2024年四川省攀枝花市高考数学第三次统一考试试卷（文科）-普通用卷

这是一份2024年四川省攀枝花市高考数学第三次统一考试试卷（文科）-普通用卷，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知全集U={x|10)的左、右焦点分别为F1(−2,0)，F2(2,0)，P为双曲线上位于第二象限内的一点，点Q在y轴上运动，若|PQ|+|QF2|−|PF1|的最小值为2 33，则双曲线的渐近线方程为( )
A. y=± 2xB. y=±2xC. y=± 11xD. y=±2 3x
10.将函数y=sin2x−cs2x的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到的图象与y=sin2x的图象关于原点对称，则m的最小值是( )
A. π4B. 3π4C. π2D. 3π2
11.在一个圆锥中，D为圆锥的顶点，O为圆锥底面圆的圆心，P为线段DO的中点，AE为底面圆的直径，△ABC是底面圆的内接正三角形，AB=AD= 3，给出下列结论：
①BE//平面PAC；
②PA⊥平面PBC；
③圆锥的侧面积为 3π；
④三棱锥P−ABC的内切球表面积为(2− 3)π.
其中正确的结论个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
12.已知正数a，b，c满足alnb=bec=ca，则( )
A. a>b>cB. a>c>bC. b>a>cD. b>c>a
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知实数x，y满足约束条件x+y−4≤0x−y≥0,y≥0，则z=x+2y的最大值为______.
14.等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=7，S5=7a2，则a6=______.
15.已知平面向量a=(sinθ,csθ),b=(3,1)，若a//b，则csθcs(θ−π4)=______.
16.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，点M，N在C上，且F1F2=3MN,F1M⊥F2N，则椭圆C的离心率为______.
三、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。
17.(本小题12分)
随着互联网的普及和数字化技术的发展，网络直播成为了一种新型的营销形式，因其更低的营销成本，更快捷的营销覆盖而深受商家青睐.某电商统计了最近5个月某商品的网络直播线上月销售量y(单位：千件)与售价x(单位：元/件)的情况如下表所示.
(1)求相关系数r，并说明是否可以用线性回归模型拟合y与x的关系(当|r|∈[0.75,1]时，可以认为两个变量有很强的线性相关性；否则，没有很强的线性相关性)(精确到0.01)；
(2)建立y关于x的线性回归方程，并估计当售价为52元/件时，该商品的线上月销售量为多少千件？
参考公式：对于一组数据(xiyi)(i=1,2,3,⋯,n)，相关系数r=i=1n(xi−x−)(yi−y−) i=1n(xi−x−)2 i=1n(yi−y−)2，其回归直线y =b x+a 的斜率和截距的最小二乘估计分别为：b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2,a =y−−b x−.
参考数据：i=15xiyi=1986, i=15(xi−x−)2=2 5, i=15(yi−y−)2=4, 5≈2.236.
18.(本小题12分)
请在①2a−b=2ccsB，② 3accsB=tanC+tanB，③ 3sin(A+B)=3−2cs2C2三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，并完成解答.△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知_____.
(1)求角C；
(2)若b=4，点D在边AB上，CD为∠ACB的平分线，△CDB的面积为2 33，求边长a的值.
19.(本小题12分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC，点M在线段A1C上，且点M为△AA1C1的重心，A1C⊥AM.
(1)证明：A1C⊥AB1；
(2)若CA=AB=6，求三棱锥B1−ABM的体积.
20.(本小题12分)
已知抛物线C：x2=2py(p>0)上一点Q到焦点F的距离为2，点Q到y轴的距离为 3p.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过F的直线交抛物线C于A，B两点，过点B作x轴的垂线交直线AO(O是坐标原点)于D，过A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，直线BD与AE交于点G.求|GD||GB|的取值范围.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx+ax−1(a∈R).
(1)当a=2时，求函数f(x)在x=1处的切线方程；
(2)设函数f(x)的导函数为f′(x)，若f′(x1)=f′(x2)(x1≠x2)，证明：f(x1)+f(x2)+1a>1.
