四川省南充市南充高级中学2024届高三第二次模拟数学（文）试卷（Word版附解析）

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、选择题（本大题共12个小题，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.）
1. 设集合，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合，根据并集的定义写出.
【详解】，
.
故选：D.
2. 复数的共轭复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数运算化简复数，结合共轭复数的定义，以及复数的几何意义，即可求解．
【详解】，其共轭复数为，
在复平面内对应的点所在的象限为第二象限．
故选：B．
3. 某工厂生产A，B，C三种不同型号的产品，它们的产量之比为2∶3∶5，用分层抽样的方法抽取一个容量为n的样本.若样本中A型号的产品有30件，则样本容量n为（ ）
A. 150B. 180C. 200D. 250
【答案】A
【解析】
【分析】直接由分层抽样的定义按比例计算即可.
【详解】由题意样本容量为.
故选：A.
4. 已知圆，直线与圆C（ ）
A. 相离B. 相切C. 相交D. 相交或相切
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由直线的方程分析可得直线过定点，结合圆的方程分析可得在圆上，据此由直线与圆的位置关系分析可得直线与圆一定相交或相切，即可得答案．
【详解】根据题意，直线的方程为，恒过定点，
设为，又由圆，即，
其圆心为，半径，
由，则在圆上，
则直线与圆相交或相切.
故选：D．
5. 已知平面向量，，若向量与共线，则（ ）
A. －2B. C. 2D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用向量平行的坐标运算列方程求解．
【详解】因为向量与共线，
所以，
解得．
故选：B．
6. 在中国文化中，竹子被用来象征高洁、坚韧、不屈的品质.竹子在中国的历史可以追溯到远古时代，早在新石器时代晚期，人类就已经开始使用竹子了.竹子可以用来加工成日用品，比如竹简、竹签、竹扇、竹筐、竹筒等.现有某饮料厂共研发了九种容积不同的竹筒用来罐装饮料，这九种竹筒的容积（单位：L）依次成等差数列，若，，则（ ）
A. 5.4B. 6.3C. 7.2D. 13.5
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列性质得，进一步利用进行求解即可．
【详解】为等差数列，
，故
．
故选：C．
7. 已知函数的局部图象如图所示，则的解析式可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用排除法，根据奇偶性和在时的函数值正负可排除.
【详解】由图可得的图象关于轴对称，即为偶函数，
其中A选项，，故为奇函数，与图象不符，故排除A；
C选项，，故为奇函数，与图象不符，故排除C；
B选项，当时，，，则，与图象不符，故排除B.
故选：D.
8. 设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，以下是真命题的为（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间中点线面的位置关系，借助于正方体，逐项分析即可.
【详解】
对于A,如上图正方体中，设平面为，
平面为，为，
满足，，此时，故A错误；
对于B，因为，，α、β是不同的平面，则必有，
故B正确；
对于C，如上图正方体中，设平面为，
平面为，为，
满足，，此时，故C错误；
对于D，如上图正方体中，设平面为，
为，为，
则满足，，此时，故D错误.
故选:B.
9. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则曲线与直线的所有交点中，相邻交点距离的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的图象变换得，再解方程求解可得答案．
【详解】函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数的图象，，
令，，
则，，或，，
即，，或，，
可得，，，，
，，，，
相邻交点距离的最小值为．
故选：A．
10. 过双曲线的左焦点F作的一条切线，设切点为T，该切线与双曲线E在第一象限交于点A，若，则双曲线E的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取线段中点，根据给定条件，结合双曲线定义及直角三角形勾股定理求解作答.
【详解】令双曲线的右焦点为，半焦距为c，取线段中点，连接，

因为切圆于，则，有，
因为，则有，，
而为的中点，于是，即，，
在中，，整理得，
所以双曲线E的离心率.
故选：C
11. 设函数，则满足的的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，说明其单调性和奇偶性, 转化为解不等式即可求解.
