四川省雅安市神州天立學校2024屆高三下學期高考沖刺熱身（三）文科 數(shù)學試題【含答案】

雅安天立高2021級2023-2024學年度下期高考沖刺熱身試題（三）數(shù)學（文科）本試卷分為試題卷和答題卡兩部分，滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡和試卷指定位置上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.3.考試結束后，將答題卡交回.第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的.1．已知，，則的共軛復數(shù)為A． B． C． D．2．某重點中學為了解800名新生的身體素質，將這些學生編號為001，002，003，…，800，從這些新生中用系統(tǒng)抽樣的方法抽取80名學生進行體質測驗，若編號為006的學生被抽到，則下列編號對應的學生沒有被抽到的是（

）A．036 B．216 C．426 D．6003．等差數(shù)列中，，則的前9項和等于（

）A．-18 B．27 C．18 D．-274．“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．若圓錐的表面積為，底面圓的半徑為，則該圓錐的高為（

）A． B． C． D．6．是平面內不共線兩向量，已知，若三點共線，則k的值是（

）A．2 B．－3 C．－2 D．37．如圖所示，（

）A． B． C． D．8．設，，，則（

）A． B．C． D．9．在長方體中，已知與平面和平面所成的角均為，則（

）A． B．AB與平面所成的角為C． D．與平面所成的角為10．已知是圓外的動點，過點作圓的兩條切線，設兩切點分別為，，當?shù)闹底钚r，點到圓心的距離為（

）A． B． C． D．211．已知函數(shù)，將的圖象向左平移個單位長度，得到函數(shù)的圖象，若關于的方程在上有個實數(shù)根，，，，，，則（

）A． B． C． D．12．如圖，已知橢圓和雙曲線具有相同的焦點，，A、B、C、D是它們的公共點，且都在圓上，直線與x軸交于點P，直線與雙曲線交于點，記直線、的斜率分別為、，若橢圓的離心率為，則的值為（

）

A．2 B．C． D．4第Ⅱ卷（非選擇題共90分）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，將答案書寫在答題卡對應題號的橫線上.13．已知是集合A到集合B的函數(shù)，如果集合，那么集合A可能情況為（填一種滿足條件的即可）14．已知滿足，則的最小值為．15．已知橢圓G：（）的左、右焦點分別，，離心率，點M是橢圓G上任意一點，則的取值范圍是．16．設為平面內的任意兩個向量，定義一種向量運算“”：對于同一平面內的向量，給出下列結論：①；②；③；④若是單位向量，則．以上所有正確結論的序號是．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．第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：共60分．17．甲、乙兩城之間的長途客車均由A和B兩家公司運營，為了解這兩家公司長途客車的運行情況，隨機調查了甲、乙兩城之間的500個班次，得到下面列聯(lián)表：準點班次數(shù)未準點班次數(shù)A24020B21030(1)根據上表，分別估計這兩家公司甲、乙兩城之間的長途客車準點的概率；(2)能否有90%的把握認為甲、乙兩城之間的長途客車是否準點與客車所屬公司有關？附：，0.1000.0500.0102.7063.8416.63518．在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，(2a－c)·cosB－bcosC＝0.（1）求角B的大??；（2）設函數(shù)f(x)＝2sinxcosxcosB－cos2x，求函數(shù)f(x)的最大值及當f(x)取得最大值時x的值．19．小明同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面是邊長為8（單位：）的正方形，均為正三角形，且它們所在的平面都與平面垂直．(1)證明：平面；(2)求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．20．已知為平面上一個動點，到定直線的距離與到定點距離的比等于，記動點的軌跡為曲線．(1)求曲線的方程；(2)若軸上是否存在定點，使過點且斜率為的直線與曲線相交于（均不同于兩點，且分別為直線的斜率）？若存在，求出定點的坐標；若不存在，請說明理由．21．已知函數(shù)．(1)討論的單調性；(2)若不等式恒成立，求的取值范圍；(3)當時，試判斷函數(shù)的零點個數(shù)，并給出證明．（二）選考題：共10分．請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．[選修4-4：坐標系與參數(shù)方程]22．在直角坐標系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)）．以坐標原點為極點，軸非負半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為．(1)求直線的直角坐標方程與曲線的普通方程；(2)已知點的直角坐標為，直線與曲線相交于兩點，求的值．[選修4-5：不等式選講]23．已知a，b，c均為正數(shù)，且，證明：(1)；(2)若，則．1．A【分析】利用復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡，再由復數(shù)相等的條件求得，的值，則答案可求．【詳解】由，得，∴，其共軛復數(shù)為，故選A．【點睛】本題考查復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，考查復數(shù)相等的條件，是基礎題．2．D【分析】根據系統(tǒng)抽樣可以首先求出抽樣間隔，然后可知被抽到的兩個編號之間相差抽樣間隔的整數(shù)倍即可求解.【詳解】由題意可得抽樣間隔為，因為被抽中的初始編號為006，則第組被抽到的編號為，即之后被抽到的編號均為10的整數(shù)倍與6的和.故選：D.3．B【分析】利用等差數(shù)列的性質可求前9項和.【詳解】．故選：B4．A【分析】由充分、必要條件的定義以及對數(shù)不等式即可得解【詳解】一方面若，則有，進一步，所以“”是“”的充分條件；另一方面若，則有，進一步有，即，但不足以保證，不妨設雖然有，但不滿足，所以“”不是“”的必要條件.綜合以上兩方面有“”是“”的充分不必要條件.故選：A.5．B【分析】利用圓錐的表面積公式可求得圓錐的母線長，再利用勾股定理可求得該圓錐的高.【詳解】設圓錐的母線長為，高為，則該圓錐的表面積為，解得，因此，該圓錐的高為.故選：B.6．A【分析】借助平面向量共線定理與平面向量基本定理計算即可得.【詳解】，由三點共線，故存在實數(shù)，使，即，即，解得.故選：A.7．C【分析】由題意求出的正弦值以及余弦值，根據兩角差的余弦公式求得，再由二倍角余弦公式，即可求得答案.【詳解】由題意知,則，，故，故，故選：C8．D【分析】令，利用導數(shù)說明函數(shù)的單調性，即可得到，再由對數(shù)函數(shù)的性質判斷【詳解】設，則，當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，即，故，又因為，，所以.故選：D9．D【分析】根據線面角的定義以及長方體的結構特征即可求出．【詳解】如圖所示：不妨設，依題以及長方體的結構特征可知，與平面所成角為，與平面所成角為，所以，即，，解得．對于A，，，，A錯誤；對于B，過作于，易知平面，所以與平面所成角為，因為，所以，B錯誤；對于C，，，，C錯誤；對于D，與平面所成角為，，而，所以．D正確．故選：D．10．A【分析】由，，可將轉化為，借助圓的切線的性質，可逐一計算出、及，借助基本不等式中取等條件即可得解.【詳解】設，則，則，，，故，當且僅當，即時，等號成立，故當?shù)闹底钚r，點到圓心的距離為.故選：A.

