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（四）数学（理）试题

雅安天立高2021级2023-2024学年度下期高考冲刺热身（四）数学（理科）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）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．已知集合，，若，则满足集合的个数为（

）A．4 B．6 C．7 D．82．若，则（

）A．2 B．1 C． D．53．在△ABC中，，，且，则（

）A． B． C． D．4．直线，的倾斜角分别为，，则“”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．已知，，则（

）A． B． C． D．6．若抛物线上一点到其准线及对称轴的距离分别为3和，则（

）A．2 B．2或4 C．1或2 D．17．设命题，使是幂函数，且在上单调递减；命题，则下列命题为真的是（

）A． B． C． D．8．已知数列满足且，则（

）A．3 B． C．-2 D．9．设函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（

）A．B．C． D．10．将椭圆上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标伸长为原来的倍得到椭圆，设的离心率分别为，则说法正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则11.若实数，满足，则（）A. B. C. D.12．如图，已知在长方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于，则下列说法正确的是（

）（1）三棱锥的体积为20（2）直线与平面所成角正弦值的最大值为（3）存在唯一的点，使得平面，且（4）存在唯一的点，使截面四边形的周长取得最小值A．（1）（2）（3） B．（2）（3）（4） C．（2）（3） D．（2）（4）第Ⅱ卷（非选择题共90分）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．从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员1人组成3人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有种不同的选法.（用数字作答）14．设满足不等式组，则的取值范围是.15．若函数存在极值点，则实数a的取值范围为．16．已知△ABC中，，，若在平面内一点满足，则的最大值为三、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.已知数列、满足，若数列是等比数列，且．(1)求数列、的通项公式；(2)令，求的前项和为.18．2023年冬，甲型流感病毒来势汹汹．某科研小组经过研究发现，患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异．在某地的两类人群中各随机抽取20人的该项医学指标作为样本，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标小于的人判定为阳性，大于或等于的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，用频率估计概率．(1)当临界值时，求漏诊率和误诊率；(2)从指标在区间样本中随机抽取2人，记随机变量为未患病者的人数，求的分布列和数学期望；(3)在该地患病者占全部人口的5%的情况下，记为该地诊断结果不符合真实情况的概率．当时，直接写出使得取最小值时的的值．19．如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，．(1)求证：；(2)若点为的中点，与相交于点，直线与底面所成的角为，且，求二面角的余弦值．20．已知椭圆C：的离心率为，且过点．(1)求的方程：(2)点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．21．已知函数，(1)若与有相同的单调区间，求实数的值；(2)若方程有两个不同的实根，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，已知曲线C：（其中），曲线C上的点A、B满足，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C的极坐标方程；(2)求△OAB[选修4-5：不等式选讲]23.设a，b，cR，a+b+c=0，abc=1．(1)证明：ab+bc+ca<0；(2)用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥．

