1、24届高三一轮总复习验收考试数学试卷试卷共4页，19小题，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、准考证号等填写在答题卡指定位置上.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考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解出集合，利用交集计算即可.【
2、详解】由可知：，即，故，所以.故选：D.2. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算化简，找到共轭复数即可.【详解】结合题意：，所以.故选：B.3. 已知向量，且，则（ ）A. 2B. 3C. 4D. 【答案】A【解析】【分析】由求出，从而可求解.【详解】由，所以，因为，所以，得，所以，故A正确.故选：A.4. 曲线在点处的切线与直线平行，则（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】确定曲线在点处的切线的斜率，求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案.【详解】因为曲线在点处的切线与直线平行，故曲线在点处的
3、切线的斜率为2，因为，所以，所以，故选：C.5. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】确定函数的奇偶性排除D选项，再由函数值的取值范围排除A、B选项后可得正确结论【详解】由已知，为偶函数，排除D；当时，令，时，当时，当时，所以，当时，即，所以，当时，即，可排除A、B.故选:C.6. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】合理换元，求出关键数值，结合诱导公式处理即可.【详解】令，得，则，即，整理得，且，那么，则.故选：C.7. 易系辞上有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图排列结构是一、六在后，二、七在前
4、，三、八在左，四、九在右，五、十背中.如图，白点为阳数，黑点为阴数.若从这10个数中任取3个数，已知3个数中至多有1个阴数，则取出的3个数之和是5的倍数的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出10个数中任取3个数，至多有1个阴数的总基本事件个数，再列举出取出的3个数之和是5的倍数的基本事件，利用古典概型概率公式即可求解.【详解】如图，白点为阳数，黑点为阴数，阳数为，阴数为若从这10个数中任取3个数且3个数中至多有1个阴数，基本事件总数为，取出的3个数之和是5的倍数，基本事件包括，共有12个，取出的3个数之和是5的倍数的概率是.故选：A.8. 已知圆柱的底面半径为1
5、，高为2，分别为上、下底面圆的直径，四面体的体积为，则直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，假定的坐标，结合已知解出的坐标，利用线线角的向量求法求解即可.【详解】如图，找底面圆心，作与底面垂直，/，故以为原点，建立空间直角坐标系，规定，设，易知底面圆方程为，则，故，故，设到面的距离为，设面的法向量，故有，解得，故，由点到平面的距离公式得，已知四面体的体积为，故得，解得(负根舍去)，易得，故，设直线与所成角，故有.故选：D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对
6、的得部分分，有选错的得0分.9. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】对A：由不等式性质计算即可得；对B：结合指数函数的单调性即可得；对C、D：举出反例即可得.【详解】对A：由，故，则，即，故A正确；对B：由，且为定义域上的单调递增函数，故，故B正确；对C：当，时，有，此时，故C错误；对D：当，时，有，此时，故D错误.故选：AB.10. 已知定义在上的奇函数满足，且在上单调递增，则A. 的图象关于中心对称B. 是周期函数C. 在上单调递减D. 【答案】BC【解析】【分析】对A：由可得的图象关于直线对称；对B：结合为奇函数与即可得周期性；对C：结合对称性与在上单调递
7、增即可得；对D：结合周期性与奇函数的性质计算即可得.【详解】对A：由，故图象关于直线对称，故A错误；对B：由为奇函数，故，又，故，即有，则，即，故是周期函数且周期为，故B正确；对C：由在上单调递增，且为奇函数，故在上单调递增，又的图象关于直线对称，故在上单调递减，故C正确；对D：由为定义在上的奇函数，故，有，由的图象关于直线对称，故的图象关于中心对称，故，由，故，即有，故，故D错误.故选：BC.11. 已知正项数列满足，其中，则（ ）A. 为单调递减数列B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】利用导数判断单调性，放缩法证明不等式逐个选项分析即可.【详解】对于AB，由已知得，令，定义域为
8、，令，当时，此时恒成立，故在上单调递减，也可得，即，故在上单调递减，当时，则，故，则，即，故为单调递减数列，故A正确，显然，故B错误，对于C，欲证，且由题意得，即证，即证，取指数得，又易知，化简得，故证明恒成立即可，令，而，故在上单调递增，且，故，即恒成立，故得证，故C正确，对于D，由C可知，上式相加，得，故得证，故D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用导数证明数列的单调性，再构造函数结合放缩法证明不等式即可.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 请写出一个焦点在轴上，焦距为4的椭圆的标准方程_.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据给定条件，结合椭
