四川省绵阳市绵阳中学2024届高三下学期二诊模拟数学（理）试题（二）

这是一份四川省绵阳市绵阳中学2024届高三下学期二诊模拟数学（理）试题（二），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知复数z满足，则（ ）
A．B．
C．D．
2．设集合A=，B=，则“”是“a=2”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．有一组样本数据，则（ ）
A．这组样本数据的极差不小于4B．这组样本数据的平均数不小于4
C．这组样本数据的中位数不小于3D．这组样本数据的众数等于3
4．多项式的项系数比项系数多35，则其各项系数之和为（ ）
A．1B．243C．64D．0
5．如图，在圆中，若弦，弦，则的值是（ ）

A．B．C．D．
6．“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海”每天进步一点点，前进不止一小点今日距离明年高考还有184天，我们可以把看作是每天的“进步”率都是1%，高考时；而把看作是每天“退步”率都是1%，高考时是.若“进步”后的值超过“退步”后的40倍，大约经过（ ）天.（参考数据：）
A．164天B．174天C．184天D．194天
7．若，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
8．甲箱中有个红球，个白球和个黑球；乙箱中有个红球，个白球和个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以、、表示由甲箱中取出的是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．事件与事件不相互独立D．、、两两互斥
9．已知函数，若函数的最小正周期为，且对任意的恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
10．如图是杭州2023年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，主体图形由扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网符号及象征亚奥理事会的太阳图形六个元素组成，集古典美和现代美于一体，富有东方神韵和时代气息.其中扇面的圆心角为，从里到外半径以1递增，若这些扇形的弧长之和为（扇形视为连续弧长，中间没有断开），则最小扇形的半径为（ ）

