四川省射洪中学校2024届高三下学期二模考试数学（理）试卷(含答案)

这是一份四川省射洪中学校2024届高三下学期二模考试数学（理）试卷(含答案)，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知复数z满足,则( )
A.B.3C.D.5
2．已知集合,,若中有且仅有一个元素,则实数a的取值范围为( )
A.B.
C.D.
3．记为等差数列的前n项和,已知,,则取最小值时,n的取值为( )
A.6B.7C.7或8D.8或9
4．一组数据,,,满足,若去掉,后组成一组新数据,则新数据与原数据相比,下列说法正确的是( )
A.方差变小B.平均数变大
C.极差变大D.中位数变小
5．《九章算术》是一本综合性的历史著作,全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就,标志着中国古代数学形成了完整的体系.在书中的《商功》一章里记录了“方亭”的概念,以下是一个“方亭”的三视图,则它的侧面积为( )
A.B.64C.D.
6．已知点在抛物线上,F为C的焦点,直线MF与C的准线相交于点N,则( )
A.B.C.D.
7．如图,高速服务区停车场某片区有A至H共8个停车位(每个车位只停一辆车),有2辆黑色车和2辆白色车要在该停车场停车,则两辆黑色车停在同一列的条件下,两辆白色车也停在同一列的概率为( )
A.B.C.D.
8．已知函数在有且仅有三个零点,则的取值范围是( )
A.B.C.D.
9．已知函数满足,若函数与图象的交点横坐标分别为,,,,则( )
A.4nB.2nC.nD.0
10．过双曲线,的左焦点F作圆的切线,切点为A,直线FA与C的渐近线在第一象限交于点B,若,则C的离心率为( )
A.B.C.2D.3
11．已知正方体的棱长为2,P为的中点,过A,B,P三点作平面,则该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为( )
A.B.C.D.
12．已知,,给出下列不等式
(1);
(2);
(3)；
(4)
其中一定成立的个数为( )
A.1B.2C.3D.4
二、填空题
13．已知函数是偶函数,则实数______.
14．已知非零向量,满足,且,则与夹角的大小为_____.
15．动直线被圆截得弦长的最小值为______.
16．公比为q的等比数列满足:,记,则当q最小时,使成立的最小n值是______.
三、解答题
17．如图,在四棱锥中,底面ABCD是矩形,,,与BD交于点O,底面,,点E,F分别是棱PA,PB的中点,连接OE,OF,EF.
(1)求证：平面平面PCD；
(2)求二面角的余弦值.
18．的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,且的面积为.
(1)求的值;
(2)若D是AC边的中点,,求BD的长.
19．随着全国新能源汽车推广力度的加大,新能源汽车消费迎来了前所未有的新机遇.某公司生产了A、B两种不同型号的新能源汽车,为了解大众对生产的新能源汽车的接受程度,公司在某地区采用随机抽样的方式进行调查,对A、B两种不同型号的新能源汽车进行综合评估,综合得分按照,,,分组,绘制成评估综合得分的频率分布直方图(如图):
(1)以调查结果的频率估计概率,从A、B两种不同型号的新能源汽车中各随机抽取一辆,以X表示这两辆中综合得分不低于80分的辆数,求X的分布列和数学期望;
(2)为进一步了解该地区新能源汽车销售情况,某机构根据统计数据,用最小二乘法得到该地区新能源汽车销量y(单位:万台)关于年份x的线性回归方程为,且销量的方差,年份的方差为.求y与x的相关系数r,并据此判断该地区新能源汽车销量y与年份x的相关性强弱.
参考公式:
(i)线性回归方程:,其中,;
(ii)相关系数若,则相关性较弱;若,则相关性较强;若,则相关性很强).
20．已知A,B分别是椭圆的右顶点和上顶点,椭圆中心O到直线AB的距离为,且椭圆E过点.
(1)求椭圆E的方程;
(2)若过点的直线与椭圆E相交于M,N两点,过点M作x轴的平行线分别与直线AB,NB交于点C,D.试探究M,C,D三点的横坐标是否成等差数列,说明理由.
21．已知函数,
(1)讨论函数的零点个数的取值范围.
(2)若恒成立,求函数的零点个数.
