；（2）設線段的中點為，拋物線在點處的切線與的準線交于點，證明：軸.21．（12分）如圖，三棱柱中，與均為等腰直角三角形，，側面是菱形.（1）證明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）已知等比數列中，，是和的等差中項．(1)求數列的通項公式；(2)記，求數列的前項和.

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】

利用圖形作出空間中兩直線所成的角，然后利用余弦定理求解即可.【詳解】如圖，，設為的中點，為的中點，由圖可知過且與平行的平面為平面，所以直線即為直線，由題易知，的補角，分別為，設三棱柱的棱長為2，在中，，；在中，，；在中，，，.故選：B【點睛】本題主要考查了空間中兩直線所成角的計算，考查了學生的作圖，用圖能力，體現了學生直觀想象的核心素養(yǎng).2、B【解析】由題意或4，則，故選B．3、C【解析】

利用導數求得在上遞增，結合與圖象，判斷出的大小關系，由此比較出的大小關系.【詳解】因為，所以在上單調遞增；在同一坐標系中作與圖象，，可得，故.故選：C【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的單調性，考查利用函數的單調性比較大小，考查數形結合的數學思想方法，屬于中檔題.4、D【解析】

設正四面體的棱長為，取的中點為，連接，作正四面體的高為，首先求出正四面體的體積，再利用等體法求出內切球的半徑，在中，根據勾股定理求出外接球的半徑，利用球的體積公式即可求解.【詳解】設正四面體的棱長為，取的中點為，連接，作正四面體的高為，則，，，設內切球的半徑為，內切球的球心為，則，解得：；設外接球的半徑為，外接球的球心為，則或，，在中，由勾股定理得：，，解得，，故選：D【點睛】本題主要考查了多面體的內切球、外接球問題，考查了椎體的體積公式以及球的體積公式，需熟記幾何體的體積公式，屬于基礎題.5、B【解析】由，可得，所以數列是公比為的等比數列，所以，則，則，故選B.點睛：本題考查了等比數列的概念，等比數列的通項公式及等比數列的性質的應用，試題有一定的技巧，屬于中檔試題，解決這類問題的關鍵在于熟練掌握等比數列的有關公式并能靈活運用，尤其需要注意的是，等比數列的性質和在使用等比數列的前n項和公式時，應該要分類討論，有時還應善于運用整體代換思想簡化運算過程.6、B【解析】

設正項等比數列的公比為q，運用等比數列的通項公式和等差數列的性質，求出公比，再由等比數列的求和公式，計算即可得到所求．【詳解】設正項等比數列的公比為q，則a4=16q3，a7=16q6，a4與a7的等差中項為，即有a4+a7=，即16q3+16q6，=，解得q=（負值舍去），則有S5===1．故選C．【點睛】本題考查等比數列的通項和求和公式的運用，同時考查等差數列的性質，考查運算能力，屬于中檔題．7、B【解析】

連接，，，，由正四棱柱的特征可知，再由平面的基本性質可知，直線與直線共面.，同理易得，由異面直線所成的角的定義可知，異面直線與所成角為，然后再利用余弦定理求解.【詳解】如圖所示：連接，，，，由正方體的特征得，所以直線與直線共面.由正四棱柱的特征得，所以異面直線與所成角為.設，則，則，，，由余弦定理，得.故選：B【點睛】本題主要考查異面直線的定義及所成的角和平面的基本性質，還考查了推理論證和運算求解的能力，屬于中檔題.8、A【解析】

根據拋物線的性質求出點坐標和焦點坐標，進而求出點的坐標，代入斜率公式即可求解.【詳解】設點的坐標為，由題意知，焦點,準線方程，所以，解得，把點代入拋物線方程可得，，因為，所以，所以點坐標為，代入斜率公式可得，.故選：A【點睛】本題考查拋物線的性質，考查運算求解能力；屬于基礎題.9、C【解析】

利用復數的運算法則、幾何意義即可得出．【詳解】解：復數i（2+i）＝2i﹣1對應的點的坐標為（﹣1，2），故選：C【點睛】本題考查了復數的運算法則、幾何意義，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．10、C【解析】

由三視圖知，該幾何體是一個圓錐，其母線長是5，底面直徑是6，據此可計算出答案.【詳解】由三視圖知，該幾何體是一個圓錐，其母線長是5，底面直徑是6，該幾何體的表面積.故選：C【點睛】本題主要考查了三視圖的知識，幾何體的表面積的計算.由三視圖正確恢復幾何體是解題的關鍵.11、D【解析】

