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2024年四川省绵阳中学高考数学三诊试卷（理科）
一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集，集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知，为实数，为虚数单位是关于的方程的一个根，则( )
A. B. C. D.
3.展开式中的常数项是( )
A. B. C. D.
4.，为实数，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.已知和均为等差数列，，，，则数列的前项的和为( )
A. B. C. D.
6.已知函数的图象关于直线对称，则函数的最大值为( )
A. B. C. D.
7.“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，下图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中，，为节点，若研究发现本局游戏只能以为起点为终点或者以为起点为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
8.如图，圆内接四边形中，，，，，现将该四边形沿旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为( )
A.
B.
C.
D.
9.已知函数，的定义域均为，为偶函数且，，则( )
A. B. C. D.
10.法国数学家加斯帕尔蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆．我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆的蒙日圆方程为，现有椭圆的蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于、两点，若面积的最大值为，则椭圆的长轴长为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共1小题，共5分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
11.如图，正方体的棱长为，点是侧面上的一个动点含边界，点在棱上，且，则下列结论正确的有( )
A. 沿正方体的表面从点到点的最短路程为
B. 保持与垂直时，点的运动轨迹长度为
C. 若保持，则点的运动轨迹长度为
D. 当在点时，三棱锥的外接球表面积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
12.已知抛物线，则焦点到准线的距离为______．
13.已知非零向量，满足，，向量在向量方向上的投影为，则______．
14.已知函数，若存在四个不相等的实根，，，，且，则的最小值是 ．
15.如图所示，在中，已知，，，，，分别在边，，上，且为等边三角形则的面积的最小值是______．
四、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
记为正项数列的前项和，已知，
求数列的前项和；
若，求数列的前项和．
17.本小题分
年月日至月日，第届冬季奥林匹克运动会在北京和张家口隆重举行．北京市各校大学生争相出征服务冬奥会，经统计某校在校大学生有人，男生与女生的人数之比是：，按性别用分层抽样的方法从该校大学生中抽取名参加冬奥会比赛场馆服务培训，培训分天完成，每天奖励若干名“优秀学员”，累计获次或次以上者可获冬奥会吉祥物“冰墩墩”或“雪容融”一个．
若从这抽取的名大学生中随机选出人服务“国家体育馆”，求选出的人中至少有一位是女生的概率．
设参加服务培训的大学生甲每天获“优秀学员”奖励的概率均为，记同学甲获得“优秀学员”的次数为，试求的分布列及其数学期望，并以获得“优秀学员”的次数期望为参考，试预测该同学甲能否获得冬奥会吉祥物？
18.本小题分
如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，点为棱的中点，为边的中点．
求证：平面；
若侧面底面，且，，求与平面所成角的正弦值．
19.本小题分
过抛物线：上的点作直线交抛物线于另一点．
设的准线与轴的交点为，若，求；
过的焦点作直线交于，两点，为上异于，的任意一点，直线，分别与的准线相交于，两点，证明：以线段为直径的圆经过轴上的两个定点．
20.本小题分
已知函数．
当时，求在处的切线方程；
设函数，当时，若，证明：．
21.本小题分
在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，直线：以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
写出曲线的普通方程及直线的极坐标方程；
直线：与曲线和直线分别交于，均异于点两点，求的取值范围．
22.本小题分
已知函数．
当时，解不等式；
若关于的不等式的解集包含，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意可得：，则．
故选：．
首先进行并集运算，然后进行补集运算即可．
本题考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由是关于的方程的一个根，
则是关于的方程的一个根，
则，，
即，，则．
故选：．
由是关于的方程的一个根，则是关于的方程的一个根，结合根与系数的关系求解即可．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意展开式的常数项为．