【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于將轉化為，從而可借助圓的切線的性質，解出的值何時取得最小.11．D【分析】首先根據函數(shù)的平移規(guī)則得到的解析式，畫出函數(shù)圖象，結合的對稱性計算可得.【詳解】因為函數(shù)，將的圖象向左平移個單位長度得到，函數(shù)的對稱軸為，對稱中心為，且為偶函數(shù)，又函數(shù)的圖象是由的圖象將軸下方的部分關于軸對稱上去，軸及軸上方部分保持不變而得到，所以的對稱軸為，又的圖象是將的圖象向上平移一個單位得到，所以的圖象如下所示：

因為關于的方程在上有個實數(shù)根，即與在上有個交點，又，，所以，令與交點的橫坐標從小到大依次為，則關于對稱，關于對稱，關于對稱，關于對稱，所以，所以.故選：D【點睛】方法點睛：函數(shù)零點問題，將函數(shù)零點問題或方程解的問題轉化為兩函數(shù)的圖象交點問題，將代數(shù)問題幾何化，借助圖象分析，大大簡化了思維難度，首先要熟悉常見的函數(shù)圖象，包括指數(shù)函數(shù)，對數(shù)函數(shù)，冪函數(shù)，三角函數(shù)等，還要熟練掌握函數(shù)圖象的變換，包括平移，伸縮，對稱和翻折等，涉及零點之和問題，通?？紤]圖象的對稱性進行解決.12．B【分析】根據已知條件依次求得兩點的坐標，由此可求得的值.【詳解】設橢圓標準方程為，雙曲線的標準方程為，則，由，，所以，所以橢圓方程可化為，由，兩式相減得，，則，根據對稱性可知關于原點對稱，關于軸對稱.則，直線的方程為.將代入得，由，解得或，而，，所以，所以，所以雙曲線方程可化為，由消去并化簡得，設，解得，所以，所以.故選：B【點睛】本題中，涉及圓和雙曲線、圓和橢圓、直線和雙曲線等圖象的“交點”，求交點的坐標，主要是通過聯(lián)立方程組來進行求解，要注意運算的準確性，另外也要注意運算的速度.在雙曲線和橢圓中，的關系是不相同的.13．（答案不唯一）【分析】由題意轉化為求集合的非空子集即可.【詳解】依題意，是集合A到集合B的函數(shù)，令，得，令，得，令，得，因此集合是集合的非空子集，所以集合A可能情況為.故答案為：14．##【分析】由約束條件作出可行域，再由的幾何意義，即可行域中點與定點的距離的平方求解．【詳解】由題,實數(shù)滿足可行域如圖所示，的幾何意義表示可行域中點與定點的距離的平方，由圖得，垂直于時目標式最小，則.故答案為：15．【分析】設，，根據橢圓的定義可得，再結合與不等式的性質求解即可.【詳解】設，，則由橢圓定義可知，，∴．由橢圓性質可知，∴，∴，∴，即，即．故答案為：16．①④【分析】分與是否共線，根據新定義和向量數(shù)量積性質，以及向量模的性質可判斷①；按照新定義驗證與共線的情形可判斷②；按照新定義驗證，，共線的情形可判斷③；根據新定義，結合單位向量的定義可判斷④.【詳解】對于①，當與不共線時，；當與共線時，，①正確.對于②，當與共線時，，，所以與不一定相等，②錯誤.對于③，當，，共線時，，，所以與不一定相等，③錯誤.對于④，當與不共線時，記，則；當與共線時，，④正確.故答案為：①④17．(1)A，B兩家公司長途客車準點的概率分別為，(2)有【分析】（1）根據表格中數(shù)據以及古典概型的概率公式可求得結果；（2）根據表格中數(shù)據及公式計算，再利用臨界值表比較即可得結論.【詳解】（1）根據表中數(shù)據，A共有班次260次，準點班次有240次，設A家公司長途客車準點事件為M，則；B共有班次240次，準點班次有210次，設B家公司長途客車準點事件為N，則.A家公司長途客車準點的概率為；B家公司長途客車準點的概率為.（2）列聯(lián)表準點班次數(shù)未準點班次數(shù)合計A24020260B21030240合計45050500=，根據臨界值表可知，有的把握認為甲、乙兩城之間的長途客車是否準點與客車所屬公司有關.18．（1）；（2）當x＝kπ＋(k∈Z)時，f(x)取得最大值1.【解析】（1）利用正弦定理化簡得到2sinAcosB－sinCcosB－cosCsinB＝0，再根據三角形內角和得到(2cosB－1)＝0，求得答案；（2）利用兩角和與差的正弦公式化簡f(x)，再求最值.