精品解析：湖南省长沙市雅礼中学高三下学期高考前压轴(三)数学试题

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雅礼中学考剈压轴卷（三）数学本试卷共22小题.全卷满分150分.考试用时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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 复数的模是（    ）A.   B.  C. 0 D. 1【答案】D【解析】【分析】结合复数的模的定义,根据求解即可.【详解】解：因为，所以，所以复数z的模是1.故选:D．2. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】解对数不等式确定集合，解二次不等式确定集合，然后由并集定义计算．【详解】由题意，，所以．故选：C．3. 函数的图象大致是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】分析函数的奇偶性排除两个选项，再利用时，值为正即可判断作答.【详解】函数定义域为R，，即是奇函数，A，B不满足；当时，即，则，而，因此，D不满足，C满足.故选：C4. 哥隆尺是一种特殊的尺子.图1的哥隆尺可以一次性度量的长度为1，2，3，4，5，6.图2的哥隆尺不能一次性度量的长度为（    ）A. 11 B. 13 C. 15 D. 17【答案】C【解析】分析】结合图象以及选项，确定正确选项.【详解】对于A选项，图中，用“与”可以测量；对于B选项，图中，用“与”可以测量；对于D选项，图中，用“与”可以测量.图2的哥隆尺不能一次性度量的长度为.故选：C5. 已知，记，则的大小关系是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据，利用指数函数和对数函数的单调性求解.【详解】解：因，所以，所以，故选：A6. 如图(1)，正方体的棱长为1，若将正方体绕着体对角线旋转，则正方体所经过的区域构成如图(2)所示的几何体，该几何体是由上、下两个圆锥和单叶双曲面构成，则其中一个圆锥的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得圆锥的底是边长为的等边三角形的外接圆，从而可求出外接圆的半径和圆锥的高，进而可求出圆锥的体积【详解】因为正方体的棱长为1，所以由题意可得圆锥的底是边长为的等边三角形的外接圆，所以外接圆的半径为，圆锥的母线长为正方体的边长，即，所以圆锥的高为，所以圆锥的体积为，故选：A7. 已知函数．若a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，则函数有两个极值点的概率为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求出函数有两个极值点时满足的条件，再列出所有可能的情况，查出满足条件的可能情况，根据古典概型的概率公式求得答案.【详解】由题意得有两个根,则有，解得，a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，表示为，有如下，共种情况，其中满足的有，共6种情况，则函数有两个极值点的概率为，即，故选:C．8. 已知两条直线，，有一动圆（圆心和半径都在变动）与都相交，并且被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，则动圆圆心的轨迹方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用点到直线距离公式与圆内弦长与半径关系即可求解.【详解】设动圆圆心，半径为，则到的距离，到的距离，因为被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，，化简后得，相减得，将，代入后化简可得.故选：D.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件A为“第一次向下的数字为偶数”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是（    ）A.  B. 事件A和事件B互为对立事件C.  D. 事件A和事件B相互独立【答案】CD【解析】【分析】根据独立事件的定义以及条件概率对有关选项作相应的分析和计算即可.【详解】对于A，，可得A错误；对于B，事件B第一次向下数字为偶数，第二次向下的数字为奇数，就可以使得两次向下的数字之和为奇数，可知事件A和事件B不是对立事件，可得B错误；对于C，由，可得，可得C正确；对于D选项，由，可得，可知事件A和事件B相互独立，可得D正确；故选：CD.10. 已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列结论正确的是（    ）A.  B. 在单调递增C. 的图象关于对称 D. 在上的最大值是1【答案】AC【解析】【分析】由周期求出，由图象变换求得的解析式并化简，然后由正弦函数的性质判断各选项．【详解】由题意，，所以，，，，A正确；时，，递增，递减，B错；是最大值，C正确；时，，的最小值是，的最大值是，D错；故选：AC．11. 如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中正确的有（ ）A. 平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形B. 平面截直四校柱所得被面的面积为C. 平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25D. 点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2【答案】BCD【解析】【分析】根据所给条件，结合线面关系的性质判定，逐项分析判断即可得解.【详解】对A，延长交直线于，连接，交棱于，连接可得五变形，故A错误；对B，由平行线分线段成比例可得，故 ，则为等腰三角形，由相似三角形可知：，，则，，连接，易知，因此五边形可以分为等边三角形和等腰梯形，等腰梯形的高，则等腰梯形的面积为，又，所以五边形的面积为，故B正确；记平面将直四棱柱分割成上下两部分的面积分别为，则，所以，，故C正确；对D，因为平面过线段的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，由平面过的三等分点可知，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，因此，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，故D正确.故选：BCD.【点睛】本题以空间几何体为基础，考查了平面截空间几何体的相关问题，考查了截面面积以及截面截几何体上下体积之比，同时考查了点到面的距离问题，计算量较大，属于较难题.本题的关键点有：（1）精确确定平面截空间几何体的截面位置；（2）根据截面所在位置精确计算相关量.12. 定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（    ）A. 在上是“弱减函数”B. 在上是“弱减函数”C. 若在上是“弱减函数”，则D. 若在上是“弱减函数”，则【答案】BCD【解析】【分析】利用“弱减函数”的概念逐项分析即得.