22.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，极轴所在的直线为x轴，建立极坐标系，曲线C1是经过极点且圆心C1在极轴上，半径为1的圆；曲线C2是著名的笛卡尔心形曲线，它的极坐标方程为ρ=1−sinθ(θ∈[0,2π]).
(1)求曲线C1的极坐标方程，并求曲线C1和曲线C2交点(异于O点)的极径；
(2)曲线C3的参数方程为x=tcsπ6y=tsinπ6(为参数)，若曲线C3和曲线C2交于除O点以外的M，N两点，求△C1MN的面积.
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|x+a|+|2x−1|(a∈R).
(1)当a=1时，解不等式f(x)≥3；
(2)若f(x)≤2x的解集包含[12,1]，求a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为U={x|10，
在区间(π2,3π2)上，csx1⇒a>b，
故a>b>c.
故选：A.
根据已知条件，对原式进行变形，即可判断．
本题主要考查数值大小的比较，属于基础题．
13.【答案】6
【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：(阴影部分).
由z=x+2y得y=−12x+12z，
平移直线y=−12x+12z，
由图象可知当直线y=−12x+12z经过点B时，直线y=−12x+12z的截距最大，
此时z最大．
由x+y−4=0x−y=0，解得x=2y=2，即B(2,2)，
代入目标函数z=x+2y得z=2×2+2=6
故答案为：6.
作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．
本题主要考查线性规划的应用，利用图象平行求得目标函数的最大值和最小值，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法．
14.【答案】13
【解析】解：等差数列{an}中，a3=7，S5=7a2，即5a3=5×7=7a2，解得a2=5，
所以公差为d=a3−a2=7−5=2，
所以a6=a3+3d=7+3×2=13.
故答案为：13.
根据等差数列的定义与性质，求解即可．
本题考查了等差数列的定义与性质应用问题，是基础题．
15.【答案】 25
【解析】解：由题意，sinθ=3csθ，即tanθ=3，
则csθcs(θ−π4)=csθ( 22csθ+ 22sinθ)= 22(cs2θ+sinθcsθ)= 22×cs2θ+sinθcsθsin2θ+cs2θ= 22×1+tanθtan2θ+1= 25.
故答案为： 25.
根据平面向量的共线坐标运算解出tanθ，代入要求的代数式求值即可．
本题考查三角恒等变换，属于基础题．
16.【答案】 5− 2
【解析】解：由F1F2=3MN可得M，N关于y轴对称，
延长F1M，F2N交于O′，则O′在y轴上，设M，N在x轴上方，
因为F1M⊥F2N，即∠F1O′F2=π2，所以△F1O′F2等腰直角三角形，
所以∠O′F1O=π4，
作MA⊥x轴，交x轴于A，可得AO=12MN=c3，
F1A=c−c3=2c3，
所以MA=F1A=2c3，
可得M(−c3,2c3)，又因为M在椭圆上，
所以c29a2+4c29b2=1，
而b2=a2−c2，
整理可得：4a2b2−b2a2=12，
设t=b2a2>0，则4t−t=12，
整理可得t2+12t−4=0，
可得t=−12+4 102=2 10−6，
所以离心率e= 1−b2a2= 7−2 10= 5− 2.
故答案为： 5− 2.
由题意可得M，N关于y轴对称，再由题意可得点M的坐标，代入椭圆的方程，可得a，b，c之间的关系，进而求出该椭圆的离心率的值．
本题考查椭圆的性质的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由表格中数据得，
x−=15(53+49+51+50+47)=50，y−=15(5+9+7+10+9)=8，
则相关系数r=i=15xiyi−5x−y− i=15(xi−x−)2 i=15(yi−y−)2=−142 5×4≈−0.78.
∵|r|>0.75，∴y与x有很强的线性相关性，可以用线性回归模型拟合；
(2)b =i=15(xi−x−)(yi−y−)i=15(xi−x−)2=−1420=−0.7，a =y−−b x−=8−(−0.7)×50=43.
∴y关于x的线性回归方程为y =−0.7x+43.
