四川省泸州市2024届高三第二次教学质量诊断性考试文科数学试题 含解析

这是一份四川省泸州市2024届高三第二次教学质量诊断性考试文科数学试题 含解析，共22页。试卷主要包含了选择题的作答，填空题和解答题的作答等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页．共150分．考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑．
3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
第I卷（选择题 共60分）
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，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据补集的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以.
故选：A
2. 若复数为纯虚数，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
对得复数进行除法运算，再利用纯虚数的概念，求得的值.
【详解】因为，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查复数的运算及纯虚数的概念，考查基本运算求解能力，属于基础题.
3. 中，“”是“”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
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理，大角对大边，大边对大角等证明出充分性和必要性均成立，从而求出答案.
【详解】因为，由大角对大边可得，
由正弦定理得，且，
所以，故，充分性成立，
同理当时，，，
由正弦定理可得，
由大边对大角可得，必要性成立，
“”是“”的充要条件.
故选：C
4. 在某校高中篮球联赛中，某班甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示（如图一），茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图（如图二）完好，则下列结论正确的是（ ）

A. 甲得分的极差是18B. 乙得分的中位数是16.5
C. 甲得分更稳定D. 甲的单场平均得分比乙低
【答案】B
【解析】
【分析】根据图一中甲的得分情况可判断ABC的正误，结合图二可判断图一丢失的数据，计算两者的均值后可判断D的正误.
【详解】对于甲，其得分的极差大于或等于，故A错误；
从折线图看，甲的得分中最低分小于10，最高分大于或等于28，且大于或等于20的分数有3个，故其得分不稳定，故C错误；
乙的数据由小到大依次为：
乙得分的中位数为，故B正确.
乙得分的平均数为，
从折线图上，茎叶图中甲的得分中丢失的数据为一个为，另一个可设为，
其中，
故其平均数为，故D错误.
故选：B.
5. 函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，并判断时，函数值的正负，即可判断选项.
【详解】，
定义域为，关于原点对称，
由，
所以为奇函数，排除BD；
当时，，因为为上减函数，为上的增函数，
则为上的减函数，且当，，则当，
，故，排除A.
故选：C.
6. 执行如图所示的程序框图，输出的S的值为（ ）
A. 250B. 240C. 200D. 190
【答案】C
【解析】
【分析】模拟程序运行，确定变量值的变化，判断循环条件可得结论．
【详解】程序运行时，变量值变化如下：
，，，不满足；，，，不满足；，，，满足，输出．
故选：C．
7. 已知点P在椭圆C：上，C的左焦点为F，若线段的中点在以原点O为圆心，为半径的圆上，则的值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角形的中位线定理与圆的半径求得，再利用椭圆的定义即可得解.
【详解】因为椭圆C：
所以该椭圆，，则，
设椭圆的右焦点为，连接，记线段的中点为，连接，
因为，所以，
因为分别为的中点，所以，
又，所以.
故选：B.
8. 已知函数的图象关于直线对称，则的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得.
【详解】因为（其中），
又函数的图象关于直线对称，
所以，
所以，解得.
故选：D
9. 定义域为的函数满足，当时，函数，设函数，则方程的所有实数根之和为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】首先得到是以为周期的周期函数，关于对称，在同一平面直角坐标系中画出与的图象，数形结合判断函数的交点，再根据对称性计算可得.
【详解】因为定义域为的函数满足，即，
所以是以为周期的周期函数，
又，则，
所以关于对称，又，
又，
又当时，函数，所以，则，
令，即，
在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所示：
由图可得与有个交点，交点横坐标分别为，
且与关于对称，与关于对称，
所以，，
所以方程的所有实数根之和为.
故选：D

10. 已知双曲线的左，右两个焦点分别为，，A为其左顶点，以线段为直径的圆与C的渐近线在第一象限的交点为，且，则的离心率（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求得点的坐标，再由条件得到关于的齐次方程，从而得解.
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，
而以线段为直径的圆的方程为，
联立，结合，解得或，
因为在第一象限，所以，
又，则，
而，，所以，
所以，即，则，
所以双曲线的离心率为.
故选：B.
11. 已知三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，且，，平面平面，则其外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别利用正弦定理求得的外接圆的半径，再利用两个面垂直的三棱锥的外接球半径满足，从而得解.
【详解】因为三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，
所以，则，