周考（四）数学（理）（答案）单项选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．D2．D3．B4．B5．A6．B7．A对于命题，当时，函数，是幂函数，且在上单调递减，故命题为真命题；对于命题，当时，，不满足，故命题为假命题．所以“”为真命题，“”为假命题，“”为假命题，“”为假命题．8．B由题意数列满足，则，故由，得，由此可知数列的周期为4，故，9．D当时，，所以，因为，所以，即，所以函数在上单调递增，又因为函数为上的偶函数，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则不等式，等价于，所以或.10．B由题意知，椭圆，上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标伸长为原来的倍得到椭圆，则，若，则，则，所以，则.若，则；若，则可能出现，即椭圆焦点在y轴上的情况，此时，，均可能出现.11.A因为，所以，即，所以，令，则，即，所以，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取得极大值，也是最大值，，要想使得成立，只有时，即时，满足要求，所以，由定义域可知：，解得：，，A选项正确；，BC错误.，D错误；12．D对于（1），如图过点作垂线，垂足为，易知，在长方体中，平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，，平面，平面，所以平面，所以点到平面平面的距离等于点到平面的距离，即为，三棱锥的体积为，故（1）错误；对于（2），平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，距离为，所以当最小时即当点与点重合时，此时直线与平面所成角的正弦值最大，最大值为，故（2）正确；对于（3），若，可知点与点重合，又因为，易知与不垂直，故与不垂直，与平面不垂直，故（3）错误；对于（4），四边形的周长，周长取得最小值即最小，将平面与将平面放在同一平面内，可知最小值为，所以截面四边形的周长取得最小值，故（4）正确.综上，说法正确的有（2）（4）.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．216第一类，选1女2男，有种，这3人选2人作为队长和副队有种，故有种；第二类，选2女1男，有种，这3人选2人作为队长和副队有种，故有种，根据分类计数原理共有种，满足不等式组的，在三条直线围成的区域，其中与交点为，与的交点为,与的交点为，如下图示：即三角形区域内的点与形成直线的斜率，最小值为,最大值为，又因为点处取不到，故.15．因为，可得，因为函数存在极值点，所以有两不等实根，则，解得或，所以的取值范围是.16．如图，设的中点为，因为，所以，所以为边上的中线的靠近的7等分点，所以，在，由余弦定理可得：，即，利用基本不等式可得：，即，当且仅当时取等号；因为为的中点，则，两边同时平方可得：，所以，即为等边三角形时，，所以；故答案为：三、解答题(本大题共6小题，共70分)17.（1）

当时，，，又，∴

是以为首项，为公比的等比数列，

∴当时，由累加法可得：，又当时，也适合上式，∴（2）

∴①∴②①-②得：

∴18．（1）由频率分布直方图可知，．（2）样本中患病者在指标为区间的人数是，未患病者在指标为区间的人数是，总人数为5人．可能的取值为0，1，2．，，．随机变量的分布列为012随机变量的期望为．（3）由题，，时，令所以，关于的一次函数系数为，故单调递增，则即时取最小值19．（1）证明：设点在底面的射影为点，由得，点为的外心，又因为底面为菱形，，所以，所以点与点重合，所以底面，因为底面，所以．因为底面为菱形，所以，平面，，所以平面，因为平面，所以．（2）解：由底面，知即为直线与底面所成的角，因为且，所以，所以，由于，所以．取的中点，连接，以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设平面的一个法向量为，由，可得：，令，则，所以．设平面的一个法向量为，由，可得：，令，则，所以．设二面角的平面角为，由图可知为钝角，所以．20．（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)［方法一］：通性通法设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，，因为，所以，即，根据,代入整理可得：，

所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：，解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．设，因为则，即．代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．即．对比项、x项及y项系数得将①代入②③，消去并化简得，即．故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法四］：设．若直线的斜率不存在，则．因为，则，即．由，解得或（舍）．所以直线的方程为．若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．令，则．又，令，则．因为，所以，即或．当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；当时，直线的方程为，所以直线恒过．综上，直线恒过，所以．又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．取线段的中点为，则．所以存在定点Q，使得为定值．【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．21．（1）函数与的定义域均为，由得，当时，单调递减；当时，单调递增，由得，因为与有相同的单调区间，所以，解得，当时，，因为在区间上单调递增，且0，所以当时，单调递减；当时，单调递增，此时与有相同的单调区间，符合题意，故.（2）方程有两个不同的实根，等价于有两个不同的实根，等价于有两个不同的实根，令，则，当时，单调递减，不符合题意，舍去；当时，方程必有一正根，使得，即，且当时，单调递减；当时，单调递增，若方程有两个不同的实根，，令，则单调递减，因为，所以，所以，因为是方程的两个不同的实根，所以，，两式相加，得，即，两式相减，得，即，所以，整理得，不妨设，令，则，所以单调递增，，所以，所以，所以，所以，又因为，所以.【点睛】方法点睛：利用导数