四川省广安市2024届高三二模理科数学试题（含答案解析）

广安市高2021级第二次诊断性考试数学（理科）本试卷满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡上．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，再选涂其它答案标号．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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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．1.复数，则（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】由复数的运算结合模长公式计算即可.【详解】因为，所以，故选：D.2.某公司收集了某商品销售收入（万元）与相应的广告支出（万元）共10组数据（），绘制出如下散点图，并利用线性回归模型进行拟合.若将图中10个点中去掉点后再重新进行线性回归分析，则下列说法正确的是（）A.决定系数变小 B.残差平方和变小C.相关系数的值变小 D.解释变量与预报变量相关性变弱【答案】B【解析】【分析】从图中分析得到去掉点后，回归效果更好，再由决定系数，残差平方和，相关系数和相关性的概念和性质作出判断.【详解】从图中可以看出点较其他点，偏离直线远，故去掉点后，回归效果更好，故决定系数会变大，更接近于1，残差平方和变小，相关系数的绝对值，即会更接近于1，由图可得与正相关，故会更接近于1，即相关系数的值变大，解释变量与预报变量相关性变强，故A、C、D错误，B正确.故选：B.3.的展开式中的系数为（）A.80 B.40 C.10 D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，求得二项展开式的通项公式，结合通项确定的值，代入即可求解.【详解】由二项式展开式的通项公式为，令，可得，所以展开式中的系数为.故选：B.4.已知数列满足，（），则（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】列举出数列的前几项，即可找到规律，从而得解.【详解】因为，，所以，，，，，又，所以故选：A5.已知，分别为的边，的中点，若，，则点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据向量的数乘运算，向量坐标与终点、始点的关系可解.【详解】因为，分别为，的中点，所以，设，又，所以即，解得.故选：A6.已知平面区域圆C：，若圆心，且圆C与y轴相切，则最大值为（）A.10 B.4 C.2 D.0【答案】B【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用圆与y轴相切，得到在直线上运动，此时利用数形结合确定的取值即可得到结论【详解】作出如图所示的可行域（阴影部分），由于圆C与y轴相切，，所以，故在直线上运动，联立得，即，，故当最大时，最大，故当圆心在时，此时最大时为3，故的最大值为4，故选：B7.某校甲、乙、丙、丁4个小组到A，B，C这3个劳动实践基地参加实践活动，每个小组选择一个基地，则每个基地至少有1个小组的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据分组分配以及分步乘法技术原理即可求解个数,由古典概型概率公式求解即可.【详解】每个小组选择一个基地，所有的选择情况有种，每个基地至少有1个小组的情况有,故概率为，故选：C8.已知函数，则下列说法中，正确的是（）A.的最小值为B.在区间上单调递增C.的图象关于点对称D.的图象可由的图象向右平移个单位得到【答案】D【解析】【分析】根据辅助角公式得，即可根据三角函数的性质求解ABC，根据函数平移，以及诱导公式可判断D.【详解】，的最小值为,故A错误，时，，所以函数在不单调，故B错误；，故的图象关于对称，C错误，将函数的图象向右平移个单位得，故D正确．故选：D．9.如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，EF是的中位线，AC与EF交于点G，已知是绕EF旋转过程中的一个图形，且．给出下列结论：①平面；②平面平面；③二面角的平面角是直线OP与平面ABCD所成角的2倍．其中所有正确结论的序号为（）A.①②③ B.①② C.①③ D.②③【答案】A【解析】【分析】借助线面平行的判定定理，面面垂直的判定定理与二面角及线面角的定义逐项判断即可得.【详解】对①，由是的中位线，故，又平面，平面，故平面，故①正确；对②，连接、、，菱形ABCD中，，即，由折叠的性质可知，，即，又、平面，，故平面，又平面，故平面平面，故②正确；对③，连接，由是的中位线，故为中点，故，即，，由，，故为二面角的平面角，由平面平面，故点在平面的投影必在线段上，故为直线OP与平面ABCD所成角，故③正确.故选：A.10.已知函数，给出下列4个图象：其中，可以作为函数的大致图象的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】对的情况进行分类讨论，借助于导数对函数的单调性进行分析即可判断函数的大致图象.【详解】由题意知，定义域为，当时，，由指数函数的单调性可知函数单调递增，可对应①；当时，，令可得：，所以当时，，当时，，所以，函数先减后增，且当时，，此时可对应②；当时，，当时，当时，，当时，，所以，函数先增后减，当时，，且此时，所以可对应③，当时，，此时，所以可对应④.故选：D.11.已知，分别是双曲线C：的左、右焦点，过的直线与圆相切，与C在第一象限交于点P，且轴，则C的离心率为（）A.3 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】根据圆的性质得到垂直关系求得，结合直角三角形中正切的定义得到关于的齐次式即可得解.【详解】设圆心为，直线与圆相切于点，则故，由于，所以，故，因此在，由，故，即.故选：D12.已知a，b，c均为正数，且，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】可将所给式子变形成、、，则可构造相应函数研究其交点横坐标，借助函数单调性画出图象即可得.【详解】由，可得，由，可得，由可得，令，，故在0,+∞上单调递增，令，，故在0,+∞上单调递增，令，，故hx在0,+∞上单调递减，令，则，则x∈0,1时，，x∈1,+∞，故在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，，，，，，，，，为函数与函数的交点横坐标，为函数与函数hx的交点横坐标，为函数与函数的交点横坐标，结合函数图象可得.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于利用所给式子，将其变形成、、，从而可构造相应函数研究其交点横坐标，借助函数单调性画出图象即可得.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知集合，，，则______．