设的外接圆的半径分别为，
则在等边中，，
在中，，
所以，
则，，
设三棱锥的外接球的半径为，因为平面平面，
则，
所以其外接球的表面积为.
故选：D.
12. 已知，都是定义在上的函数，对任意，满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 若，则
C. 函数的图像关于直线对称D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断A、D，取可判断C，对于B，通过观察选项可以推断很可能是周期函数，结合的特殊性及一些已经证明的结论，想到令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步得出是周期函数，从而可求的值.
【详解】对于A，令，可得，得，
令，，代入已知等式得，
可得，结合得，
所以，故A错误；
对于D，因为，令，代入已知等式得，
将，代入上式，得，所以函数为奇函数.
令，，代入已知等式，得，
因为，所以，
又因为，所以，
因为，所以，故D正确；
对于B，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：
，，
两式相加易得，所以有，
即，
有，
即，所以为周期函数，且周期为，
因为，所以，所以，，
所以，
所以
，故B错误；
对于C，取，，满足及，
所以，又，
所以函数的图像不关于直线对称，故C错误；
故选：D.
【点睛】思路点睛：对于含有的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.
第II卷（非选择题 共90分）
注意事项：
（1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效．
（2）本部分共10个小题，共90分．
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. 已知向量满足，则___________ .
【答案】1
【解析】
【分析】对两边平方化简可得结果
【详解】因为，
所以，
所以，解得，
故答案为：1
14. 已知实数x，y满足约束条件，则的最大值等于______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，画出可行域和目标函数，直接判断最大值点即可.
【详解】
如图，画出可行域和目标函数，
可得在点处取得最大值，
此时.
故答案为：.
15. 若函数有零点，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最大值，依题意只需，即可求出参数的取值范围.
【详解】函数的定义域为，
又，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，又时，时，
又函数有零点，所以，即，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用正余弦定理，结合三角恒等变换得到，再利用基本不等式即可得解.
【详解】由余弦定理得，
两式相减得，
因为，所以，
由正弦定理得，
即，
所以，
则，
因为在中，不同时为，，故，
所以，
又，所以，则，故，则，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
则的最大值为.
故答案为：.
【点睛】易错点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
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. 已知数列的前n项和为，．
（1）求数列的通项公式；
（2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与的关系式，结合等比数列的定义与通项公式即可得解；
（2）利用等差数列的通项公式即可得解.
【小问1详解】
因为，
当时，，所以，
当时，，
所以，整理得，
所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，
所以数列的通项公式为;
小问2详解】
因为，
由题意得：，即，
所以.
18. 如图，为圆柱底面的内接四边形，为底面圆的直径，为圆柱的母线，且．

（1）求证：；
（2）若，点在线段上，且，求四面体的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面几何的知识可得，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证；
（2）设，连接，即可证明，从而得到平面、平面，再证明平面，最后根据计算可得.
【小问1详解】
因为为底面圆直径，且，即，
又，所以，所以，
所以，
又为圆柱的母线，即平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
在中、，
所以，又，则，
设，
所以在中，，，所以，则，
又，连接，所以，因为平面，平面，
所以平面，
又，所以，
又平面，所以平面，
又平面，平面，所以，，
又，且，平面，
所以平面，
所以.

