2024年四川省射洪中学高三数学（理）二模考试卷附答案解析

年四川省射洪中学高三数学（理）二模考试卷一、选择题：本题共12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的，请将答案涂在答题卡上。1．已知复数z满足2−iA．3 B．3 C．5 D．52．已知集合A={x|x​2−A．−1,3 B．−∞,−1]∪[33．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1A．6 B．7 C．7或8 D．8或94．一组数据x1,x2,⋯,x10A．极差变大 B．平均数变大 C．方差变小 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，如图所示是一个“方亭”的三视图，则它的侧面积为A．817 B．64 C．1617 6．已知点M4,4在抛物线C:y​2=2pxp>0A．253 B．203 C．1527．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ABCDEFGHA．15 B．14 C．128．已知函数fx=sinωx−2A．[83,113] B．[9．已知函数fxx∈R满足fx+f4A．4n B．2n C．n D．010．过双曲线C:x​2a​2−y​2b​2=1aA．2 B．3 C．2 D．311．已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为DD1A．13π5 B．16π5 C．12．已知x>0，（1）x+lny<0；（2）（4）x其中一定成立的个数为A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题纸上）.13．已知函数fx=a214．已知非零向量a，b满足a=2b，且a−b⋅b15．动直线l:mx+y−16．公比为q的等比数列{an}满足：a9=lna10>0，记T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．（本小题满分12分）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2，BC=23，AC与BD交于点O，OP⊥底面ABCD，OP=23，点E，F（1）求证：平面OEF//平面PCD（2）求二面角A−18．（本小题满分12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a​2=b（1）求tanA（2）若D是AC边的中点，cosC=719．（本小题满分12分）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[20,40A型号评估综合得分频率分布直方图B型号评估综合得分频率分布直方图（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（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y=4.7x−9495.2，且销量的方差sy​2=50，年份的方差为sx​参考公式：（ⅰ）线性回归方程：y=bx+a（ⅱ）相关系数r=∑ni=1x20．（本小题满分12分）已知A，B分别是椭圆E:x​2a​2+y​2（1）求椭圆E的方程；（2）若过点Pa,b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，C21．（本小题满分12分）已知函数fx（1）讨论函数fx（2）若fx>x+x（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中选一题作答.如果多选，则按所做的第一题记分.22．【选修4-4：坐标系与参数方程】（本小题满分10分）已知曲线C1的参数方程为x=1+cosθy=sinθ（θ为参数），曲线（1）求曲线C1和C（2）若直线l:y=kx（其中k∈[33,3]）与曲线C1，C23．【选修4-5：不等式选】（本小题满分10分）设函数fx（1）解不等式fx（2）设函数fx的最小值为T，正数a，b，c满足a+b【参考答案】一、选择题：本题共12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的，请将答案涂在答题卡上。1．D【解析】由2−i⋅所以z=−1−2i，所以2．B【解析】由不等式x​2−2x−即A={因为B={0,a}，要使得A即实数a的取值范围为−∞,−1]∪[33．C【解析】根据等差数列的性质可得2a所以a3=−10，所以d=a当n≤8时，an≤0所以当n的取值为7或8时，Sn取最小值.故选：4．A【解析】由于xi故x2=x1+2，对B：原来的平均数为x1去掉x1，x10后的平均数为x2对A：原来的方差为x1去掉x1，x10后的方差为x2对C：原来的极差为x10−x1=18，去掉x1对D：原来的中位数与现在的中位数均为x5故中位数不变，故D错误.故选：A.5．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ℎ=所以每个侧面的面积S=12故选：A.6．A【解析】将点M4,4代入抛物线方程y​2所以抛物线C的方程为y​2=4x，所以直线MN的斜率k=43，所以直线MN令x=−1，解得y=−所以MN=4+7．