22．已知曲线的参数方程为(为参数),曲线的直角坐标方程为.以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求曲线和的极坐标方程;
(2)若直线(其中)与曲线,的交点分别为A,B(A,B异于原点),求的取值范围.
23．设函数.
(1)解不等式;
(2)设函数的最小值为T,正数a,b,c满足,证明:.
参考答案
1．答案：D
解析：由,得,所以,所以.故选:D.
2．答案：B
解析：由不等式,即,解得,即,因为,要使得中有且仅有一个元素,则或,即实数a的取值范围为.故选:B.
3．答案：C
解析：根据等差数列的性质可得,所以,所以,所以,,当时,,当时,,所以当n的取值为7或8时,取最小值.故选:C.
4．答案：A
解析：由于,故,,,,,对B:原来的平均数为,去掉,后的平均数为,平均数不变,故B错误;对A:原来的方差为,去掉,后的方差为,方差变小,故A正确;对C:原来的极差为,去掉,后,极差为,极差变小,故C错误;对D:原来的中位数与现在的中位数均为,故中位数不变,故D错误.故选:A.
5．答案：A
解析：显然“方亭”就是正四棱台,由四个相同的梯形侧面和两个正方形底面组成.如图正视图中,
AD,BC即为侧面的高,由勾股定理,可得侧高,所以每个侧面的面积,所以侧面积为.故选:A.
6．答案：A
解析：将点代入抛物线方程,可得,解得,所以抛物线C的方程为,,准线方程为,所以直线MN的斜率,所以直线MN的方程为:,令,解得,,
所以.故选:A.
7．答案：A
解析：设事件“两辆黑色车停在同一列”,事件“两辆白色车停在同一列”,则所求概率为,
因为,
所以,故选:A.
8．答案：B
解析：因为,所以,因为函数在有且仅有三个零点,结合正弦函数的图象可知,解得,故选:B.
9．答案：B
解析：因为,所以,所以函数的图象关于对称,又函数关于对称,则与的交点应为偶数个,且关于对称,所以.故选:B.
10．答案：B
解析：如图,取右焦点,连接,,作于点M,由FA为圆的切线,故,又为的中点,所以A是MF的中点,
又,所以点M为AB的中点,,则,,,
所以,
由双曲线的渐近线为,所以,则,
在中,由余弦定理可得,化简得,,,所以双曲线的离心率为.故选:B.
11．答案：D
解析：正方体的外接球球心是的中点O,而,则点O到平面的距离h等于点到平面的距离的一半,又平面过线段的中点P,因此点与点D到平面的距离相等,由平面,,得平面,
在平面内过D作于E,而平面,于是,又,从而,又球O的半径,
则正方体的外接球被平面截得的截面圆半径r,有,所以正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积.故选:D.
12．答案：C
解析：由,,可得:,因为,所以,所以,所以,解得:,由可得:,所以,对于命题(1),,
令,,所以在上单调递增,因为,
所以,故命题(1)正确;
对于命题(2),由可得:,
所以,,
所以在上单调递减,
所以,所以,故命题(2)正确;
对于命题(3),由,取,所以,
所以,所以(3)错误.
对于命题(4),因为,所以,.
令,,
令,,
所以在上单调递减,
,所以,所以在上单调递减,所以,所以,故命题(4)正确.故选:C.
13．答案：2
解析：因为函数的定义域为R,函数是偶函数,所以,
则,,所以,
解得:,经检验满足题意.故答案为:2.
14．答案：/
解析：因为,所以,所以,所以.因为,.故答案为:.
15．答案：8
解析：直线,即,所以直线l过定点,又圆,且,所以点A在圆C内部,,
当CA垂直于直线l时,C到直线l的距离最大,此时弦长最小,所以直线l被圆C截得的弦长的最小值为.故答案为:8.
16．答案：17
解析：是等比数列,,,,又,,设函数,,当时,,时,,在时,取极小值1,,,由题意即,,,,,,
的最小值是17.故答案为:17.
17．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)因为底面ABCD是矩形,AC与BD交于点O,所以O为AC中点,点E是棱PA的中点,F是棱PB的中点,所以OE为的中位线,OF为的中位线,
所以,,
因为平面,平面DCP,所以平面DCP,
因为平面,平面DCP,所以平面DCP,
而,平面,平面OEF,
所以平面平面PCD.
