2024宜宾高三下学期第二次诊断性考试文科数学试卷含解析

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（考试时间：120分钟 全卷满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，将答题卡交回
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，只有一项符合要求.
1 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的定义求解即可.
【详解】因为集合，
所以.
故选：B.
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题.
【详解】根据全称量词命题的否定有：命题“”的否定是：.
故选：C
3. 盒中有3个大小质地完全相同的球，其中1个白球、2个红球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则两次都摸出红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得.
【详解】记1个白球为，2个红球分别为、，
现从中不放回地依次随机摸出2个球，则可能结果有、、、、、共个，
其中两次都摸出红球的有、，
所以所求概率.
故选：A
4. 已知向量，向量满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出，根据题意利用向量的坐标运算列式运算求解.
【详解】设，则，
由，得，
又，得，即，
联立，解得.
.
故选：C.
5. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数和对数函数的性质结合中间量法求解即可.
【详解】，
又，且，
所以，即，
所以.
故选：A.
6. 根据调查统计，某市未来新能源汽车保有量基本满足模型，其中（单位：万辆）为第年底新能源汽车的保有量，为年增长率，为饱和度，为初始值.若该市2023年底的新能源汽车保有量是20万辆，以此为初始值，以后每年的增长率为，饱和度为1300万辆，那么2033年底该市新能源汽车的保有量约为（ ）（结果四舍五入保留整数，参考数据：）
A. 65万辆B. 64万辆C. 63万辆D. 62万辆
【答案】B
【解析】
【分析】把已知数据代入模型，求出对应的值即可．
【详解】根据题中所给模型，代入有关数据，注意以2023年的为初始值，
则2033年底该省新能源汽车保有量为，
因为，所以，
所以，
所以2033年底该市新能源汽车的保有量约为64万辆.
故选：B.
7. 已知点是直线上一动点，过点作圆的一条切线，切点为，则线段长度的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，则当取得最小值时，线段长度的最小，利用点到直线的距离公式求出的最小值即可得解.
【详解】圆的圆心，半径，
由题意可得，
则，
则当取得最小值时，线段长度的最小，
，
所以.
故选：D.
8. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化为，利用二倍角公式即可即可求解.
【详解】因为，
所以
.
故选：D
9. 已知三棱锥三视图如图所示，则该三棱锥中最长棱的长度为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，将三视图还原成直观图，根据几何体中的线面关系，分别求出各棱长即可求解.
【详解】根据几何体的三视图，将几何体还原成直观图如图：
根据已知条件有，，平面；过作的垂线垂足为，
，，在中，有，，
，所以；在中，，
，，所以；因为平面，
平面，所以，同理；在中，，
，，所以；在中，，
，，所以；
综上所述，三棱锥中最长棱的长度为.
故选：C
10. 在数列中，已知，且满足，则数列的前2024项的和为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】用去换中的，得，相加即可得数列的周期，再利用周期性运算得解.
【详解】由题意得，用替换式子中的，得，
两式相加可得，即，所以数列是以6为周期的周期函数.
又，，.
所以数列得前2024项和.
故选：A.
11. 设是双曲线的左、右焦点，是坐标原点，是渐近线上位于第二象限的点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求出，，进而求出，在中，由正弦定理列式求得，再根据离心率公式运算得解.
【详解】如图，根据题意可得，
，，
又，，
，
，
在中，由正弦定理可得，，
即，化简得，
.
故选：D.
12. 已知不等式有解，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分离参数转化为，构造函数，利用导数法求出，即为所求.
【详解】不等式有解，即，，只需要，
令，
，，
令，，
，所以函数在上单调递增，
又，，所以存在，使得，即，
，，即；，，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，又由，可得，
.
.
故选：A.
【点睛】思路点睛：由题意问题转化为，，构造函数，利用导数求出的最小值，即只要.
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 已知复数（i为虚数单位），则|z|＝__.
【答案】1
【解析】
【分析】根据复数的除法运算计算得，再根据复数的模长公式可得结果.
【详解】∵，
∴|z|＝1.
故答案为：1.
【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数的模长公式，属于基础题.
14. 数列中，是数列的前项和，已知，数列为等差数列，则__________.
【答案】57
【解析】
【分析】根据题意，求出数列的通项，进而求得，利用分组求和得解.
【详解】令，，，，
又数列为等差数列，所以公差，
，即，
，
.
故答案为：57.
15. 所有棱长均为6的三棱锥，其外接球和内切球球面上各有一个动点，则线段长度的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，正四面体的外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部，求出外接球半径，内切球半径，线段长度的最大值为得解.
【详解】由正四面体的棱长为6，则其外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部，
设球心为，如图，连接并延长交底面于，
则平面，且为底面的中心，
所以，
在中，可求得，
设外接球半径为，内切球半径为，
则，
解得，，
所以线段长度的最大值为.
故答案为：.
16. 已知为抛物线的焦点，过直线上的动点作抛物线的切线，切点分别是，则直线过定点__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点，从而可确定直线的方程，进而可得出答案.
【详解】设，
由，得，则，
则抛物线在点处得切线方程为，
即，
又，所以，
又因为点在切线上，所以，①
同理可得，②
由①②可得直线的方程为，
所以直线过定点.

故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
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）必做题：共60分.
17. 在中，角所对的边分别为，且
（1）求角的大小；
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将已知的式子统一成角的形式，再利用三角函数恒等变换公式化简计算可求出角，
（2）利用余弦定理结合已知条件直接求解
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，,
所以，
因为，所以，
因为，所以
【小问2详解】
因为，，
所以由余弦定理得，
所以，解得
18. 如图，在四棱锥中，平面，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的判定定理证明；
（2）根据题意，又平面，所以得解.
