山西省忻州市第二中學2023-2024學年高三壓軸卷數(shù)學試卷含解析

山西省忻州市第二中學2023-2024學年高三壓軸卷數(shù)學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知F為拋物線y2＝4x的焦點，過點F且斜率為1的直線交拋物線于A，B兩點，則||FA|﹣|FB||的值等于（）A． B．8 C． D．42．已知復數(shù)z，則復數(shù)z的虛部為（）A． B． C．i D．i3．函數(shù)的部分圖象如圖所示，則的單調(diào)遞增區(qū)間為（）A． B．C． D．4．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為，已知，則為()A． B． C．或 D．或5．已知全集，集合，，則陰影部分表示的集合是（）A． B． C． D．6．在條件下，目標函數(shù)的最大值為40，則的最小值是（）A． B． C． D．27．一個四棱錐的三視圖如圖所示（其中主視圖也叫正視圖，左視圖也叫側(cè)視圖），則這個四棱錐中最最長棱的長度是（）．A． B． C． D．8．是的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件9．已知命題：任意，都有；命題：，則有．則下列命題為真命題的是（）A． B． C． D．10．把滿足條件（1），，（2），，使得的函數(shù)稱為“D函數(shù)”，下列函數(shù)是“D函數(shù)”的個數(shù)為（）①②③④⑤A．1個 B．2個 C．3個 D．4個11．已知三點A(1,0)，B(0，)，C(2，)，則△ABC外接圓的圓心到原點的距離為()A． B．C． D．12．設點是橢圓上的一點，是橢圓的兩個焦點，若，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知(2x-1)7=ao+a1x+a2x2+…+a7x7，則a2=____.14．若復數(shù)滿足，其中為虛數(shù)單位，則的共軛復數(shù)在復平面內(nèi)對應點的坐標為_____．15．在平面五邊形中，，，，且.將五邊形沿對角線折起，使平面與平面所成的二面角為，則沿對角線折起后所得幾何體的外接球的表面積是______.16．已知實數(shù)，滿足則的取值范圍是______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）從拋物線C：（）外一點作該拋物線的兩條切線PA、PB（切點分別為A、B），分別與x軸相交于C、D，若AB與y軸相交于點Q，點在拋物線C上，且（F為拋物線的焦點）.（1）求拋物線C的方程；（2）①求證：四邊形是平行四邊形.②四邊形能否為矩形？若能，求出點Q的坐標；若不能，請說明理由.18．（12分）已知函數(shù)（1）求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）△ABC內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若且A為銳角，a=3，sinC=2sinB，求△ABC的面積.19．（12分）已知函數(shù).（1）當時，求函數(shù)的值域；（2）的角的對邊分別為且，，求邊上的高的最大值.20．（12分）已知函數(shù)，其中e為自然對數(shù)的底數(shù).（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）用表示中較大者，記函數(shù).若函數(shù)在上恰有2個零點，求實數(shù)a的取值范圍.21．（12分）在直角坐標系中，橢圓的左、右焦點分別為，點在橢圓上且軸，直線交軸于點，，橢圓的離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）過的直線交橢圓于兩點，且滿足，求的面積.22．（10分）在中國，不僅是購物，而且從共享單車到醫(yī)院掛號再到公共繳費，日常生活中幾乎全部領域都支持手機支付.出門不帶現(xiàn)金的人數(shù)正在迅速增加。中國人民大學和法國調(diào)查公司益普索合作，調(diào)查了騰訊服務的6000名用戶，從中隨機抽取了60名，統(tǒng)計他們出門隨身攜帶現(xiàn)金（單位：元）如莖葉圖如示，規(guī)定：隨身攜帶的現(xiàn)金在100元以下（不含100元）的為“手機支付族”，其他為“非手機支付族”.（1）根據(jù)上述樣本數(shù)據(jù)，將列聯(lián)表補充完整，并判斷有多大的把握認為“手機支付族”與“性別”有關？（2）用樣本估計總體，若從騰訊服務的用戶中隨機抽取3位女性用戶，這3位用戶中“手機支付族”的人數(shù)為，求隨機變量的期望和方差；（3）某商場為了推廣手機支付，特推出兩種優(yōu)惠方案，方案一：手機支付消費每滿1000元可直減100元；方案二：手機支付消費每滿1000元可抽獎2次，每次中獎的概率同為，且每次抽獎互不影響，中獎一次打9折，中獎兩次打8.5折.如果你打算用手機支付購買某樣價值1200元的商品，請從實際付款金額的數(shù)學期望的角度分析，選擇哪種優(yōu)惠方案更劃算？附：0.0500.0100.0013.8416.63510.828