故选：．
利用二项式定理即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：若，则，所以，
所以由“”可以推出“”，
取，，则满足，但是，
所以由“”不能推出“”，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：．
根据充分条件和必要条件的定义判断．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查等差数列前项和公式，属于基础题．
由题设也为等差数列，再结合等差数列前项和公式求和即可．
【解答】
解：由题设可知也为等差数列，且公差为、公差的和，
又，，故，
所以前项和为．
故选：．
6.【答案】
【解析】解：，
函数的图象关于直线对称，
则，
故，即，解得，
故函数的最大值为．
故选：．
根据已知条件，结合三角函数的辅助角公式，以及正弦函数的性质，即可求解．
本题主要考查三角函数的最值，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：以为起点时，三条路线依次连接即可到达点，共有种选择；
自连接到时，在右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有种选择，
以为起点，为终点时，共有种方法；
同理可知：以为起点，为终点时，共有种方法；
完成该图“一笔画”的方法数为种．
故选：．
采用分步乘法可计算得到以为起点，为终点的方法数，再利用分类加法计数原理求得结果．
本题主要考查了两个计数原理的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】
解；延长，交于点，
因为，，
所以，
故AD，
因为，
所以，
因为，
又四边形内接于圆，
，，
过点作于点，过点作于点，
则，，，
该四边形沿旋转一周，则旋转形成的几何体体积等于由等腰直角三角形绕旋转形成的圆锥体积加上直角梯形绕旋转形成的台体体积，
其中圆锥体积为，
台体体积为，
所以旋转形成的几何体体积为．
故选：．
作出辅助线，由余弦定理求出，由勾股定理逆定理得到，，旋转形成的几何体的体积等于等腰直角三角形绕旋转形成的圆锥体积加上直角梯形绕旋转形成的圆台体体积，求出体圆锥积和台体体积，相加即可．
本题考查旋转体的体积的计算，属中档题．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了函数的奇偶性及对称性在函数求值中的应用，属于中档题．
根据题意推得，结合对称性分析运算即可．
【解答】
解：为偶函数且，则，
故关于点对称，
又，则，
则是以周期为的周期函数，故关于点对称，
，
则，
又，
则，
故．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：由题意可知椭圆的蒙日圆的半径为，因为，所以为蒙日圆的直径，
所以，所以，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，
由面积的最大值为，所以，，
故椭圆的长轴长为，
故选：．
求得椭圆的蒙日圆的半径，求得，且满足，利用基本不等式的求得的最大值，求得面积的最大值，即可求得的值，求得椭圆的长轴长．
本题考查椭圆的标准方程及性质，蒙日圆及基本不等式的应用，考查转化思想，计算能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，
连接，则，故A错误；
对于，因为平面，平面，，又，
，，平面，
所以平面，平面，
所以，同理可得，，，平面，
所以平面，
所以过点作交交于，过作交交于，
由，可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面，，
则平面平面，
设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，
由点在棱上，且，可得，
所以，故B正确；
对于，若，则在以为球心，为半径的球面上，
过点作平面，则，此时，
所以点在以为圆心，为半径的圆弧上，此时圆心角为，
点的运动轨迹长度为，故C正确；
对于，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建系，
则，，，，设三棱锥的外接球球心为，
由，
得，
解得：，，
所以三棱锥的外接球半径，
所以三校锥的外接球表面积为，D正确，
故选：．
项，将平面展开即可得；过做平面平面，即可判断；根据点的轨迹是圆弧，即可判断；建立空间直角坐标系求得圆心坐标即可判断．
本题考查正方体中的线面，面面的位置关系，考查正方体与球的位置关系，属于难题．
12.【答案】
【解析】解：抛物线化成标准方程，可得，
抛物线的开口向上，且，可得．
抛物线的焦点坐标为，准线方程为：，
因此抛物线的焦点到准线的距离是，
故答案为：．
利用抛物线的方程、的意义即可得出．
本题考查了抛物线的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：设非零向量，的夹角为，
，向量在向量方向上的投影为，
，，
；
故答案为：．
设非零向量，的夹角为，则，再结合模的公式求解即可．
本题考查了平面向量的数量积运算，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：作函数与图像如下：
存在四个不相等的实根，，，，且，
则，、，且，
则，即，得，
则，
当且仅当时，即，时，等号成立，
即的最小值是．
故答案为：．