【详解】，
设，
又易知，为上的奇函数，
又，
在上单调递增，
又，
，
，
，又为上的奇函数，
，又在上单调递增，
，
，
故满足的的取值范围是．
故选：C．
12. 已知数列：1，1，2，3，5，8，13，……这个数列从第3项起，每一项都等于前两项之和，记前项和为. 给出以下结论：①，②，③，④.其中正确的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，且时，，运用累加法，结合数列的递推式，对各个选项一一判断，可得结论．
【详解】对于①，由，且时，，
可得
，故①错误；
对于②，
，故②错误；
对于③，
，故③错误；
对于④，
，故④正确．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的递推式和累加法的运用，关键是反复利用并项及累加得出结论.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知实数满足约束条件，则的最小值为__________ .
【答案】13
【解析】
【分析】画出不等式组表示的平面区域，平移目标函数，找出最优解，即可求出的最小值．
【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示：
平移目标函数，当过点时，取得最小值，
由，得，
所以的最小值为．
故答案为：13．
14. 已知数列，满足，且，则_________.
【答案】24
【解析】
【分析】由递推关系求出即可求解.
【详解】，且，
当，，所以；
故的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列，
即，
故，则.
故答案为：24.
15. 已知直线l过圆的圆心，且与圆相交于A，B两点，P为椭圆上一个动点，则的最大值为___________.
【答案】32
【解析】
【分析】求出圆心坐标，结合平面向量的运算推出，再由椭圆性质即可得解．
【详解】由题意，圆，
所以设圆心，半径为2，
因为直线过圆的圆心，且与圆相交于，两点，
所以，
故，
又为椭圆上一个动点，易知为椭圆的左焦点，
故当点位于椭圆右顶点时，最大，
此时，
则的最大值为．
故答案为：32．
16. 已知菱形中，对角线交于点，，将沿着折叠，使得， ，则三棱锥的外接球的表面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】折叠后，求出的长，设分别为与的外心，为三棱锥的外接球球心，利用垂直关系和球的性质，求出外接球半径计算表面积.
详解】菱形中，，，，，
折叠后，，为等边三角形，，
与是全等的等腰三角形，设分别为与的外心，
中，外接圆半径，，，
中，由勾股定理，，即，解得，
则，同理，
为三棱锥的外接球球心，连接，
由球的性质可知，平面，平面，
与全等，，
，
，，，平面，
平面，平面，，
则三棱锥的外接球半径，
所以外接球表面积.
故答案为：.
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. 2023年冬，甲型流感病毒来势汹汹.某科研小组经过研究发现，患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异.在某地的两类人群中各随机抽取20人的该项医学指标作为样本，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图，利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标小于的人判定为阳性，大于或等于的人判定为阴性.此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为.假设数据在组内均匀分布，用频率估计概率.
（1）当临界值时，求漏诊率和误诊率；
（2）从指标在区间样本中随机抽取2人，求恰好一人是患病者一人是未患病者的概率.
【答案】（1）0.1，0.05
（2）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图计算可得；
（2）利用频率分布直方图的特点，再利用列举法和古典概型的概率公式可求出结果.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，．
【小问2详解】
样本中患病者在指标为区间的人数是，记为；未患病者在指标为区间的人数是，记为，总人数为5人．
从5人中随机抽取2人有：，共10种情况
抽取的两人恰好一人是患病者一人是未患病者有，共6种情况
故抽取的两人恰好一人是患病者一人是未患病者概率为.
18. 在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面对问题中，并解答问题.
在中，内角A，B，C对边分别为a，b，c，且满足 .
（1）求；
（2）若的面积为，D为AC的中点，求BD的最小值.
【答案】（1）条件选择见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）选①：利用正弦定理边化角结合两角和的正弦化简求解；选②：利用平方关系结合正弦定理角化边，再利用余弦定理求解；选③：利用正弦定理角化边得即可求解；
（2）由面积得，结合余弦定理和基本不等式求最值.