A．6B．8C．9D．12
11．已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点，使得过点所作的圆的两条切线，切点为、，且，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知函数的定义域为R，为奇函数，且当时，，则以下结论：
①的图象关于点对称；
②当时，；
③有4个零点；
④若曲线上不同两点的切线重合，则称这条切线为曲线的自公切线，则曲线过点的切线为的自公切线.
其中正确的为（ ）
A．②③B．①②C．①③④D．①②④
二、填空题
13．已知实数，满足约束条件，则的最小值为 .
14．已知，则 .
15．在中，角，，所对的边分别为，，.，的平分线交于点，且，则的最小值为 .
16．已知曲线C，直线,点，，以曲线C上任意一点M为圆心、MF为半径的圆与直线l相切，过点的直线与曲线C交于A，B两点，则的最大值为 ．
三、解答题
17．已知数列满足.
(1)求数列的通项公式
(2)若，数列的前n项和为，证明：.
18．新冠疫情下，为了应对新冠病毒极强的传染性，每个人出门做好口罩防护工作刻不容缓．某口罩加工厂加工口罩由三道工序组成，每道工序之间相互独立，且每道工序加工质量分为高和低两种层次级别，三道工序加工的质量层次决定口罩的过滤等级；工序加工质量层次均为高时，口罩过滤等级为100等级(表示最低过滤效率为99.97%)；工序的加工质量层次为高，工序至少有一个质量层次为低时，口罩过滤等级为99等级(表示最低过滤效率为99%)；其余均为95级(表示最低过滤效率为95%)．
表①:表示三道工序加工质量层次为高的概率；表②:表示加工一个口罩的利润．
表①
表②
(1)表示一个口罩的利润，求的分布列和数学期望；
(2)由于工厂中工序加工质量层次为高的概率较低，工厂计划通过增加检测环节对工序进行升级．在升级过程中，每个口罩检测成本增加了()元时，相应的工序加工层次为高的概率在原来的基础上增加了;试问：若工厂升级方案后对一个口罩利润的期望有所提高，则与应该满足怎样的关系?
19．在中，所对的边分别为，已知.
(1)若，求的值；
(2)若是锐角三角形，求的取值范围．
20．已知椭圆C：的离心率为，上顶点为，下顶点为，，设点在直线上，过点的直线分别交椭圆于点和点，直线与轴的交点为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若的面积为的面积的2倍，求t的值.
21．已知函数．
(1)当时，讨论函数的极值；
(2)若有两个不同的极值点，求t的取值范围．
22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，叶形曲线的极坐标方程为．
(1)求的极坐标方程；
(2)求与相交所得的弦长．
23．已知函数的最小值为8．
(1)求的值；
(2)设，为正数，且，求的最小值．
工序
概率
口罩等级
100等级
99等级
95等级
利润/元
参考答案：
1．A
【分析】根据复数的运算法则和模的定义即可求出复数z，再根据共轭复数定义即可得结果.
【详解】由，得，
所以，
故选：A.
2．B
【分析】根据充分必要条件的定义判断．
【详解】，则，，或，充分性不满足，
时，，因此有，必要性也满足，因此是必要不充分条件．
故选：B．
3．A
【分析】根据极差、平均数、中位数和众数的概念判断即可.
【详解】样本数据中，
对于A，显然这组样本数据的极差大于等于，故A正确；
对于B，若，则平均数为，故B错误；
对于C，若，则中位数为，故C错误；
对于D，若，则众数为，故D错误.
故选：A
4．D
【分析】利用二项展开式表示项系数比项系数多35求出的值，然后令，即求出各项系数之和.
【详解】根据二项式的展开式，
当时，的系数为，
当时，的系数为，
因为多项式的项系数比项系数多35，
所以，解得，
所以其各项系数之和，即当时，系数和为0，
故选：D.
5．D
【分析】过点作，交于点，连接，则为的中点，，由，又，即可得出，进而求出结果.
【详解】
如图所示，过点作，交于点，连接，
则为的中点，，
所以，
又，
则
.
故选：D
6．C
【分析】根据已知设经过天“进步”后的值是“退步”后的40倍，列出方程，根据指对互化及对数的运算解出值即可.
【详解】设经过天“进步”后的值是“退步”后的40倍，
则，即，
故，
故选：C.
7．B
【分析】利用函数的单调性和对数的换底公式逐项判断即可.
【详解】对于A，，，且
，A错误；
对于B，，
，，
即，B正确；
对于C, ，C错误；
对于D，，
，
即，故D错误.
故选：B
8．A
【分析】利用全概率公式可判断A选项；直接写出的值，可判断B选项；利用独立事件的定义可判断C选项；利用互斥事件的定义可判断D选项.
【详解】依题意，，，，
，，B对，
，A错；
，，
所以，，所以，事件与事件不相互独立，C对，
由题意可知，事件、、中的任意两个事件都不可能同时发生，
因此，事件、、两两互斥，D对.
故选：A.
9．C
【分析】运用辅助角公式化简，利用的最小正周期为得，根据恒成立得到的最小值.
【详解】由，
所以函数的最小正周期是，
于是函数的最小正周期是，
因此函数的最小正周期为，
所以，则，
因此．由于对任意的恒成立，
所以在处取得最小值，
于是，
即，因为，所以的最小值为．
故选：C
【点睛】关键点睛：（1）利用三角函数的图象与性质得到；（2）根据恒成立得到在处取得最小值．
10．C
【分析】设出最小的半径，表示出所有半径，利用弧长公式，结合等差数列求和，可得答案.
【详解】设最小的扇形的半径为，扇形的半径由小到大依次为，
由，则扇形的弧长由小到大依次为，
所以，化简可得，解得.
故选：C.
11．B
【分析】连接、、，则，，设点，则，分析可得，可得出的取值范围，由可求得的取值范围.
【详解】连接、、，则，，
由切线长定理可知，，
又因为，，所以，，
所以，，则，
设点，则，且，
所以，，
所以，，故，
故选：B.
12．D
【分析】根据奇函数的性质判断①，根据对称性求解函数解析式判断②，利用导数判断单调性，再结合零点存在性定理及对称性确定零点个数判断③，根据导数的几何意义及自公切线的定义判断④.
【详解】因为为奇函数，所以的图象关于原点对称，
所以的图象关于点对称，①正确；
令，则，，
又，
所以当时，；②正确；
当时，，令得，令得，
则在上单调递减，在上单调递增，
且，，，故在上有2个零点，
又的图象关于点对称，根据对称性可知在上有2个零点，且，
所以有5个零点，③错误；
当时，设切点为，
则曲线在点A处的切线方程为，
将及点（1，0）代入整理得，所以当时，切点为，，
又曲线关于对称，所以当时，切点为，
当时，，，
所以，故切线斜率相等，
所以曲线过点的切线为的自公切线，④正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：利用导数研究函数的零点个数：先分析给定区间的单调性，然后结合零点的存在性定理说明零点存在情况，注意有时需要对定义域进行分类.
13．
【分析】作出不等式组表示的平面区域，作出目标函数对应的直线，数形结合求解即可.
【详解】作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，