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

將直線方程代入拋物線方程，根據(jù)根與系數(shù)的關系和拋物線的定義即可得出的值．【詳解】F（1，0），故直線AB的方程為y＝x﹣1，聯(lián)立方程組，可得x2﹣6x+1＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），由根與系數(shù)的關系可知x1+x2＝6，x1x2＝1．由拋物線的定義可知：|FA|＝x1+1，|FB|＝x2+1，∴||FA|﹣|FB||＝|x1﹣x2|＝．故選C．【點睛】本題考查了拋物線的定義，直線與拋物線的位置關系，屬于中檔題．2、B【解析】

利用復數(shù)的運算法則、虛部的定義即可得出【詳解】，則復數(shù)z的虛部為.故選：B.【點睛】本題考查了復數(shù)的運算法則、虛部的定義，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題.3、D【解析】

由圖象可以求出周期，得到，根據(jù)圖象過點可求，根據(jù)正弦型函數(shù)的性質(zhì)求出單調(diào)增區(qū)間即可.【詳解】由圖象知，所以，，又圖象過點，所以，故可取，所以令，解得所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為故選：．【點睛】本題主要考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，利用“五點法”求函數(shù)解析式，屬于中檔題.4、D【解析】

由正弦定理可求得，再由角A的范圍可求得角A.【詳解】由正弦定理可知，所以，解得，又，且，所以或。故選：D.【點睛】本題主要考查正弦定理,注意角的范圍，是否有兩解的情況，屬于基礎題.5、D【解析】

先求出集合N的補集，再求出集合M與的交集，即為所求陰影部分表示的集合.【詳解】由，，可得或，又所以.故選：D.【點睛】本題考查了韋恩圖表示集合，集合的交集和補集的運算，屬于基礎題.6、B【解析】

畫出可行域和目標函數(shù)，根據(jù)平移得到最值點，再利用均值不等式得到答案.【詳解】如圖所示，畫出可行域和目標函數(shù)，根據(jù)圖像知：當時，有最大值為，即，故..當，即時等號成立.故選：.【點睛】本題考查了線性規(guī)劃中根據(jù)最值求參數(shù)，均值不等式，意在考查學生的綜合應用能力.7、A【解析】

作出其直觀圖，然后結(jié)合數(shù)據(jù)根據(jù)勾股定定理計算每一條棱長即可.【詳解】根據(jù)三視圖作出該四棱錐的直觀圖，如圖所示，其中底面是直角梯形，且，，平面，且，∴，，，，∴這個四棱錐中最長棱的長度是．故選．【點睛】本題考查了四棱錐的三視圖的有關計算，正確還原直觀圖是解題關鍵，屬于基礎題．8、B【解析】

分別判斷充分性和必要性得到答案.【詳解】所以（逆否命題）必要性成立當，不充分故是必要不充分條件，答案選B【點睛】本題考查了充分必要條件，屬于簡單題.9、B【解析】

先分別判斷命題真假，再由復合命題的真假性，即可得出結(jié)論.【詳解】為真命題；命題是假命題，比如當,或時，則不成立.則，，均為假.故選:B【點睛】本題考查復合命題的真假性，判斷簡單命題的真假是解題的關鍵，屬于基礎題.10、B【解析】

滿足（1）（2）的函數(shù)是偶函數(shù)且值域關于原點對稱，分別對所給函數(shù)進行驗證.【詳解】滿足（1）（2）的函數(shù)是偶函數(shù)且值域關于原點對稱，①不滿足（2）；②不滿足（1）；③不滿足（2）；④⑤均滿足（1）（2）.故選：B.【點睛】本題考查新定義函數(shù)的問題，涉及到函數(shù)的性質(zhì)，考查學生邏輯推理與分析能力，是一道容易題.11、B【解析】

選B.考點：圓心坐標12、B【解析】∵∵∴∵，∴∴故選B點睛：本題主要考查利用橢圓的簡單性質(zhì)及橢圓的定義.求解與橢圓性質(zhì)有關的問題時要結(jié)合圖形進行分析，既使不畫出圖形，思考時也要聯(lián)想到圖形，當涉及頂點、焦點、長軸、短軸等橢圓的基本量時，要理清它們之間的關系，挖掘出它們之間的內(nèi)在聯(lián)系.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據(jù)二項展開式的通項公式即可得結(jié)果.【詳解】解：(2x-1)7的展開式通式為：當時，，則.故答案為：【點睛】本題考查求二項展開式指定項的系數(shù)，是基礎題.14、【解析】

把已知等式變形，再由復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡，求出得答案．【詳解】，，則，的共軛復數(shù)在復平面內(nèi)對應點的坐標為，故答案為【點睛】本題考查復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，考查復數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義準確計算是關鍵，是基礎題．15、【解析】