【詳解】（1）因為(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）因為B＝，所以f(x)＝sin2x－cos2x＝sin，令＝2kπ＋(k∈Z)，得x＝kπ＋k∈Z)，即當x＝kπ＋(k∈Z)時，f(x)取得最大值1.【點睛】本題主要考查了正弦定理、正弦型三角函數(shù)的性質.19．(1)證明見解析；(2)．【分析】（1）分別取的中點，連接，由平面知識可知，，依題從而可證平面，平面，根據線面垂直的性質定理可知，即可知四邊形為平行四邊形，于是，最后根據線面平行的判定定理即可證出；（2）再分別取中點，由（1）知，該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍，即可解出．【詳解】（1）如圖所示：分別取的中點，連接，因為為全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根據線面垂直的性質定理可知，而，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）[方法一]：分割法一如圖所示：分別取中點，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知識可知，，，，所以該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍．因為，，點到平面的距離即為點到直線的距離，，所以該幾何體的體積．[方法二]：分割法二如圖所示：連接AC,BD,交于O，連接OE,OF,OG,OH.則該幾何體的體積等于四棱錐O-EFGH的體積加上三棱錐A-OEH的倍,再加上三棱錐E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中點P，連接AP,OP.則EH垂直平面APO.由圖可知，三角形APO,四棱錐O-EFGH與三棱錐E-OAB的高均為EM的長.所以該幾何體的體積20．(1)(2)存在點使得為定值.【分析】（1）設點的坐標為，根據題意得到方程，化簡即可；（2）設直線的方程為，將其與雙曲線聯(lián)立得到韋達定理式，計算，將韋達定理式代入化簡得到方程，解出即可.【詳解】（1）設點的坐標為，則，即即，即，即曲線的方程為.（2）設存在定點，使為定值，則直線的方程為，聯(lián)立可得，設，則，即，且則，解得.故存在點使得為定值.

【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是設出，從而得到直線方程，將其與雙曲線聯(lián)立得到韋達定理式，再化簡整理斜率比值式從而得到關于方程，解出即可.21．(1)答案見解析(2)(3)有且僅有2個零點，證明見解析【分析】（1）對求導，再分與兩種情況分類討論的單調性即可求解；（2）根據條件，分離常量得到，構造，將問題轉化成求的最大值，即可解決問題；（3）構造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，結合零點存在定理即可求解．【詳解】（1）因為，所以，當時，恒成立，所以；當時，令，解得（舍去負根），令，得；令，得．綜上所述，當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增．（2）由恒成立，得在上恒成立，所以在上恒成立．令，則．令，易知在上單調遞減．又，所以當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值，也是最大值，即，所以，即的取值范圍為．（3）當時，，則，令，則，當時，，所以在上單調遞減．又，所以在上存在唯一的零點．設在上的零點為，可得當時，，單調遞增；當時，單調遞減，解法一：，因為，所以，故．又，所以．又，所以在上有一個零點．又，所以在上有一個零點．當時，，所以在上沒有零點．當時，令，則，所以在上單調遞減，所以，所以，所以，而，所以，故在上沒有零點．綜上所述，在定義域上有且僅有2個零點．解法二：因為，，所以在上有一個