【详解】对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；对于B，，在上，函数单调递减，，，∴在单调递增，故B正确；对于C，若单调递减，由，得，∴，在单调递增，故C正确；对于D，在上单调递减，在上恒成立，令，，令，，∴在上单调递减，，∴，∴在上单调递减，，∴，在上单调递增，在上恒成立，∴，令，，∴在上单调递增，，∴，综上：，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量，其中，为单位向量，向量，的夹角为120°，则___________.【答案】【解析】【分析】根据平面向量的数量积的定义和运算性质进行求解即可.【详解】由，有.故答案为：14. 将3封不同的信随机放入2个不同的信箱中，共有种不同的放法，则在的展开式中，含项的系数为______．【答案】70【解析】【分析】先求出，再由二项式定理展开求解【详解】由题意得：在展开式中，，当即时，该项为故答案为：7015. 已知双曲线的左焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，点在双曲线上，且，则双曲线的离心率为__________．【答案】【解析】【分析】根据向量条件，求出的坐标，代入双曲线方程，即可得出结论.【详解】由题意，设，直线的方程为，与渐近线联立，可得的坐标为，，即，，代入双曲线方程可得，，化简可得，，故答案为：【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．16. 已知函数，若对，，都有，则k的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】对函数求导可知在上单调递增，在上单调递减，设，则当时，恒成立，即恒成立，设，求其最大值后可求k的取值范围.【详解】，则当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，不妨设，则，，由已知，即，令，则在上不存在减区间，从而当时，恒成立，即恒成立，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，所以.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17. 已知数列满足，，.（1）求的通项公式.（2）证明.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据，利用累加法求解；（2）由，利用裂项相消法求解.【小问1详解】解：由，得，，…，，由累加法得，所以，又满足，又因为，所以.【小问2详解】因为，所以当时，，当时，成立，所以.18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为．（1）若，求边c；（2）若，求角C．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）结合余弦定理、三角形的面积公式求得，进而求得，利用正弦定理求得.（2）利用三角恒等变换求得，从而求得，进而求得.【小问1详解】由余弦定理：，故， 由于，，，则. 由正弦定理：，得.【小问2详解】由（1）知，故，故，则，故，因为，所以，所以，解得.19. 如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，，为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且，E，F分别为，的中点．（1）证明：平面ABCD；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】(1) 取的中点G，连接EG，FG，AC，可证明四边形AGFC是平行四边形，从而证明平面平面ABCD，从而得证.（2）题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】取的中点G，连接EG，FG，AC，因为，平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，因为，，所以四边形AGFC是平行四边形，，又平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，因为，所以平面平面ABCD，因为平面ABCD，所以平面ABCD．【小问2详解】设，由，得，因为，所以，由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，设平面的一个法向量为，由得，取，得，连接BD，因为，，，所以平面，所以平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．20. 在某次数学考试中，共有四道填空题，每道题5分.已知某同学在此次考试中，在前两道题中，每道题答对的概率均为，答错的概率均为；对于第三道题，答对和答错的概率均为；对于最后一道题，答对的概率为，答错的概率为.（1）求该同学在本次考试中填空题部分得分不低于15分的概率；（2）设该同学在本次考试中，填空题部分的总得分为，求的分布列.【答案】（1）；    （2）答案见解析.【解析】【分析】(1)该同学在本次考试中填空题部分得分不低于15分，则四道填空题答对三道或四道，根据独立事件和互斥事件概率即可计算；(2)X可能取值是0，5，10，15，20，据此依次求出概率即可列出分布列．【小问1详解】设“第题答对”为事件，设“得分不低于15分”为事件B，则P(B)===；【小问2详解】易知的取值可能为0，5，10，15，20，， =；==； =；；则的分布列为：05101520 21. 在平面直角坐标系中，、、、，直线、相交于点，且它们的斜率之积是．（1）求点的轨迹方程；（2）过的直线与的轨迹交于、两点，试判断点与以为直径的圆的位置关系，并说明理由．【答案】（1）；    （2）点在以为直径的圆外，理由见解析.【解析】【分析】（1）设点，根据斜率公式结合已知条件可得出点的轨迹方程；（2）分析可知直线不与轴重合，可设，另记、，将直线的方程与的轨迹方程联立，列出韦达定理，计算出，即可证得结论成立.【小问1详解】解：设点的坐标为，其中，则直线的斜率为，直线的斜率为．由已知有，化简得点的轨迹方程为．【小问2详解】解：点在圆外，理由如下：若直线与轴重合，则该直线与曲线无公共点，故可设，另记、，联立，可得，．．由韦达定理知，，，则有，其中无解，则，故，即点在以为直径的圆外．【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.22. 已知函数，．（1）讨论的单调性；（2）当，时，，证明：．【答案】（1）答案见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.（2）化简不等式，构造函数，利用导数研究的最值，由此分离常数，由的不等关系式构造函数，解得导数证得不等式成立.【小问1详解】的定义域为R，．①当时，当或时，，单调递增；当时，，单调递减．②当时，当或时，，单调递减；当时，，单调递增．【小问2详解】由，得，因为，所以，令，则，设，则，所以在单调递增，又因为，，（由（1）知当时，，所以当时，，即．）所以，存在，使得，即．所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，所以．所以．设，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减．所以，所以．【点睛】利用导数研究函数的单调性，当导函数含有参数时，要注意对参数进行分类讨论，分类标准的制定可以考虑二次函数的开口方向、零点分布等知识.