19. 某校为了让学生有一个良好的学习环境，特制定学生满意度调查表，调查表分值满分为100分．工作人员从中随机抽取了100份调查表将其分值作为样本进行统计，作出频率分布直方图如图．
（1）估计此次满意度调查所得的平均分值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）在选取的100位学生中，男女生人数相同，规定分值在（1）中的以上为满意，低于为不满意，据统计有32位男生满意．据此判断是否有的把握认为“学生满意度与性别有关”？
（3）在（2）的条件下，学校从满意度分值低于分的学生中抽取部分进行座谈，先用分层抽样的方式选出8位学生，再从中随机抽取2人，求恰好抽到男女生各一人的概率．
附：，其中．
【答案】（1）
（2）有的把握认为“学生满意度与性别有关”
（3）
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图平均数的求法求解即可；
（2）利用（1）的结论及给定信息得到列联表，再计算的观测值，与临界值表比对作答即可得解；
（3）求出8位业主中男女人数，利用列举法及古典概率公式即可得解.
【小问1详解】
根据频率分布直方图知，，
所以此次满意度调查中物业所得的平均分值为分.
【小问2详解】
由（1）及已知得列联表如下：
则的观测值为：，
所以有的把握认为“业主满意度与性别有关”.
【小问3详解】
由（2）知满意度分值低于70分的业主有48位，其中男士18位，女士30位，
用分层抽样方式抽取8位业主，其中男士3位，女士5位，
记男士为a，b，c，记女士为1，2，3，4，5，
从中随机抽取两位为监督员事件为：，
共计28个基本事件，
其中抽到男女各一人有，共15个基本事件，
所以恰好抽到男女各一人为监督员的概率为.
20. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若，，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对求导，利用导数的几何意义即可得解；
（2）先利用导数分析的单调性，再构造，将问题转化为，利用的单调性，分析得，从而得解.
【小问1详解】
因为，则，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程；
【小问2详解】
因为，且，
所以当时，，单调递减，
当或时，，单调递增；
不妨令，
当，即时，在单调递增，在单调递减，
且，
所以，此时符合题意；
当，即时，在和单调递增，在单调递减，
显然在处取得极小值，此时极小值为，
而，
所以，
要使，则必有，解得，故，
综上:的取值范围是.
【点睛】结论点睛：
（1）有解；有解．
（2）有解；有解．
（3）有解；有解．
（4），，．
21. 设F为抛物线的焦点，点P在H上，点，若．
（1）求的方程；
（2）过点F作直线l交H于A、B两点，过点B作x轴的平行线与H的准线交于点C，过点A作直线CF的垂线与H的另一交点为D，直线CB与AD交于点G，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由得点的横坐标，再利用抛物线的定义即可得解；
（2）联立直线与抛物线的方程，得到，再根据题意依次求得点与点的坐标，从而将转化为关于的表达式，从而得解.
【小问1详解】
依题意，点的坐标为，
又，，所以点的横坐标为，
由拋物线的定义得，所以，
所以拋物线的方程为.
【小问2详解】
由（1）知点的坐标为，设直线的方程为，
联立，消去，得，易知，
设，则，故，
因为的准线为，因为直线平行于轴，
所以点的坐标为，则直线的斜率为，
所以直线斜率为，其方程为，
因为点的纵坐标为，
所以点的横坐标为，
所以
，
因为，则，所以，
即取值范围是.
【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.
（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．
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，直线l的参数方程为（t为参数）．
（1）写出曲线C的直角坐标方程；
（2）设直线与曲线C交于A，B两点，定点，若，求直线l的倾斜角．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用极坐标方程与直角坐标方程的互化公式即可得解；
（2）联立直线参数方程与曲线的直角坐标方程，利用直线参数方程中参数的几何意义即可得解.
【小问1详解】
将
代入曲线的极坐标方程中，
得曲线的直角坐标方程为，即；
【小问2详解】
因为点在直线上，
将直线的参数方程(为参数)代入曲线的直角坐标方程，
整理得，满足，
设点对应的参数分别为，则，
由参数的几何意义，不妨令，
所以，
当时，，，
所以，则，
所以直线的倾斜角为.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数，．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）当时，函数的最小值为，若，，均为正数，且，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将函数写成分段函数，再分类讨论分别得到不等式组，解得即可；
（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，即可得到，再由柯西不等式计算可得.
【小问1详解】
当时，
所以不等式等价于或或，
解得或或，
综上可得不等式的解集为.
【小问2详解】
当时，
当且仅当，即时取等号，
所以，
又，，均为正数，所以，
所以，当且仅当，即、时取等号，
所以的最大值为.
不满意
满意
总计
男
18
32
50
女
30
20
50
总计
48
52
100