【答案】【解析】【分析】借助集合交并补的概念计算即可得.【详解】由，，故，故.故答案为：.14.已知，则曲线在点处的切线方程为______．【答案】【解析】【分析】借助导数的几何意义计算即可得.【详解】，则，又，故切线方程为，即.故答案为：.15.已知等差数列的公差为，集合有且仅有两个元素，则这两个元素的积为______．【答案】##【解析】【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.【详解】，则，其周期为，而，即最多3个不同取值，集合有且仅有两个元素，设，则在中，或，或，又，即，所以一定会有相邻的两项相等，设这两项分别为,于是有，即有，解得，不相等的两项为，故，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：此题关键是通过周期性分析得到相等的项为相邻的两项，不相等的两项之间隔一项，从而求得答案.16.一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其侧面积为______．【答案】【解析】【分析】设圆锥高为，底面半径为，推出，求出体积的表达式，利用导数判断单调性求解函数的最值，即可根据侧面积公式得到结果．【详解】设圆锥高为，底面半径为，则，，，，令得或（舍去），当时，，函数是增函数；当时，．函数是减函数，因此当，时函数取得极大值也最大值，此时圆锥体积最大．故侧面积为故答案为：．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，考生依据要求作答．（一）必考题：共60分．17.某校在课外活动期间设置了文化艺术类活动和体育锻炼类活动，为了解学生对这两类活动的参与情况，统计了如下数据：文化艺术类体育锻炼类合计男100300400女50100150合计150400550（1）通过计算判断，有没有90%的把握认为该校学生所选择课外活动的类别与性别有关系？（2）“投壶”是中国古代宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪．该校文化艺术类课外活动中，设置了一项“投壶”活动．已知甲、乙两人参加投壶活动，投中1只得1分，未投中不得分，据以往数据，甲每只投中的概率为，乙每只投中的概率为，若甲、乙两人各投2只，记两人所得分数之和为，求的分布列和数学期望．附表及公式：0.150.100.050.0250.0102.0722.7063.8415.0246.635其中，．【答案】（1）有90%的把握认为该校学生所选择课外活动的类别与性别有关，（2）分布列见解析，期望为【解析】【分析】（1）根据表中数据计算卡方，即可求解，（2）根据独立事件的概率乘法公式即可求解概率，进而可求解分布列以及期望.【小问1详解】零假设没有90%的把握认为该校学生所选择课外活动的类别与性别有关，，故有90%的把握认为该校学生所选择课外活动的类别与性别有关，【小问2详解】的可能取值为，,，，，，故的分布列为：01234数学期望18.如图，在三棱锥中，M为AC边上的一点，，，，．（1）证明：平面平面；（2）若直线PA与平面ABC所成角的正弦值为，且二面角为锐二面角，求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）结合题意，借助线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可得.（2）借助题目所给线面角，可计算出各边长度，建立适当空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得.【小问1详解】因在中，，，，所以，又因为，所以，则，，在中，由余弦定理可得，所以，于是，，又，，、平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】因为二面角为锐二面角，平面平面，平面平面，过点作平面于点，则点必在线段上，连接，可知为与平面所成的角，在中，，，得，在中，，，得，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，则有，，，设平面、平面的法向量分别为m=x1,y1,z1令，，可得，，设二面角的平面角为，所以，即，故二面角的正弦值为.19.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角C；（2）若CD是的角平分线，，的面积为，求c的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化角为边，结合和差角公式以及弦切互化可得，即可求解，（2）由，可得，根据等面积法可求，由余弦定理即可求的值．【小问1详解】由可得故，进而，由于所以小问2详解】由面积公式得，解得，，，即，，又，，．20.在直角坐标系中，设为抛物线：的焦点，为上位于第一象限内一点．当时，的面积为1．（1）求的方程；（2）当时，如果直线与抛物线交于，两点，直线，的斜率满足，试探究点到直线的距离的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）结合题意计算即可得；（2）设出点，由题意计算可得，设出直线联立曲线，借助韦达定理计算可得直线恒过定点，则当时，点到直线的距离有最大值.【小问1详解】由题意得，由，，即，从而的面积，则，所以，抛物线的方程为；【小问2详解】设（），则，，由，得，即，所以，此时，由题意可知，斜率必不等于0，于是可设：，由，可得，上述方程的判别式满足，即，设，，根据韦达定理有：，，因为，所以，，于是，所以，，即，故直线的方程为，即，所以直线恒过定点，则当时，点到直线的距离有最大值，且最大值为.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21.已知函数．（1）若在区间存在极值，求的取值范围；（2）若，，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）对分类讨论研究单调性后，结合极值的定义计算即可得；（2）设，原问题即为gx>0在x∈0,+∞时恒成立，多次求导后，对时及时分类讨论，结合零点的存在性定理与函数的单调性即可得解【小问1详解】由，得，当时，f′x>0，则单调递增，不存在极值，当时，令，则，若，则f′x<0，若，则f′x>0，所以是的极小值点，因为在区间0,1存在极值，则，即，所以，在区间0,1存在极值时，取值范围是；【小问2详解】由在x∈0,+∞即在x∈0,+∞设，则gx>0在x∈0,+∞时恒成立，令，则，令，则，x∈0,1时，，则，时，，则，所以x∈0,+∞时，，则即单调递增，所以，则即单调递增，所以，①当时，，故x∈0,+∞，，则单调递增，所以，所以在x∈0,+∞②当时，，，故在区间上函数存在零点，即，由于函数在0,+∞上单调递增，则x∈0,x0故函数在区间上单调递减，所以，当x∈0,x0综上所述，的取值范围为.【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于多次求导后，得到，从而通过对及进行分类讨论.（二）选考题：共10分．请考生在第题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为