四川省2024届高三数学下学期5月第二次统一监测试题甘孜州三模理含解析

这是一份四川省2024届高三数学下学期5月第二次统一监测试题甘孜州三模理含解析，共18页。试卷主要包含了设，则“”是“为的等比中项”的，如图，是边的中点，在上，且，则，设，且，则之间的关系为，某柠檬园的柠檬单果的质量等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名､班级､考场/座位号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条码由监考老师粘贴在答题卡上的“条码贴码区”.
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效：在草稿纸上､试卷上答题无效.
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回.
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.已知全集，则（ ）
A. B.
C. D.
2.已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
3.甲､乙两名运动员在一次射击训练中各射靶20次，命中环数的频率分布条形图如下.设甲､乙命中环数的众数分别为，方差分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
4.设，则“”是“为的等比中项”的（ ）
A.充要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
6.如图，是边的中点，在上，且，则（ ）
A. B.
C. D.
7.设，且，则之间的关系为（ ）
A. B.
C. D.
8.某柠檬园的柠檬单果的质量（单位：）服从正态分布，且，若从该柠檬园中随机选取200个柠檬，则质量在的柠檬个数的期望为（ ）
A.120 B.140 C.160 D.180
9.己知函数若函数有5个不同的零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
10.已知双曲线的焦点分别为，过的直线与的左支交于两点.若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
11.已知函数的最小正周期为，且的图象关于点中心对称，给出下列三个结论：
①；
②函数在上单调递减；
③将的图象向左平移个单位可得到的图象.
其中所有正确结论的序号是（ ）
A.①② B.①③ C.②③ D.①②③
12.设抛物线的焦点为，点是上一点.已知圆与轴相切，与线段相交于点，圆被直线截得的弦长为，则的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.若满足约束条件则的最大值为__________.
14.的展开式中，含的项的系数为__________.
15.已知的三内角满足，则的面积与外接圆的面积之比为__________.
16.已知是三棱锥外接球的直径，且，三棱锥体积的最大值为8，则其外接球的表面积为__________.
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，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17.（12分）
某公司为了解旗下某产品的客户反馈情况，随机抽选了250名客户体验该产品并进行评价，评价结果为“喜欢”和“不喜欢”，整理得到如下列联表：
（1）是否有的把握认为客户对该产品评价结果与性别因素有关系？
（2）公司为进一步了解客户对产品的反馈，现从参与评价的女性客户中，按评价结果用分层抽样的方法随机抽取了4人，收集对该产品改进建议.已知评价结果为“喜欢”的客户的建议被采用的概率为，评价结果为“不喜欢”的客户的建议被采用的概率为.若“建议”被采用，则赠送价值200元的纪念品，“建议”未被采用，则赠送价值100元的纪念品.记这4人获得的纪念品的总金额为，求的分布列及数学期望.
附：，
18.（12分）
已知数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，，求证：.
19.（12分）
如图，在三棱台中，与相交于点平面，，且平面.
（1）求的值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
20.（12分）
已知椭圆的焦距为，直线与在第一象限的交点的横坐标为3.
（1）求的方程；
（2）设直线与椭圆相交于两点，试探究直线与直线能否关于直线对称.若能对称，求此时直线的斜率；若不能对称，请说明理由.
21.（12分）
已知函数.
（1）若有3个极值点，求的取值范围；
（2）若，求的取值范围.
（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22.[选修4-4坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系中，图形的方程为.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，图形的极坐标方程为.
（1）求的直角坐标方程；
（2）已知点的直角坐标为，图形与交于两点，直线上异于点的点满足，求点的直角坐标.
23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知.
（1）设函数，若函数与的图象无公共点，求的取值范围；
（2）令的最小值为.若，证明：.
不喜欢
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合计
男
50
100
150
女
50
50
100
合计
100
150
250
0.10
0.05
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
四川省大数据精准教学联盟2021级高三第二次统一监测
理科数学参考答案与详细解析
1.【答案】D
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计集合运算与元素属性问题，主要考查集合的交集､并集､补集运算，集合元素与集合的从属关系等基础知识；考查数学抽象､逻辑推理等数学核心素养.
【解析】由知，不同时在集合中，-2必在集合之一中，集合中都不含0，选项D正确.
2.【答案】A
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计复数运算问题，主要考查复数的概念，复数的加减运算，两个复数相等的条件等基础知识；考查方程思想，应用意识；考查数学抽象､数学运算等数学核心素养.
【解析】令复数，则，根据两个复数相等的条件有解得所以.
3.【答案】B
【命题意图】本小题设置生活实践情境，主要考查统计图的识别､统计量的意义等基础知识，考查直观想象､数学建模等数学核心素养.
【解析】根据图表可知，甲､乙命中环数的众数均为7环，故；甲运动员命中的环数比较分散，乙运动员命中的环数比较集中，故.
4.【答案】C
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计简易逻辑问题，主要考查等比中项的概念､命题的判断等基础知识；考查数学抽象､逻辑推理等数学核心素养.
