2024届高三12月大联考（全国乙卷）文科数学试题

这是一份2024届高三12月大联考（全国乙卷）文科数学试题，共17页。试卷主要包含了某班举办趣味数学活动，规则是，已知函数，则满足的的取值范围为等内容，欢迎下载使用。
文科数学
本卷满分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､考生号等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.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，只有一项是符合题目要求的.
1.设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.若复数满足（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
3.已知实数满足不等式组，则的最小值是（ ）
A.1 B.2 C.3 D.6
4.已知为第二象限角，且终边与单位圆的交点的横坐标为，则（ ）
A. B. C. D.
5.已知是抛物线上一点，它在抛物线的准线上的射影为点是抛物线的焦点，若是边长为2的等边三角形，则抛物线的准线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
6.某班举办趣味数学活动，规则是：某同学从分别写有1至9这9个整数的9张卡片中随机抽取两张，将卡片上较大的数作为十位数字，较小的数作为个位数字组成一个两位数.若这个两位数与将它的个位数字与十位数字调换后得到的两位数的差为45，就视为该同学获奖.若该班同学A参加这项活动，则他获奖的概率为（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数在区间上单调递减，且2，则（ ）
A. B. C. D.
8.某校为庆祝建校60周年，有奖征集同学们设计的文创作品.王同学设计的一款文创水杯获奖，其上部分是圆台（多功能盖），下部分是正六棱台（水杯），圆台与棱台的高之比为0.382：0.618，寓意建校60周年，学校发展步入黄金期.这款水杯下部分的三视图如图所示，则这款水杯下部分的容（体）积约为（ ）
A. B. C. D.
9.已知函数，则满足的的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
10.在中，内角的对边分别为，已知，且的面积为，则的最小值为（ ）
A.2 B. C.4 D.
11.已知双曲线，过点的两条直线分别与双曲线的上支､下支相切于点.若为锐角三角形，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
12.已知，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知向量.若，则实数的值为__________.
14.在三棱锥中，平面，则三棱锥的内切球的表面积等于__________.
15.已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式为__________.
16.设函数是定义域为的奇函数，且，都有.当时，，则函数在区间上有__________个零点.
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.（12分）
某社区为了解居民生活垃圾分类的投放情况，对本社区10000户居民进行问卷调查（满分：100分），并从这10000份居民的调查问卷中，随机抽取100份进行统计，绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）估计该社区10000份调查问卷得分的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）和这10000户居民中调查问卷得分不低于85分的居民户数；
（2）该社区从调查问卷得分为满分的居民中随机挑选了6户，其中两户为，并将这6户居民随机分配到社区两个宣传点，每个宣传点3户，且每户居民只能去一个宣传点，帮助社区工作人员开展宣传活动，求两户居民分在不同宣传点的概率.
18.（12分）
如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求三棱锥的体积.
19.（12分）
已知数列是各项均为正数的等比数列，为数列的前项和，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
20.（12分）
已知椭圆的左､右焦点分别为，点在椭圆上，且满足轴，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的右顶点为，左顶点为，是否存在异于点的定点，使过定点的任一条直线均与椭圆交于（异于两点）两点，且使得直线的斜率为直线的斜率的2倍？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
21.（12分）
已知函数，其中，为自然对数的底数.
（1）当时，求函数的最值；
（2）当时，讨论函数的极值点个数.
（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.
22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的极坐标方程；
（2）设直线与曲线交于两点，求的面积.
23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
2024届高三12月大联考（全国乙卷）
文科数学·全解全析及评分标准
一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.A 【解析】因为全集，集合，所以.又，所以.故选A.
2.A 【解析】设，则，所以，解得，所以，故选A.
3.C 【解析】作出不等式组所表示的可行域，如图中阴影部分所示.，即.当直线自左上向右下平移时，逐渐减小，逐渐增大，所以当直线经过直线与直线的交点时，取得最小值，最小值为.故选.
4.D 【解析】由题意，得，所以，故选D.
5.B 【解析】不妨设点的坐标为，依题意，得，即①.又②，联立①②，解得.由，得，所以抛物线的准线的方程为，故选.
6.D 【解析】设同学随机抽取得到的两位数的十位数字为，个位数字为.依题意，若，则，有1种情况；若，则，有2种情况若，则，有8种情况，共计有种情况，其中满足获奖的情况是，即，也即获奖情况只有，这4种情况，所以该班同学参加这项活动获奖的概率为.故选D.
7.B 【解析】因为在区间上单调递减，且，所以的最小正周期，所以，所以.又，所以，故选B.
8.A 【解析】由三视图，知这款水杯的下部分是上底边长为4，下底边长为3，高为6的正六棱台，，所以这款水杯下部分的容（体）积约为.故选A.
9.D 【解析】令，则或，解得或或.令，则或，解得或.
画出函数图象的草图（如图），得满足的的取值范围为.故选D.
10.B 【解析】由正弦定理和，得.
因为，所以.因为，所以.
又的面积为，即，所以.
由余弦定理，得，当且仅当时取等号，所以，所以.因为函数在上单调递增，所以当时，的最小值为.故选B.
11.D 【解析】如图，设过点的直线，联立，
整理，得，
依题意，得，所以.