9、圆的标准方程写出得解.【详解】依题意，设椭圆方程为，其半焦距，显然，令，得，所以椭圆的标准方程为.故答案为：（答案不唯一）.13. 动点与两个定点，满足，则点到直线：的距离的最大值为_.【答案】【解析】【分析】利用两点距离公式及已知求得的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，再确定直线所过的定点并判断其与圆的位置关系，要使圆上点到直线距离最大，有圆心与定点所在直线与直线垂直，进而求最大值.【详解】令，则，整理得，所以的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，又直线：可化为，易知过定点，由，故点在圆外，则圆心与定点所在直线与直线垂直，圆心与直线距离最大，所以点到直线距离的最大值为.故答案为：14. 函数（）在区间
10、上有且只有两个零点，则的取值范围是_.【答案】【解析】【详解】利用三角函数的性质分析求解即可.由于区间上有且只有两个零点，所以，即，由得，或，解得或，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点睛：本题的关键是利用整体法得到，再根据零点个数得到不等式组，解出即可.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15. 已知某种业公司培育了新品种的软籽石榴，从收获的果实中随机抽取了50个软籽石榴，按质量（单位：g）将它们分成5组：，得到如下频率分布直方图.（1）用样本估计总体，求该品种石榴的平均质量；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（2）按分层随机抽样，在样本
11、中，从质量在区间，内的石榴中抽取7个石榴进行检测，再从中抽取3个石榴作进一步检测.记这3个石榴中质量在区间内的个数为，求的分布列与数学期望.【答案】（1）416g （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中，样本平均数的计算公式求解；（2）由分层抽样，计算这三个组中抽取的个数，根据可能的取值，计算对应的概率，列出分布列，由公式求数学期望.【小问1详解】该品种石榴的平均质量为，所以该品种石榴的平均质量为416g.【小问2详解】质量在区间，内的频率比为，所以分层抽样抽取时，质量在区间，内的石榴个数分别为2，2，3. 由题意X的所有可能取值为0，1，2，3，所以X的分布列为X012
12、3P.16. 设为数列的前项和，已知是首项为、公差为的等差数列.（1）求的通项公式；（2）令，为数列的前项积，证明：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由等差数列定义可得，由与的关系即可得；（2）由与可得，即可得，由，可得，借助等比数列求和公式计算即可得证.【小问1详解】由是首项为、公差为的等差数列，故，即，当时，故，当时，符合上式，故；【小问2详解】由，故，则，由，故，则.17. 如图，在四棱锥中，平面平面，.（1）证明：；（2）点在线段上，当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）要证，需要证过的平
13、面与垂直即可，根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理结合条件即得；（2）建立空间直角坐标系，先根据条件确定点的坐标，再求二面角.【小问1详解】如图：由于平面平面，平面平面，过点作的垂线交的延长线于点，则平面.连接交于，连接，又，四边形为矩形，又，即， 又平面，平面，又平面，平面，又平面，.【小问2详解】以为坐标原点，所在直线分別为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，由于在上，设，则，又平面的法向量，设直线与平面所成角为，解得或（舍去），设平面的法向共，平而的法向共，则即，取，得，故平面与平面夹角的余弦值为.18. 已知双曲线：（，）的左焦点到其渐近线的距离为，点在上.（1）求的标准方程
14、；（2）若直线与交于，（不与点重合）两点，记直线，的斜率分别为，且，是否存在值，使得.若存在，求出的值和直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1） （2）；直线为【解析】【分析】（1）借助渐近线公式及点到直线的距离公式，并代入点计算即可得；（2）借助韦达定理结合从而得到直线中所设参数的关系，取线段中点，由可得，即可得的值和直线的方程.【小问1详解】由双曲线：可得，渐近线方程为：，则有，化简得，又上，即，即，故：；【小问2详解】由题意可知直线的斜率存在且斜率为，设直线为，、，联立直线与双曲线，消去可得，则有且，即且，有，由，故、，则，即有，即，故或，当时，直线为，过点，故舍去，当时，直线为
15、，由、，则线段中点为，即，由，故有，即，解得，故，则直线为，即存在，使得，此时直线的方程为.【点睛】关键点睛：本题关键在于借助韦达定理结合题目所给，计算出直线中参数得关系.19. 若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.（1）若，判断是否为上的“3类函数”；（2）若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；（3）若为上的“2类函数”，且，证明：，.【答案】（1）是上的“3类函数”，理由见详解. （2） （3）证明过程见详解.【解析】【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可；（2）由已知条件转化为对于任意，都有，只需且，利用导函数研究函数的单调性和最值即可.（3）分和两种情况进行证明，用放缩法进行证明即可.【小问1详解】对于任意不同的，有，所以，所以是上的“3类函数”.【小问2详解】因为，由题意知，对于任意不同的，都有，可转化为对于任意，都有，由可转化为，令，只需，令，在单调递减，所以，故在单调递减，由可转化为，令，只需，令，在单调递减，且，所以使，即，即，当时，故单调递增，当时，故在单调递减，故.【小问3详解】因为为上的“2类函数”，所以，不妨设，当时，；当时，因为，综上所述，.【点睛】不等式恒成立问题常见方法：分离参数恒成立或恒成立；数形结合（的图象在上方即可）；讨论最值或恒成立；讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