【小问1详解】
因为，是的中点，所以，
又平面，平面，
，又，平面，
平面，平面，
，平面，
平面.
【小问2详解】
根据题意，得，
又，平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
又，又平面，，
.
19. 某企业积极响应政府号召，大力研发新产品，争创世界名牌.为了对研发的一批最新产品进行合理定价，该企业将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到一组销售数据，如表所示：
（1）若变量具有线性相关关系，求产品销量（百件）关于试销单价（千元）的线性回归方程；
（2）用（1）中所求的线性回归方程得到与对应的产品销量的估计值.当销售数据对应的残差的绝对值时，则将销售数据称为一个“精准销售”.现从5个销售数据中任取2个，求“精准销售”至少有1个的概率.
参考数据：
参考公式：线性回归方程中的估计值分别为
【答案】19.
20.
【解析】
【分析】（1）按照所给的参考公式，计算可得到线性回归方程；
（2）先求出5个销售数据中精准销售的个数，再根据古典概型的概率公式计算.
【小问1详解】
由题意，，，，
结合参数数据得，，
所以线性回归方程为.
【小问2详解】
当时，，，则，所以为一个精准销售，
当时，，，则，所以为一个精准销售，
当时，，，则，所以为一个精准销售，
当时，，，则，所以不是一个精准销售，
当时，，，则，所以不是一个精准销售.
记三个精准销售为，两个非精准销售为，
则从5个销售数据中任选2个，对应的基本事件有：
，，，，，，，，，，
其中满足要求的共有9个，
所以“精准销售”至少有1个的概率为.
20. 已知椭圆的上下顶点分别为，左右顶点分别为，四边形的面积为，若椭圆上的点到右焦点距离的最大值和最小值之和为6.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且斜率不为0的直线与交于（异于）两点，设直线与直线交于点，证明：点在定直线上.
【答案】20.
21. 证明见解析
【解析】
【分析】（1）设椭圆上的一点，则，表达出到右焦点的距离，从而得到最大值，最小值，得到方程，求出，根据四边形的面积求出，得到，求出椭圆方程；
（2）先考虑过点且斜率不存在时，得到点在直线，再考虑过点且斜率存在且不为0时，设直线方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，得到，表达出的方程，联立后结合得到，求出点在直线上，证毕.
小问1详解】
设右焦点坐标为，椭圆上的一点，则，
故，即，
则到右焦点的距离
，
因为，所以，，
故，
即椭圆上的点到右焦点距离的最大值为，最小值为，
故，解得，
又四边形面积为，
故，所以，
椭圆方程为；
【小问2详解】
当过点且斜率不存在时，直线方程为，
中，令得，，
不妨设，
直线，即，
同理可得，
联立得，，故点在直线上，
当过点的直线斜率存在且不为0时，设直线方程设为，
联立得，
设，则，
两式相除得，
直线，直线，
联立得，，
故，
解得，
将代入上式中，得，
要想恒成立，则，
故点在定直线上，
综上，点在定直线上.
【点睛】方法点睛：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
21. 已知函数.
（1）若是上的单调递增函数，求的取值范围；
（2）当时，对恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数解析式，求出函数导函数，利用导数与函数单调性的关系求解即可；
（2）根据已知条件先对函数放缩，探究时，对恒成立；再利用换元法探究当与时的情况，从而求得的取值范围.
【小问1详解】
因为，所以，
若是上的单调递增函数，则在上有恒成立，
即，所以有，令，
根据指数函数的性质有：，则，
所以，所以，
综上，是上的单调递增函数，.
【小问2详解】
当时，令，
对恒成立，即对恒成立，
，
当时，对恒成立，即对恒成立；
当时，令，，
因为为单调递增函数，令，解得，
，，，
此时，不恒成立，即不恒成立；
综上，当时，对恒成立，.
【点睛】方法点睛：利用分离参数法确定不等式（，为参数）恒成立问题中参数范围的步骤：
1.将参数与变量分离，不等式化为或的形式；
2.求在时的最大值或者最小值；
3.解不等式或，得到的取值范围.
（二）选做题：共10分.请考生在第22、23题中选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，点是曲线（为参数）上的动点，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点为中心，将线段逆时针旋转得到，设点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）在极坐标系中，点的坐标为，射线与曲线分别交于两点，求的面积.
【答案】（1）曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出曲线的普通方程，再根据即可求出曲线的极坐标方程，结合已知，即可求得曲线的极坐标方程；
（2）先求出点到射线的距离，再分别求出，即可求出，进而可得出答案.
【小问1详解】
将曲线（为参数）转化为直角坐标方程，
得，
又，所以，
整理得，即曲线的极坐标方程为，
以极点为中心，将线段逆时针旋转得到，
设点的极坐标为，则点的极坐标为，
又点在曲线上，所以
即曲线的极坐标方程为；
【小问2详解】
由题意点到射线的距离，
联立，解得，
联立，解得，
故，
所以的面积为.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知定义在上的函数.
（1）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（2）若的最小值为，设，满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先利用绝对值的三角不等式求出，在分类讨论去绝对值符号即可得解；
（2）利用柯西不等式求证即可.
【小问1详解】
，
当且仅当，即时取等号，
所以，
因为对任意，不等式恒成立，
所以，
则或或，
解得或或，
所以实数的取值范围为；
【小问2详解】
由（1）可得，所以，
则，
由柯西不等式可得，
即，
所以，
当且仅当时取等号.
单价（千元）
4
5
6
7
8
销量（百件）
67
64
61
58
50