由双曲线的对称性，得，所以，
整理，得双曲线的离心率.故选D.
12.B 【解析】方法一：因为在上单调递增，所以.
设，则，当时，，所以，所以，即，所以.
综上，得，故选.
方法二：因为在上单调递增，所以.
又.综上，得，故选B.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 【解析】因为，所以.
又，所以，解得.故填.
14. 【解析】如图，由已知，得的面积为，
三棱锥在底面上的高为，等腰三角形底边上的高为2，
所以三棱锥的表面积，体积.
又三棱锥的体积（其中为三棱锥内切球的半径），所以，
所以三棱锥的内切球的表面积为.故填.
15. 【解析】方法一：当时，，解得.又，
所以，所以数列为等差数列.又，所以，
解得，所以数列的公差，所以数列的通项公式为.
故填.方法二：恒成立，当时，，解得.
当时，，且，解得.
当时，①，又②，
①-②，得③，所以④.
④-③，得.
因为，所以，即.又，
所以数列是首项为-2，公差为-5的等差数列，所以数列的通项公式为.故填.
16.6 【解析】如图，因为函数是定义域为的奇函数，所以，且.
又，即，所以函数的图象关于直线对称，
且，所以，所以4是函数的一个周期，
所以.易知函数在上单调递增，
且，
所以函数在区间上仅有1个零点，且零点在区间上.
由对称性，知函数在区间上有且仅有1个零点.
因为是定义域为的奇函数且是4是它的一个周期，所以，
所以函数的图象关于点中心对称，所以函数在区间上有且仅有2个零点.
因为函数在区间上没有零点，所以函数在区间上没有零点.
结合，得函数在区间上有6个零点.故填6.
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.（12分）
【解析】（1）由频率分布直方图，得样本平均数为
，
所以估计该社区10000份调查问卷得分的平均数为79.4.
因为这10000户居民中调查问卷得分不低于85分的频率为，
所以估计该社区这10000户居民中调查问卷得分不低于85分的居民户数为.
（2）将6户居民分别记为，依题意，6户居民被随机分到两个宣传点的所有情况有，，
，，共20种，
其中两户居民分在不同宣传点的情况有，，共12种，所以两户居民分在不同宣传点的概率.
另解：若采用排列组合解答酌情给分：6户居民均分到两个宣传点共有种情况，其中两户居民分在相同宣传点有种情况，所以两户居民分在不同宣传点的概率.
18.（12分）
【解析】（1）因为底面为矩形，所以.
又平面平面，平面平面平面，
所以平面.
又平面，所以.
因为在中，为的中点，所以.
又平面平面，所以平面.
（2）如图，取的中点，连接.
因为为的中点，所以，且.
又为的中点，底面为矩形，所以，且，
所以，且，所以四边形为平行四边形，所以.
又平面平面，所以平面.
（3）如图，因为，平面平面，
所以点到平面的距离即为等边三角形的高，所以点到平面的距离为.
又为的中点，所以点到平面的距离为.
又，
所以，即三棱锥的体积为.
19.（12分）
【解析】（1）设等比数列的公比为.
由，得，
解得.
因为的各项均为正数，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）得，
所以，
，
两式相减，得
所以.
20.（12分）
【解析】（1）因为轴，所以，
解得
所以.
根据椭圆的定义，得，
解得.
又，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）假设存在满足题意的定点.依题意，设直线的方程为，
联立，消去并整理，得，
由，得.
由根与系数的关系，得.
由，得，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，
②-①，得，
当时，
解得，
所以.
又，所以.
因为上式在变化时恒成立，所以.又，所以.
此时点与点重合，不合题意，舍去；
所以，即，
此时点在椭圆的内部，满足直线均与椭圆交于两点，
所以存在定点满足题意，.
21.（12分）
【解析】（1）当时，，则.
令，则在上单调递增，且，
所以当时，，即；当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，
即有最小值，没有最大值.
（2）因为，其中，所以.
令，则.因为，令，则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以.
设，其中，则.令，解得.
当时，，所以在上单调递增，所以.
所以当时，；当时，.
①当时，，即，也即，
所以在上单调递增，所以没有极值点.
②当时，在上单调递减.
设，则当时，，
所以，即当时，.
又在上单调递减，所以在上单调递减，且在上单调递减，
所以当时，，
所以在上没有零点，且.
又在上单调递减，所以在内存在唯一，使，
所以当时，；当时，，
也即当时，；当时，，
所以为的一个极大值点.
又在上单调递增，，
所以当时，；当时，，
即当时，；当时，，
所以1为的一个极小值点，所以当时，有2个极值点.
综合①②，当时，有2个极值点；当时，没有极值点.
（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.
22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
【解析】（1）直线的参数方程为（为参数），消去参数并整理，得.
因为，所以直线的极坐标方程为.
（2）由（1）知直线的普通方程为.
曲线的极坐标方程为，化为直角坐标方程为，
所以曲线是圆心为，半径为5的圆.
又直线过圆心，所以，所以原点到直线的距离，
所以的面积.
23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）
【解析】（1）当时，
所以可化为，或，或，
解得
所以不等式的解集为.
（2）恒成立，即恒成立.
因为恒成立，
所以，
解得，所以实数的取值范围是.1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A
A
C
D
B
D
B
A
D
B
D
B