A【解析】设事件A=“两辆黑色车停在同一列”，事件B=“两辆白色车停在同一列”，则所求概率为PB|A所以PB|8．B【解析】因为0≤x≤π因为函数fx=sinωx结合正弦函数的图象可知2π≤ωπ−2π9．B【解析】因为fx+f所以函数的图象关于2,0对称，又函数y=则y=fx与y所以∑​i=10．B【解析】如图，取右焦点F2，连接AO、BF2由FA为圆x​2+y​2=a​2的切线，故OA⊥又FB=3FA，所以点M为AB则AB=2b，MB=所以BFOB=由双曲线的渐近线为y=bax，所以在△BOF2化简得b​∴e​2=1+b11．D【解析】正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球球心是BD1的中点O，而BD1∩α=B，则点O到平面α的距离ℎ等于点D1到平面α的距离的一半，又平面α过线段DD1的中点P，因此点D1与点D到平面α的距离相等，由AB⊥平面又AP=2​又球O的半径R=则正方体的外接球被平面α截得的截面圆半径r，有r​所以正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积S=πr12．C【解析】由x>0，ex因为x>0，所以e​x>1，所以由ex+lny=1对于命题①，x+lny=ln1−ln所以Fy在0,1所以x+ln对于命题②，由ex+lny所以gy=1所以gy在0所以gy>g对于命题③，由ex+lny=1所以lnx对于命题④，因为x=ln1−lny，所以令ℎy=ln1令fy=1所以fy=1fy>f1=0，所以所以ℎy>ℎ1=二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题纸上）.13．2【解析】因为函数fx=a函数fx是偶函数，所以f则f−f1=a解得：a=14．π3【解析】因为a−b⊥所以2bbcos<因为<a,b>∈[15．8【解析】直线l:mx+所以直线l过定点A2,1，又圆C所以点A在圆C内部，AC=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22616．17【解析】{an}是等比数列，∵a9又∵a9=ln设函数fx=x−lnx，f0<x<1时，f​'x∴lnq≥1，q≥e，由题意即q=eTn=a∴n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.17．（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△ACP的中位线，OF所以OE//因为OE⊄平面DCP,PC⊂面DCP，所以因为OF⊄平面DCP,DP⊂面DCP，所以而OE∩OF=O,所以平面OEF//平面PCD（2）解法一：分别取AB,BC中点G、H，因为ABCD为矩形，OP⊥平面ABCD以OG,OH,OP所在直线为x,所以OE=设平面OEF的法向量为m=32x1−12yPA=3,−1,−{3x2−y2−所以cos⟨m所以二面角A−EF−解法二：如图，取AB中点G，连接PG交EF于点H，连接OH,因为PA=PB，所以PG⊥AB，又点E是棱PA的中点，所以EF//AB，所以又△POA,△POB均为直角三角形，所以OE所以OH⊥所以∠OHG是二面角A因为OP=23,OG在△OHG中，由余弦定理可得cos∠所以二面角A−EF−18．（1）由题意，S△ABC=△ABCcosA因为cosA≠0（2）在△ABC中，由（1）知tanA=则sin因为cosC=7所以sinB由正弦定理，csinC=b又bc⋅217=12在△ABD中，由余弦定理得BD19．（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：0.010×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：0.005×所以X的所有可能值为0，1，2所以PX=0=0.8所以X的分布列为：X012P0.720.260.02故X的数学期望EX（2）相关系数为：r=b所以T=4.7×25020．（1）依据题意，有Aa,0,B0,所以2a​2所以椭圆E的方程为x​（2）解法1：M,由题意知，直线MN的斜率存在且不为0，直线过点P2所以设直线MN：y−1=kxΔ=[8k设Mx则：x1因为lAB：x+2y当x2=0时，lBN：x=0，此时点M坐标为满足x1当x2≠0时，因为l令y=y1因为lBN：y=y2−下面证明x1+x即证：x1整理可得即证：8k由于8k​所以上式∗成立，原式得证.解法2：M,设直线MN:x=mq+联立方程组x=my+Δ=4m设Mx1,因为lAB：x+2y因为lBN：y=y2−当x2=0时，lBN：x=0，此时点M坐标为满足x1当x2≠0时，因为I令y=y1下面证明：x1+x即证：my整理可得即证：2m+即证：2m+整理可得即证：4m​2+因为m+解法3：M,设Mx1,y1设直线lMN：mx+ny−所以2m=由方程组mx+当y≠1时，所以x1又因为B,D,所以x1y1因为点CxC,y1所以y1x1+x所以M,解法4：M,设直线MN：x=my+n，因为直线过点联立方程组x=my+设Mx则：y1所以x1又B,所以x2y2所以x1+x21．（1）函数fx=axe​x−1由f​'x<0得x<−1，由f​'又当x<0时，fx<0因此函数fx在0所以函数fx（2）由（1）知函数fx存在唯一零点x0∈①当x∈0,x0时，fx<0，由fxqx在0,x0上单减，则②当x∈[