【解析】当时，若不是的等比中项；当为的等比中项时，.所以“”是“为的等比中项”的必要不充分条件.
5.【答案】B
【命题意图】本题考查三视图､立体图形的体积求法等基本知识；考查运算､依据三视图画出立体图形的能力.
【解析】根据三视图可以观察出该几何体为一个平放的半圆锥体，其中圆锥的高为4，底面半径为2，根据圆锥的体积公式可以计算出该立体图形的体积为.
6.【答案】A
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计平面向量的几何运算问题，主要考查三角形法则，平面向量加减的几何意义等基础知识；考查数形结合等数学思想；考查直观想象､逻辑推理､数学运算等数学核心素养.
【解析】由题意有，所以.
7.【答案】D
【命题意图】本小题设置课程学习情境，设计三角恒等变换问题，主要考查二倍角的余弦，二倍角的正弦，两角和的余弦，特殊角的三角函数等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转化等数学思想；考查数学运算､逻辑推理等数学核心素养.
【解析】由；由.两式相加，得，所以，从而，即.由有，又，所以，因为，所以，.
8.【答案】C
【命题意图】本小题设置生活实践情境，主要考查正态分布､二项分布､数学期望等基础知识，考查概率与统计思想，考查数学运算､数学建模等数学核心素养.
【解析】柠檬单果的质量（单位：）服从正态分布，且，所以，则从该柠檬园中随机选取200个柠檬，则质量在的柠檬个数，所以柠檬个数的数学期望.
9.【答案】C
【命题意图】本小题设置探索创新情境，主要考查导数的应用，函数的性质､函数的零点等基础知识，考查化归与转化､函数与方程､数形结合等数学思想，考查数学抽象､逻辑推理､数学运算等数学核心素养.
【解析】
当时，，此时，则时，单调递减；时，单调递增，则是的极小值点，作出如图所示的函数的图象，函数有5个不同的零点，则方程即有5个不相等实数根，也即是和共有5个不相等实数根，其中有唯一实数根；只需有4个且均不为-2的不相等实数根，由图可知.
10.【答案】B
【命题意图】本小题设置课程学习情境，主要考查双曲线的定义､标准方程以及几何性质；考查双曲线方程的求法以及直线与双曲线位置关系的应用，考查学生的计算能力；考查数形结合､化归与转化等数学思想；考查数学抽象､逻辑推理､数学运算等数学核心素养.
【解析】
如图，由于，且，设，则，故，可得，故，在与中分别对使用余弦定理可得到一个关于的等式，解得，故，又根据题意可知，故离心率
11.【答案】D
【命题意图】本小题设置探索创新情境，设计三角函数图象问题，主要考查正弦型函数的周期，相位，对称中心，单调性，图象平移，特殊角的三角函数值等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，考查数形结合等数学思想；考查数学运算､逻辑推理等数学核心素养以及应用意识.
【解析】因为函数的周期为，所以，又图象对称中心为，即，则，有，由，所以，故，此时，结论①正确；当时，，函数单调递减，结论②正确；将的图象向左平移个单位可得图象对应的函数为，因为，所以结论③正确.
12.【答案】B
【命题意图】本小题设置课程学习情境，主要考查圆与抛物线的综合应用，考查抛物线的定义及其简单几何性质､圆的方程､圆的弦长公式､勾股定理在抛物线中的应用等基本知识；考查数形结合､化归与转化等数学思想；考查数学抽象､逻辑推理､数学运算等数学核心素养.
【解析】
由已知，点在抛物线上，则即.……①
如图所示，过作直线的垂线，为垂足，设圆与直线相交于点.易知，，由，可知.因为圆被直线截得的弦长为，所以.由，在Rt中，.……②
由①②解得：，抛物线的准线方程为：，故答案为B.
13.【答案】9
【命题意图】本小题设置课程学习情境，设计线性规划问题，主要考查约束条件表示的可行域，目标函数在约束条件下的最值等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想，方程思想；考查数学运算､直观想象等数学核心素养以及应用意识.
【解析】约束条件表示的是以三点为顶点的三角形及其内部，目标函数可化为，平移直线可知，当直线经过点时，在轴上的截距最大，此时.
14.【答案】-118
【命题意图】本小题设置课程学习情境，主要考查二项式定理的应用等基础知识，考查化归与转化等数学思想，考查数学运算等数学核心素养.
【解析】依题意，，则其展开式中，含的项为，所以含的项的系数为-118.
15.【答案】
【命题意图】本小题设置课程学习情境，设计解三角形问题，主要考查两角和差的余弦公式，二倍角的正弦，诱导公式，正弦定理，三角形面积与三角形外接圆面积等基础知识；考查运算求解能力，化归与转换思想；查数学运算､逻辑推理等数学核心素养.
【解析】依题意，，即的面积与外接圆的面积之比为
.
16.【答案】
【命题意图】本小题设置课程学习请进，主要考查与球体相关几何体的运算，考查线面垂直､线线垂直及其相互转化､三棱锥外接球球心的确定､三棱锥的体积公式､基本不等式等基本知识；考查数形结合等数学思想；考查数学抽象､逻辑推理､数学运算､直观想象等数学核心素养.