当x=52时，y =−0.7×52+43=6.6，
故当售价为x=52元/件时，该商品的线上月销售量估计为6.6千件．
【解析】(1)由已知结合相关系数公式求解r值，进一步得结论；
(2)利用最小二乘法求解y关于x的线性回归方程，再取x=52求解y值得结论．
本题考查相关系数与线性回归方程的求法，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：(1)选①，因为2a−b=2ccsB，
则由余弦定理可得2a−b=2c⋅a2+c2−b22ac，
整理可得a2+b2−c2=ab，
由余弦定理可得a2+b2−c2=2abcsC，
可得csC=12，
因为C∈(0,π)，
所以C=π3；
选②， 3accsB=tanC+tanB，
所以 3sinAsinCcsB=sinCcsC+sinBcsB，
整理可得： 3sinAsinCcsB=sin(B+C)csCcsB=sinAcsCcsB，
因为sinA>0，csB≠0，所以 3sinC=1csC，
所以tanC= 3，
因为C∈(0,π)，
可得C=π3；
选③， 3sin(A+B)=3−2cs2C2，可得 3sinC=2−csC，
可得2sin(C+π6)=2⇒sin(C+π6)=1，
因为C∈(0,π),C+π6∈(π6,7π6)，
所以C+π6=π2，
可得C=π3；
(2)在△ABC中，S△ABC=S△ACD+S△BCD，
可得14a⋅CD+CD= 3a，①
又S△CDB=14a⋅CD=2 33，②
由①②可得a2a+4=23，
解得a=2或a=−43(舍去)，
所以边长a=2.
【解析】(1)选①，由余弦定理可得csC的值，再由角C的范围，可得角C的大小；选②，由正弦定理及辅助角公式，可得tanC的值，再由角C的范围，可得角C的大小；选③，由三角形内角和定理及半角公式可得角C的大小；
(2)由角平分线的性质可得等面积法可得a的值．
本题考查正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，角平分线的性质的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：延长AM交A1C1于点D，连结B1D，
因为点M为△AA1C1的重心，
所以D为A1C1的中点，
由BA=BC得B1D⊥A1C1.
直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴B1D⊥A1A，
因为AA1∩A1C1=A1，
所以B1D⊥平面A1C1CA.
所以B1D⊥A1C.
又A1C⊥AD，AD∩B1D=D，
所以A1C⊥平面AB1D.
因为AB1⊂平面AB1D.
所以AB1⊥A1C.
(2)由△ACM∽△A1CA,ACA1C=CMAC⇒AC2=CM⋅CA1，
又CA=AB=6，CM=2MA1，
即6MA12=36,MA1= 6，
故CM=2MA1=2 6.
所以AA1= CA12−AC2= (3 6)2−62=3 2.
则VB1−ABM=VM−ABB1=13VC−ABB1=19S△ABB1⋅h=118×AB×BB1× 32⋅AB=3 6.
【解析】(1)由已知，可证得B1D⊥A1C，A1C⊥AD，再由线面垂直的判定定理，可得A1C⊥平面AB1D，即可证得结论；
(2)由等体积法求解即可．
本题考查了线线垂直的证明，考查体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)不妨设Q(x0,y0)，
因为抛物线C上一点Q到焦点F的距离为2，点Q到y轴的距离为 3p，
所以y0+p2=2|x0|= 3p，
整理得( 3p)2=2p(2−p2)，
解得p=1或p=0(舍去)，
则抛物线C的方程为x2=2y；
(2)不妨设直线AB的方程为y=kx+12，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=kx+12x2=2y，消去y并整理得x2−2kx−1=0，
由韦达定理得x1+x2=2k，x1x2=−1，
易知直线OA的方程为y=y1x1x=x12x，
因为BD⊥x轴，
所以D(x2,x1x22)，
即D(x2,−12)，
所以kDF=−1x2，
因为DF⊥AE，
所以kAE=x2，
则直线AE的方程为y−y1=x2(x−x1)，
因为xG=x2，
所以yG=2y2+y1+1，
此时|GD||GB|=2y2+y1+32y2+y1+1，
因为y1y2=(x1x2)24=14，
所以|GD||GB|=24y1+y1+3214y1+y1+1=4y12+6y1+24y12+4y1+1=1+12y1+1，
因为2y1+1∈(1,+∞)，
所以|GD||GB|=1+12y1+1∈(1,2).