根据已知函数解析式作出函数图像，根据图像结合已知得出，、，且，根据对数运算得出，即可对所求式子化简得出，再根据基本不等式得出答案．
本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：不妨设的边长为，在中，因为，
所以在中，可得，
根据正弦定理可得，所以，
所以，其中，
当时，取得最小值，
面积的最小值为，
故答案为：．
设的边长为及，由的边及角的大小，再由正弦定理可得的最小值，进而求出的面积的最小值．
本题考查三角形的正弦定理及三角函数的应用，属于中档题．
16.【答案】解：时，，，
，
数列是等差数列，首项为，公差为，
，
为正项数列的前项和，
．
时，，
时，也满足上式，
．
时，数列的前项和；
时，数列的前项和．
，．
【解析】时，，与已知联立，相乘可得，利用等差数列的通项公式可得，进而得出结论．
时，，可得，通过分组求和即可得出结论．
本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式、分组求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：由题可知，抽取的名大学生中，名男生，名女生，
则选出的名学生中至少有一名女生的概率．
由题可知所有可能取值为，，，，，
，，，，，
所以的分布列：
所以，即能获得吉祥物．
【解析】根据已知条件，结合古典概型的概率公式，以及对立事件概率和为，即可求解．
由题可知所有可能取值为，，，，，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解．
本题主要考查了离散型随机变量及其分布列，需要学生熟练掌握期望公式，属于中档题．
18.【答案】证明：取线段的中点，连，，
在中，，分别为，的中点，且，
又底面是菱形，且为的中点，且，
且，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
平面分
在平面内过点作，由已知可证得且平面，
故分别以、、所在线分别为，，轴建立空间坐标系，
则，，，
设平面的一个法向量，可得，不妨取，
，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为分
【解析】取线段的中点，连，，证明四边形为平行四边形，得到，然后证明平面．
分别以、、所在线分别为，，轴建立空间坐标系，求出平面的一个法向量，，利用空间向量的数量积求解直线与平面所成角的正弦值即可．
本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
19.【答案】解：点在上，
，解得，
的方程为，
的准线方程为，，
，
，，
，
直线的方程为，即，
联立，消去得，
解得，或，
将代入抛物线方程得，即，
．
证明：设点，
设直线的方程为，代入，得，，
则，．
设点，则，
直线的方程为，
令，得，．
同理得．
设以线段为直径的圆与轴的交点为，
则，
，，即，
，
解得或．
故以线段为直径的圆经过轴上的两个定点和．
【解析】根据点在上，可得，根据，可得，可得，把直线的方程与抛物线方程联立解得的坐标，即可得出．
设直线的方程为，代入，得，设点，根据根与系数的关系可得及直线与的方程，可得点，的坐标，设以线段为直径的圆与轴的交点为，根据，可得，解得，即可得出结论．
本题考查了抛物线的标准方程及性质、直线与抛物线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、向量垂直与数量积的关系、圆的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
20.【答案】解：当时，，
，
所以由导数的几何意义可得，
，
所以在处的切线方程为，即．
证明：根据题意可得，
当时，，
，
令，
，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
所以任意，，
所以，当且仅当时，取等号，
所以在上单调递增，且，
又，不妨令，
令，，
，，
令，，
，
所以在上单调递增，
所以，
所以函数在上单调递增，
所，
所以当时，，
时，，
即，
又，
所以，
因为在上单调递增，
所以，
所以．
【解析】当时，，求导得，由导数的几何意义可得，进而可得切线方程，即可得出答案．
根据题意可得，求导分析的单调性，又，则不妨令，令，，求导分析单调性，可得得时，，又，则，结合的单调性，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
21.【答案】解：曲线的参数方程为为参数，转换为直角坐标方程为．
直线：，根据，转换为极坐标方程为．
由于圆的直角坐标方程为根据转换为极坐标方程为．
所以，
由于，
所以的取值范围为．
【解析】直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．
利用极径的应用和三角函数的关系式的变换的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
22.【答案】解：当时，，
当时，，
由，解得，综合得；
当时，，
由，解得，综合得；
当时，，
由解得，综合得．
所以的解集是．
的解集包含，
当时，恒成立，原式可变为，即，
即在上恒成立，
显然当时，取得最小值，
即的取值范围是．
【解析】本题考查了不等式和绝对值不等式的解法，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．
通过讨论去掉绝对值符号，求解不等式的解集即可．
题目转化为当时，恒成立，即，转化求解即可．
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