【解析】因为是三棱锥外接球的直径，所以.又，所以平面，所以.又，所以面，故.因此，三棱锥的体积为.又（当且仅当时等号成立），所以体积的最大值为，故.因为，所以，所以三棱锥的外接球的表面积.
17.（12分）
【命题意图】本小题设置生活实践情境，主要考查统计案例､卡方分布､离散型随机变量分布列等基础知识；考查统计与概率思想；考查数学运算､数学建模等数学核心素养.
【解析】
（1）依题意，，
所以，有的把握认为客户对该产品评价结果与性别因素有关系.
（2）由题意知，选取的4人中，评价结果为“喜欢”和“不喜欢”的分别有2人.
所以的所有可能取值为.
则，
，
，
.
则的分布列为
所以，数学期望为
.
18.（12分）
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计递推数列问题，主要考查递推数列与等差数列的通项公式，裂项相消求和，不等式证明等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转换思想；考查数学运算､逻辑推理等数学核心素养.
【解析】
（1）由知，若，则，若，
则.又，所以.
由，可得.
故是首项为2，公差为1的等差数列，
所以.
故.
（2）由得，①
由得.②
①+②可得.
当时，，则.
所以，
所以，
当时，也满足上式.
所以.
由上可知，.
所以
，
即.
19.（12分）
【命题意图】本小题设置课程学习情境，主要考查立体几何中线面平行的性质定理､线面垂直的判定定理､面面垂直的判定定理以及空间直角坐标系的运用计算线面角的三角函数值；考查空间想象､化归转化等思想方法；考查数学抽象､逻辑推理､数学运算､直观想象等数学核心素养.
【解析】
（1）连接，
因为平面平面，平面平面，
所以.
因为，
所以，
所以
因此，
所以.
（2）由（1）可知，，
所以.
依题意，，
所以平面.
因此，可以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系.
则.
所以.
设平面的法向量为，
由
取，则，所以.
设与平面所成角为，
则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
20.（12分）
【命题意图】本小题设置探索创新情境，主要本题主要考查椭圆的标准方程､直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查学生的计算能力，韦达定理的灵活运用能力，考查学生数形结合､函数与方程､化归转化等思想方法；考查数学抽象､逻辑推理､数学运算､直观想象等数学核心素养.
【解析】
（1）由已知，，
所以.
而在上，
所以.
于是，.
则，
故椭圆的方程为.
（2）可知，将代入，得
.
由，
有.
设，易知.
则.
因为直线与直线关于直线对称，
则直线与存在斜率，且斜率互为相反数.
所以，
即，
即，
所以，
则，
即，
所以，或.
当时，的方程为，经过点，与题意不符，故舍去.
故直线与直线能够关于直线对称，此时直线的斜率为，同时应有.
21.（12分）
【命题意图】本小题设置探索创新情境，主要考查导数几何意义､极值，函数与导数､不等式等知识的综合应用，考查化归与转化､函数与方程､数形结合等数学思想，考查数学抽象､逻辑推理､数学运算等数学核心素养.
【解析】
（1）由，得，
由存在极值，则，知，则有3个不相等实数根，
令，则，
当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减.
则在时取极小值在处取得极大值，
又时，时，，又.
所以，有3个不相等实数根时，，即，
所以，有3个极值点时，的取值范围是.
（2）由，得，
令，得，知，
令，则，
又令，则，知，
当时，即时，
由于单调递增，则，
故当时，即单调递增，则，
所以，当时，即单调递增，则，
故当时，单调递增，则，
所以，当恒成立.则时满足条件.
当时，即时，
由于单调递增，由于，
故，使得，
当时，，则时，即单调递减，
故，
故当时，即单调递减，
所以，此时单调递减，，不满足条件.
综上所述，当恒成立时，的取值范围是.
22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
【命题意图】本小题设置探索创新情境，主要考查椭圆的极坐标方程与直角方程的相互转化；考查解析几何与代数运算求解､数据分析､逻辑推理等能力；考查数形结合､化归转化等思想方法；考查数学抽象､逻辑推理､数学运算等数学核心素养.
【解析】
（1）由的极坐标方程为，
可知，其直角方程为，
即.
（2）易知点在图形上，
将其代入，得.
设所对应参数分别为，则.
由，得，
即.
所以或，
即或.
易知，所以，
所以点的直角坐标为.
23.选修4-5：不等式选讲
【考查意图】本小题设置探索创新情境情境，主要考查均值不等式､不等式证明方法等基础知识；考查化归与转化等思想方法，考查逻辑推理､数学运算等数学核心素养.
【解析】
（1）依题意，
函数与的图象无公共点，只需方程在时无解.
所以，即在时无解，
所以，
因为，当时，，
所以，，
故函数与的图象无公共点时，的取值范围是.
（2）由（1）可知，函数的最小值.
所以，只需证明不等式即即可.
.
当且仅当时等号成立.
所以.400
500
600
700
800
（或填）
（或填）
（或填）