故|GD||GB|的取值范围为(1,2).
【解析】(1)由题意，设出点Q的坐标，根据题目所给信息列出等式求出p的值，进而可得抛物线的方程；
(2)设出直线AB的方程和A，B两点的坐标，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点D，G的坐标，再代入公式进行求解即可．
本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)当a=2时，f(x)=lnx+2x−1，
而f′(x)=1x−2x2=x−2x2，所以f′(1)=−1，f(1)=1，
所以f(x)在x=1处的切线方程为y−1=−(x−1)，即y=−x+2.
证明：(2)因为f′(x1)=1x1−ax12,f′(x2)=1x2−ax22，且f′(x1)=f′(x2)(x1≠x2)，
所以1x1−ax12=1x2−ax22，所以1x1−1x2=ax12−ax22=a(1x1+1x2)(1x1−1x2).
因为x1≠x2，所以a(1x1+1x2)=1，所以a>0，
所以f(x1)+f(x2)=lnx1+ax1+lnx2+ax2−2=ln(x1x2)−1.
因为a(1x1+1x2)=1>2a 1x11x2，所以x1x2>4a2，
所以f(x1)+f(x2)=ln(x1x2)−1>ln(4a2)−1.
设g(a)=ln(4a2)+1a−2=2lna+1a+2ln2−2.
则g′(a)=2a−1a2=2a−1a2.
当a∈(0,12)时，g′(a)0，g(a)单调递增．
所以当a=12时，g(a)取得最小值g(12)=0，
所以ln(4a2)+1a−2>0，所以ln(4a2)−1+1a>1，即f(x1)+f(x2)+1a>1.
【解析】(1)把a=2代入函数解析式，对函数求导，结合导数几何意义可求切线斜率，进而可求切线方程；
(2)先对函数求导，由已知等式关系整理可得，a(1x1+1x2)=1⇒a>0，然后表示f(x1)+f(x2)+1a，结合不等式特点考虑构造函数，对其求导，结合导数与单调性关系即可证明．
本题主要考查了导数的几何意义的应用，还考查了导数与单调性关系在不等式证明中的应用，属于难题．
22.【答案】解：(1)曲线C1的直角坐标方程为(x−1)2+y2=1，即x2+y2−2x=0.
将x2+y2=ρ2，x=ρcsθ代入，得C1的极坐标方程为ρ=2csθ；
联立ρ=2csθρ=1−sinθ，消去θ并整理得：5ρ2−8ρ=0，故ρ1=85或ρ2=0(舍去).
∴所求异于极点的交点的极径为ρ=85；
(2)由x=tcsπ6y=tsinπ6，消去参数t得曲线C3的普通方程为y= 33x.
∴曲线C3的极坐标方程为θ=π6(ρ≥0)和θ=7π6(ρ≥0).
由θ=π6ρ=1−sinθ，解得曲线C2与曲线C3的交点为M(12,π6)，
由θ=7π6ρ=1−sinθ，解得曲线C2与曲线C3的交点为N(32,7π6).
故|MN|=|OM|+|ON|=2.
又C1到MN的距离d=| 33| 13+1=12，
∴S△C1MN=12|MN|⋅h=12×2×12=12.
【解析】(1)由已知写出曲线C1的直角坐标方程，结合直角坐标与极坐标的互化公式可得C1的极坐标方程；联立曲线C1和曲线C2的极坐标方程，即可求得曲线C1和曲线C2交点(异于O点)的极径；
(2)联立极坐标方程求出两曲线交点的极坐标，再由点到直线的距离公式求C1到MN的距离，代入三角形面积公式求解．
本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查运算求解能力，是中档题．
23.【答案】解：(1)a=1时，不等式f(x)≥3可化为|x+1|+|2x−1|≥3，
①当x≥12时，不等式为(x+1)+(2x−1)≥3，即3x≥3，解得x≥1，所以x≥1；
②当−1≤x