設的中心為，矩形的中心為，過作垂直于平面的直線，過作垂直于平面的直線，得到直線與的交點為幾何體外接球的球心，結(jié)合三角形的性質(zhì)，求得球的半徑，利用表面積公式，即可求解.【詳解】設的中心為，矩形的中心為，過作垂直于平面的直線，過作垂直于平面的直線，則由球的性質(zhì)可知，直線與的交點為幾何體外接球的球心，取的中點，連接，，由條件得，，連接，因為，從而，連接，則為所得幾何體外接球的半徑，在直角中，由，，可得，即外接球的半徑為，故所得幾何體外接球的表面積為.故答案為：.【點睛】本題主要考查了空間幾何體的結(jié)構特征，以及多面體的外接球的表面積的計算，其中解答中熟記空間幾何體的結(jié)構特征，求得外接球的半徑是解答的關鍵，著重考查了空間想象能力與運算求解能力，屬于中檔試題.16、【解析】

根據(jù)約束條件畫出可行域，即可由直線的平移方法求得的取值范圍.【詳解】.由題意，畫出約束條件表示的平面區(qū)域如下圖所示，令，則如圖所示，圖中直線所示的兩個位置為的臨界位置，根據(jù)幾何關系可得與軸的兩個交點分別為，所以的取值范圍為.故答案為：【點睛】本題考查了非線性約束條件下線性規(guī)劃的簡單應用，由數(shù)形結(jié)合法求線性目標函數(shù)的取值范圍，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）①證明見解析；②能，.【解析】

（1）根據(jù)拋物線的定義，求出，即可求拋物線C的方程；（2）①設，，寫出切線的方程，解方程組求出點的坐標.設點，直線AB的方程，代入拋物線方程，利用韋達定理得到點的坐標，寫出點的坐標，，可得線段相互平分，即證四邊形是平行四邊形；②若四邊形為矩形，則，求出，即得點Q的坐標.【詳解】（1）因為，所以，即拋物線C的方程是.（2）①證明：由得，.設，，則直線PA的方程為（?。?，則直線PB的方程為（ⅱ），由（?。┖停áⅲ┙獾茫?，，所以.設點，則直線AB的方程為.由得，則，，所以，所以線段PQ被x軸平分，即被線段CD平分.在①中，令解得，所以，同理得，所以線段CD的中點坐標為，即，又因為直線PQ的方程為，所以線段CD的中點在直線PQ上，即線段CD被線段PQ平分.因此，四邊形是平行四邊形.②由①知，四邊形是平行四邊形.若四邊形是矩形，則，即，解得，故當點Q為，即為拋物線的焦點時，四邊形是矩形.【點睛】本題考查拋物線的方程，考查直線和拋物線的位置關系，屬于難題.18、（1）（2）【解析】

（1）利用降次公式、輔助角公式化簡解析式，根據(jù)三角函數(shù)單調(diào)區(qū)間的求法，求得的單調(diào)遞增區(qū)間.（2）先由求得，利用正弦定理得到，結(jié)合余弦定理列方程，求得，由此求得三角形的面積.【詳解】（1）函數(shù)，，由，得.所以的單調(diào)遞增區(qū)間為.（2）因為且為銳角，所以.由及正弦定理可得，又，由余弦定理可得，解得，.【點睛】本小題主要考查三角恒等變換，考查三角函數(shù)單調(diào)區(qū)間的求法，考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形的面積公式，屬于中檔題.19、（1）.（2）【解析】

（1）由題意利用三角恒等變換化簡函數(shù)的解析式，再利用正弦函數(shù)的定義域和值域，得出結(jié)論.（2）由題意利用余弦定理?三角形的面積公式?基本不等式求得的最大值，可得邊上的高的最大值.【詳解】解：（1）∵函數(shù)，當時，，.（2）中，，∴.由余弦定理可得，當且僅當時，取等號，即的最大值為3.再根據(jù)，故當取得最大值3時，取得最大值為.【點睛】本題考查降冪公式、兩角和的正弦公式，考查正弦函數(shù)的性質(zhì)，余弦定理，三角形面積公式，所用公式較多，選用恰當?shù)墓绞墙忸}關鍵，本題屬于中檔題．20、（1）函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為；（2）.【解析】

（1）由題可得,結(jié)合的范圍判斷的正負,即可求解；（2）結(jié)合導數(shù)及函數(shù)的零點的判定定理,分類討論進行求解【詳解】（1）,①當時,,∴函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增；②當時,令,解得或,當或時,,則單調(diào)遞增,當時,,則單調(diào)遞減,∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為和,單調(diào)遞減區(qū)間為（2）（Ⅰ）當時,所以在上無零點；（Ⅱ）當時,,①若,即,則是的一個零點；②若,即,則不是的零點（Ⅲ）當時,,所以此時只需考慮函數(shù)在上零點的情況,因為,所以①當時,在上單調(diào)遞增。又，所以（?。┊敃r,在上無零點；（ⅱ）當時,,又,所以此時在上恰有一個零點；②當時,令,得,由,得；由,得,所以在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,因為,,所以此時在上恰有一個零點,綜上,【點睛】本題考查利用導數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間,考查利用導數(shù)處理零點個數(shù)問題,考查運算能力,考查分類討論思想21、（1）；（2）.【解