【小问1详解】
若选择①：，
由正弦定理可得，
因，,故，，
则有，因,故.
若选择②：，
则，
由正弦定理可得，
故，
因,故.
若选择③ ；
由正弦定理可得，，
再由余弦定理得，，即，
，．
【小问2详解】
，又，
三角形BCD中，，
，
当且仅当时取等号，
的最小值为．
19. 已知多面体中，，且，，.
（1）证明：；
（2）若，求多面体的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理及线面垂直的判定定理，结合线面垂直的定义即可求证；
（2）利用勾股定理的逆定理及等面积法，结合线面垂直的判定定理及椎体的体积公式即可求解.
【小问1详解】
连接BD，DF，如图所示
在中，，，，
则，
所以，即，
同时 ，可得，
同理可得，
又平面BDF，平面BDF，，所以平面BDF；
又因为平面BDF，所以．
小问2详解】
由（1）知，又，则，
作于点，则,解得.
又平面BDF，，所以平面BDF，
又平面BDF，所以，
又，平面，所以平面，
多面体三棱锥四棱锥
矩形.
20. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出导函数，按照的正负分类讨论，由的正负可得单调性；
（2）将不等式变形为，令，对求导，再令，由的单调性判断的符号，进而确定的单调性，求出的最大值即可求出的取值范围.
【小问1详解】
由题意知的定义域为，
，
当时，，在上单调递减；
当时，令，
，
故方程有两个不同的实数根，
分别为，，且，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
综上可知，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
由可得，即，
设，，
则，
设，，
因为，
则在上单调递减，且，
所以当时，，即，所以在上单调递增，
当时，，即，所以在上单调递减，
所以的最大值为，
所以，即的取值范围为.
21. 已知点在抛物线C：上，点，是抛物线C上的动点，直线的斜率分别为，且，直线是曲线在点处的切线.
（1）求直线的斜率；
（2）设的外接圆为，求证：直线与圆相切.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用点在抛物线上及两点的斜率公式即可求解；
（2）利用导数的几何意义及中点坐标公式，再利用直线的点斜式方程，直线的垂线与直线的垂线联立方程组，求出圆线的坐标，结合两点的斜率公式及两条直线垂直的条件即可求证.
【小问1详解】
如图所示
若，则，即点的坐标为
则，同理得
由已知得
直线的斜率.
【小问2详解】
由得，其导函数.
抛物线在点处的切线的斜率，且
由（1）知线段的中点坐标分别为，
线段的中垂线方程为 ①
同理可得线段的中垂线方程为 ②
由①②消去得,
即,
代入①得,
外接圆的圆心坐标为，
则直线的斜率，
，即，
故直线与圆相切.
【点睛】关键点睛：第一问的关键点在抛物线上及两点的斜率公式即可，第二问的关键点导数的几何意义及求线段的垂直平分线，圆心的确定及斜率公式即可.
（二）选考题：共10分. 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. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的极坐标系方程；
（2）曲线分别交曲线和曲线于点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据消参法可得普通方程，进而根据极坐标与直角坐标的互化即可求解，
（2）根据极坐标方程可得，进而根据三角函数的性质求解.
【小问1详解】
根据消参可得曲线的普通方程为，即，
曲线的极坐标方程为，即.
【小问2详解】
，
令，则.
又，
，
，
则的取值范围为.
23. 已知函数，.
（1）当 时，解不等式；
（2）若存在满足，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，则，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）分析可知，不等式有解，利用绝对值三角不等式可求得最小值，可得出关于实数的不等式，解之即可.
【小问1详解】
解：当时，，
当时，则，解得，此时，；
当时，则，解得，此时，；
当时，则，解得，此时，.
综上所述，不等式的解集为.
【小问2详解】
解：若存在满足，等价于有解，
由三角不等式可得，
当且仅当时，等号成立，
只需即可，即，解得.
因此，实数的取值范围是.