(2)解法一:分别取AB,BC中点G、H,因为ABCD为矩形,平面ABCD,所以OG,OH,OP两两互相垂直,
以OG,OH,OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则,,,
,,
所以,,
设平面OEF的法向量为,则:
,取,得,,所以,
所以,所以二面角的余弦值为.
解法二:如图,取AB中点G,连接PG交EF于点H,连接OH,OG,因为,所以,又点E是棱PA的中点,F是棱PB的中点所以,所以,
又,均为直角三角形,所以,,所以,所以,
所以是二面角的平面角,
因为,,所以,所以,
在中,由余弦定理可得,
所以二面角的余弦值为.
18．答案：(1)
(2)
解析：(1)由题意,,所以,中,由余弦定理,有:
因为,所以.
(2)在中,由(1)知:,,则,,
因为,所以,
所以,由正弦定理,即,所以
又,所以,解得:,,
在中,由余弦定理得.
19．答案：(1)分布列见解析,
(2)y与x线性相关很强
解析：(1)由频率分布直方图可知,
A种型号的新能源汽车评估综合得分不低于80分的概率为:,B种型号的新能源汽车评估综合得分不低于80分的概率为:,所以X的所有可能值为0,1,2,
所以,,,
所以X的分布列为:
故X的数学期望.
(2)相关系数为:
所以,故y与x线性相关很强.
20．答案：(1)
(2)成等差数列,理由见解析
解析：(1)依据题意,有,,直线AB的方程为,即,所以,解得:,
所以椭圆E的方程为;
(2)解法1:M,C,D三点的横坐标成等差数列,理由如下:由题意知,直线MN的斜率存在且不为0,直线过点,所以设直线,
联立方程组可得:,,
设,,
则:,,
因为,所以,
当时,,此时点M坐标为,点C坐标为,
满足;
当时,因为,
令可得:,
因为,令可得:,
下面证明:,即证:,
即证:,
整理可得即证:
由于
所以上式成立,原式得证.
解法2:M,C,D三点的横坐标成等差数列,理由如下:
设直线,因为直线过点,所以,
联立方程组可得:,
,
设,,则:,,
因为,所以,
因为,令可得:,
当时,,此时点M坐标为,点C坐标为,
满足
当时,因为,
令可得:,
下面证明:,即证:,
即证:,
整理可得即证:,
即证:,
整理可得即证:,
即证:,
因为,所以上式成立,原式得证
解法3:M,C,D三点的横坐标成等差数列,理由如下:
设,(,),因为轴,所以,,设直线,因为直线过点,
所以,,
由方程组可得:
当时,,
所以,
又因为B,D,N三点共线,所以,
所以,即,
因为点在直线上,
所以,
,即,
所以M,C,D三点的横坐标成等差数列.
解法4:M,C,D三点的横坐标成等差数列,理由如下:
设直线,因为直线过点,所以,
联立方程组可得:,
设,(,),
则:,,
所以,
又B,D,N三点共线,
所以,即,
所以,所以M,C,D三点的横坐标成等差数列.
21．答案：(1)1
(2)
解析：(1)函数的定义域为,求导得,而,
由得,由得,因此函数在上递减,在递增,
又当时,恒成立,,,
因此函数在存在唯一零点,
所以函数的零点个数是1.
(2)由(1)知函数存在唯一零点,且,
①当时,,由得:,
即,
设,求导得,在上单减,则,解得;
②当时,由得:,即,设,求导得,而,
则,在上单增,则,解得,
综上得的取值范围是.
22．答案：(1)的极坐标方程为,的极坐标方程为
(2)
解析：(1)由消得,即,将,,分别代入,得:
的极坐标方程为,
的极坐标方程为.
(2)设直线l的极坐标方程为,,,
联立方程可得,,
所以,
又,则有,即,综上,的取值范围为.
23．答案：(1)
(2)证明见解析
解析：(1)当时,即,解得,故;当时,即,,则;当时,即,解得,故,综上所述,原不等式的解集为.
(2)若,则;
若,则;
若,则,
所以函数的最小值,故,
又a,b,c为正数,
则,
当且仅当,时等号成立,
所以.
A
B
C
D
E
F
G
H
X
0
1
2
P
0.72
0.26
0.02