四川省百师联盟2024届高三下学期信息押题卷（三）全国卷文科数学试题

这是一份四川省百师联盟2024届高三下学期信息押题卷（三）全国卷文科数学试题，共13页。试卷主要包含了已知复数满足，则复数，设等差数列的前项和为，已知，则，已知满足，则的值为等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1答卷前，考生务必将自已的姓名､考场号､座位号､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2B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.
考试时间为120分钟，满分150分
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.已知复数满足，则复数（ ）
A. B.
C. D.
2.已知全集，集合，则集合（ ）
A. B.
C. D.
3.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某鳖臑的三视图，则该鳖臑的最长棱长为（ ）
A.5 B. C. D.
4.已知非零平面向量，那么“”是“”的（ ）
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
5.设等差数列的前项和为，已知，则（ ）
A.150 B.140 C.130 D.120
6.设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A.若，则
B.若与所成的角相等，则
C.若，则
D.若，则
7.已知抛物线的焦点为是抛物线上的一点，为坐标原点，，则（ ）
A.4 B.6 C.8 D.10
8.已知满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
9.南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为，则该数列的第18项为（ ）
A.188 B.208 C.229 D.251
10.已知双曲线分别为的右焦点和左顶点，点是双曲线上的点，若的面积为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B.2 C. D.
11.已知函数，对于任意，有，则以下错误的为（ ）
A.函数的最小正周期为
B.函数的图象关于点对称
C.函数在上单调递减
D.函数在上共有6个极值点
12.已知函数满足，则（ ）
A. B. C. D.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.设实数满足不等式组，则的最大值是__________.
14.已知直线与圆相交于两点，且，则实数__________.
15.在平面四边形中，，将沿折起，使点到达，且，则四面体的外接球的体积为__________.
16.若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则__________.
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：60分.
17.（12分）某公司近五年（2019~2023）以来的销售收入情况统计如下表，其中2019~2023年的年份代码分别为1-5.
（1）由上表数据可知可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；
（2）求关于的回归方程.（系数精确到0.001）
参考数据：.
参考公式：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为.
18.（12分）在中，角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求边上的高.
19.（12分）如图，在三棱台中，，若点为的中点，点为靠近点的四等分点.
（1）求证：平面；
（2）若三棱台的体积为，求三棱锥的体积.
20.（12分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，证明：.
21.（12分）已知椭圆，左右顶点分别为，长半轴等于焦距，过点的直线与椭圆交于点，点不与重合.
（1）若点与点关于轴对称，设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值；
（2）若直线过椭圆的焦点，且满足，求椭圆的标准方程.
（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）
平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）曲线与交于两点，求直线的极坐标方程及三角形面积.
23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）
（1）已知函数，求不等式的解集；
（2）设为正数，求证：.
2024届高三信息押题卷（三）全国卷
文科数学参考答案及评分意见
1.D 【解析】，故.故选D.
2.D 【解析】因为，故错误；因为，故B错误；因为，故错误；因为，故D正确.故选D.
3.C 【解析】根据三视图，还原直观图为三棱锥，如图所示，由题意得，，在直角三角形中，，同理，所以最长棱为.故选C.
4.B 【解析】在向量非零向量的情况下，若，即，即有，即.又，故，即方向相反，故，即“”是“”的必要条件；
若，则共线，但方向可能相同也可能相反；综上所述，“”是“”的必要而不充分条件.故选B.
5.D 【解析】设等差数列的首项为，公差为，则解得：，所以.故选D.
6.D 【解析】对于，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故错误，对于与所成的角相等，则可能异面，可能相交，也可能平行，故错误，对于，则可能垂直，但也可能平行或者相交或者异面，故C错误；对于D，，则正确，故选D.
7.B 【解析】抛物线的焦点为，准线方程为，设，则解得或（舍去），则.故选B.
8.C 【解析】，所以，所以，故选C.
9.A 【解析】记该二阶等差数列为，且该数列满足，记，由题意可知，数列为等差数列，且，所以，等差数列的公差为，所以，，所以，
10.B 【解析】由题设知，，则，所以，且，易知，又因为点在上，所以，所以，因为，所以
，则，化简得，解得或（舍去）.所以，故的离心率为.故选B.
11.B 【解析】因为，所以，因此，从而，注意到，故，所以，又，即的图象关于直线对称，从而，即，所以，又，所以，所以，所以的最小正周期为A正确.因为，所以函数的图象不关于点对称，B错误.当时，，故函数在上单调递减，C正确.令，得，令，得，故，易知函数在单调递增，在单调递减，故函数在上共有6个极值点，D正确.故选B.
12.D 【解析】取，代入，得，解得，令，则，故，所以是周期为6的周期函数，，所以故选D.
13.3 【解析】因为实数满足不等式组作出可行域如图所示.由，解得，所以，由，可得，平移直线，由图可知，当直线经过点时，直线在轴上的截距取得最大值，即取得最大值，所以.故答案为3.
14.7 【解析】根据题意，圆，即，其圆心为，半径.若，则圆心到直线的距离，又由圆心到直线的距离，则有，解可得：；故答案为7.
15. 【解析】由题意知，，由勾股定理可知，，，所以，取的中点，所以，所以四面体的外接球在斜边的中点处，四面体的外接球的半径，外接球的体
积.
16. 【解析】因为与相切，，设切点坐标为，则切线方程为.因为切线过原点，所以，故切点为，所以.对函数，设直线与的切点为，所以由，又根据得，故答案为.
17.解：（1），
，
.
因为与的相关系数近似为0.978，趋近于1，说明与的线性相关程度相当强，
从而可以用线性回归模型拟合与的关系.
（2），
，故.
18.解：（1）因为，所以由正弦定理可得.
又因为，则，所以.
整理得，即.
因为，所以，所以，所以.
（2）由余弦定理，且，则有，又，故.
解得或（舍去），所以边上的高.
19.解：（1）如图，取的中点，连接.
在中，由为其中两边的中点，有.
由棱台的性质知，且与相似，
且，则有，
所以，则四边形为平行四边形，
则.
又平面平面，
平面.
（2）设三棱台的高为，
且，则三棱台体积，
则，故平面平面，
则，又平面，
平面为中点，
，
.
20.（1）解：的定义域为，
若，则在上单调递增；
若，当时，，
则单调递减，时，，则单调递增.
综上：当时，在上单调递增，无减区间；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：因为，设，
则，
则在上单调递减，
，故.
21.解：（1）由，可得.
设，则，
由题可知，，
所以①，由在椭圆上，
得，即
代入①得.
（2）由对称性，不妨设直线过焦点，
则直线可设为：，
与椭圆联立方程组得化简得：，
故，解得，代入直线，得.
，解得，
椭圆的方程为：.
22.解：（1）由曲线的参数方程为（为参数），
可得，
即曲线的普通方程为；
曲线的极坐标方程为，则，
即，即曲线的直角坐标方程为.
（2）由（1）得曲线的普通方程，曲线的直角坐标方程，易知两曲线相交，将两方程相减可得它们的公共弦所在的直线方程为，
即直线的方程为，即有，
即直线的极坐标方程为.
设曲线的圆心到直线的距离为，
则，故.
设到直线的距离为，则，
得的面积为.
23.解：（1），
当时，则有，解得，此时；
当时，则有恒成立，此时；
当时，则有，解得，此时.
综上所述，不等式的解集为.
（2）证明：因为为正数，
则左边
，
当且仅当时即当时，等号成立，
故.年份代码
1
2
3
4
5
收入/百万元
0.944
1.091
1.157
1.226
1.300