作直线：，平移直线，当直线经过点时，最小.
由得，所以，所以，
所以的最小值为.
故答案为：.
14．
【分析】设，由诱导公式及倍角公式得，求解即可.
【详解】设，则，，
所以.
故答案为：
15．
【分析】利用等面积法可得，从而，再利用乘“1”法及基本不等式可求解．
【详解】因为，
所以，所以，可得．
所以，
（当且仅当，即，时取等号）．
故答案为：．
16．
【分析】先由动点的轨迹得出曲线轨迹方程，通过选设直线方程与抛物线方程联立得出韦达定理，接着验证过定点的两直线的斜率之和为零，得出两直线关于轴对称，从而将求的正切值转化为求的正切值，再结合表达式运用基本不等式，函数单调性即得.
【详解】
如图，依题意，曲线C上任意一点M到定点的距离等于点到定直线的距离，故点M的轨迹是抛物线，其轨迹方程为：.
设直线AB的方程为，由消去得：，不妨设，，则必有且，，分别记直线的斜率为，则 ，
所以．（两直线的斜率之和为0．则两直线关于x轴对称）
设，则，当且仅当时等号成立，所以，（利用基本不等式求出的范围）
则，不妨设记，则，因在上为减函数且恒为正数，故在上为增函数，则有故的最大值为．
故答案为：.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用求出（），求出通项公式，检验也满足；
（2）裂项相消法求和后得到答案.
【详解】（1）∵①，
当时，，故，
时，②
①②得（），而也满足上式，
∴.
（2），
∴.
18．(1)分布列见解析，
(2)()
【分析】（1）由题意可知：的可能取值为，，，分别求出100等级，99等级，95等级的概率，列分布列计算数学期望即可；
（2）改良后一件产品的利润的可能取值为，，，分别求出改良后100等级，99等级，95等级的概率，求出数学期望与比较即可.
【详解】（1）的可能取值为，，，
；；；
所以的分布列为
（2）设升级后一件产品的利润为，则的可能取值为，，
；
；
；
所以，
由得，解得，
所以与满足的关系为().
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可求解，
（2）根据余弦定理得边角关系，即可利用正弦定理边角互化，结合三角恒等变换可得，即可由三角函数的性质求解.
【详解】（1）在中，，据余弦定理可得又，故，由于，故，得.
（2）在中，据余弦定理可得，
又，故，
又，故
据正弦定理，可得，
，
，
,
因为，所以，
则或，
即或（舍）
所以,
,
因为是锐角三角形，所以，得，
,故,
故,
20．(1)
(2)或
【分析】（1）根据离心率为，，即可计算得出，，求出椭圆标准方程；
（2）利用的坐标可求出直线方程，与椭圆方程联立即可解得点和点坐标，求出直线方程可得，分别写出和的面积表达式，解方程即可得.
【详解】（1）如下图所示：

由题可知，可得，即；
又离心率，所以，解得；
所以椭圆标准方程为.
（2）由（1）可知，又
所以直线的斜率为，直线方程为；
同理可得直线的斜率为，直线方程为；
联立直线与椭圆方程，消去整理可得；
设直线分别交椭圆于点和点，
易知，即可得；
同理直线与椭圆方程，消去整理可得；
即得，即可得；
可得
；
所以直线的方程为，即，
即直线与轴的交点为定点,所以；
此时的面积为；
的面积为；
又的面积为的面积的2倍，即，可得；
解得，所以t的值为或.
21．(1)的极小值为，无极大值．
(2)
【分析】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性和极值；
（2）根据题意可得有两个不同的变号零点，整理得，设函数，结合单调性可知直线与曲线有两个不同的交点，利用导数判断原函数单调性和极值，进而根据交点分析求解.
【详解】（1）当时，，则的定义域为，且，
在上，，单调递减；
在上，，单调递增；
所以的极小值为，无极大值．
（2）由题意可知：，则，
因为有两个不同的极值点，则函数有两个不同的变号零点，
可知方程有两个不等实根，
此方程可变形为，即．
设函数，则，
又因为在内单调递增，则在内单调递增，
可得，即．
设，则直线与曲线有两个不同的交点，
可知的定义域为，且，
在上，，单调递减；
在上，，单调递增；
则，当时，，当时，，
若直线与曲线有两个不同的交点，则，
故t的取值范围为．
【点睛】结论点睛：与和相关的常见同构模型
①，构造函数，
，构造函数；
②，构造函数，
，构造函数；
③，构造函数，
，构造函数．
22．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，先将参数方程化为普通方程，再将普通方程化为极坐标方程，即可得到结果；
（2）根据题意，将代入极坐标方程，求得，即可得到结果.
【详解】（1）在l的参数方程中消去参数t，得．
因为直线l的斜率为，所以其倾斜角为．
故l的极坐标方程为．
（2）在曲线C的极坐标方程中，取，得，所以极点O在曲线C上．
又因为直线l也经过点O，所以l与C的一个公共点为O．
将代入，得．
所以l与C相交所得的弦长为2．
23．(1)
(2)
【分析】（1）根据绝对值的几何意义可得，即可解得；
（2）由（1）即可得，利用柯西不等式即可求出的最小值为4.
【详解】（1），
当且仅当时，等号成立；
由已知得，解得或．
因为，所以．
（2）由柯西不等式，得．
由（1）得，所以，即可得
故的最小值为4，
当且仅当，即，时，取得最小值4．