確定點為外心，代入化簡得到，，再根據計算得到答案.【詳解】由可知，點為外心，則，，又，所以①因為，②聯(lián)立方程①②可得，，，因為，所以，即．故選：【點睛】本題考查了向量模長的計算，意在考查學生的計算能力.12、C【解析】試題分析：由已知，－2a＋i＝1－bi，根據復數相等的充要條件，有a＝－，b＝－1所以|a＋bi|＝，選C考點：復數的代數運算，復數相等的充要條件，復數的模二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、6【解析】由題得所以焦距,故第一個空填6.由題得漸近線方程為.故第二個空填.14、【解析】

構造，先利用定義判斷的奇偶性，再利用導數判斷其單調性，轉化為，結合奇偶性，單調性求解不等式即可.【詳解】令，則是上的偶函數，，則在上遞減，于是在上遞增．由得，即，于是，則，解得．故答案為：【點睛】本題考查了利用函數的奇偶性、單調性解不等式，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于較難題.15、【解析】

根據的展開式中第項與第項的二項式系數相等，得到，再利用組合數公式求解.【詳解】因為的展開式中第項與第項的二項式系數相等，所以，即，所以，即，解得.故答案為：10【點睛】本題主要考查二項式的系數，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.16、【解析】

根據等差中項性質，結合等比數列通項公式即可求得公比；代入表達式，結合對數式的化簡即可求解.【詳解】等比數列的各項都是正數，且成等差數列，則，由等比數列通項公式可知，所以，解得或（舍），所以由對數式運算性質可得，故答案為：.【點睛】本題考查了等差數列通項公式的簡單應用，等比數列通項公式的用法，對數式的化簡運算，屬于中檔題.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）或【解析】

（1）根據橢圓定義求得，得橢圓方程；（2）設，由得，應用韋達定理得，代入已知條件可得，再由橢圓中弦長公式求得弦長，原點到直線的距離，得三角形面積，從而可求得，得直線方程．【詳解】解：（1）據題意設橢圓的方程為則橢圓的標準方程為.（2）據得設，則又原點到直線的距離解得或所求直線的方程為或【點睛】本題考查求橢圓標準方程，考查直線與橢圓相交問題．解題時采取設而不求思想，即設交點坐標為，直線方程與橢圓方程聯(lián)立消元后應用韋達定理得，把這個結論代入題中條件求得參數，用它求弦長等等，從而解決問題．18、（Ⅰ）；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）函數在有3個零點．【解析】

（Ⅰ）求出導數，寫出切線方程；（Ⅱ）二次求導，判斷單調遞減，結合零點存在性定理，判斷即可；（Ⅲ），數形結合得出結論．【詳解】解：（Ⅰ），，，故在點，處的切線方程為，即；（Ⅱ）證明：，，，故在遞減，又，，由零點存在性定理，存在唯一一個零點，，當時，遞增；當時，遞減，故在只有唯一的一個極大值；（Ⅲ）函數在有3個零點．【點睛】本題主要考查利用導數求切線方程，考查零點存在性定理的應用，關鍵是能夠通過導函數的單調性和零點存在定理確定導函數的零點個數，進而確定函數的單調性，屬于難題．19、,；，證明見解析【解析】

對函數進行求導,并通過三角恒等變換進行轉化求得的表達式,對函數再進行求導并通過三角恒等變換進行轉化求得的表達式;根據中，的表達式進行歸納猜想,再利用數學歸納法證明即可.【詳解】（1），其中，[，其中，（2）猜想，下面用數學歸納法證明：①當時，成立，②假設時，猜想成立即當時，當時，猜想成立由①②對成立【點睛】本題考查導數及其應用、三角恒等變換、歸納與猜想和數學歸納法;考查學生的邏輯推理能力和運算求解能力;熟練掌握用數學歸納法進行證明的步驟是求解本題的關鍵;屬于中檔題.20、（1）1；（2）見解析【解析】

（1）設，，聯(lián)立直線和拋物線方程，得，寫出韋達定理，根據弦長公式，即可求出；（2）由，得，根據導數的幾何意義，求出拋物線在點點處切線方程，進而求出，即可證出軸.【詳解】解：（1）設，，將直線代入中整理得：，∴，，∴，解得：.（2）同（1）假設，，由，得，從而拋物線在點點處的切線方程為，即，令，得，由（1）知，從而，這表明軸.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系，涉及聯(lián)立方程組、韋達定理、弦長公式以及利用導數求切線方程，考查轉化思想和計算能力.21、（1）見解析（2）【解析】

（1）取中點，連接，，通過證明，得，結合可證線面垂直，繼而可證面面垂直.（2）設，建立空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量，繼而可求二面角的余弦值.【詳解】解析：（1）取中點，連接，，由已知可得，，，∵側面是菱形，∴，，，即，∵，∴平面，∴平面平面.（2）設，則，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，，，，設平面的法向量為，則，令得.同理可求得平面的法向量，∴.【點睛】本題考查了面面垂直的判定，考查了二面角的求解.一般在求二面角或者線面角的問題時，常建立空間直角坐標系，