四川省成都市第七中学2024届高三下学期二诊模拟考试文科数学试卷

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文科数学试卷
第I卷（选择题）
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据根式与对数的定义域，结合交集的定义求解即可.
【详解】由，
所以，
故，
故选：A
2. 空间中有平面和直线，，若，，则下列说法中一定错误的是（ ）
A. 直线平行于平面B. 直线在平面内
C. 直线与平面交于一点D. 直线和共面
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面平行及两直线平行得到与平面平行或直线在平面内，根据，可得直线和共面，从而判断出答案.
【详解】因为，所以与平面平行或直线在平面内，AB正确，C错误；
因为，所以直线和共面，D正确.
故选：C
3. 已知是虚数单位，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由结合复数相等求出的值，再利用充分条件和必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】若，且，则，解得，
所以，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 用反证法证明“平面四边形中至少有一个内角不超过”，下列假设中正确的是（ ）
A. 假设有两个内角超过B. 假设四个内角均超过
C. 假设至多有两个内角超过D. 假设有三个内角超过
【答案】B
【解析】
【分析】根据反证法的定义.
【详解】平面四边形中至少有一个内角不超过的反面含义为
4个内角没有一个不超过，即四个内角均超过，
故选:B.
5. 年月日，第届世界大学生夏季运动会（简称大运会）在四川成都开幕，这是继北京大运会，深圳大运会之后，中国第三次举办夏季大运会；在成都大运会中，中国代表团取得了骄人的成绩．为向大学生普及大运会的相关知识，某高校进行“大运会知识竞赛”，并随机从中抽取了名学生的成绩（满分分）进行统计，成绩均在内，将其分成组：、、、、，并整理得到如下的频率分布直方图，则在被抽取的学生中，成绩落在区间内的人数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据频率分布直方图可求出成绩落在区间内的人数.
【详解】由频率直方图可知，成绩落在区间内的人数为
.
故选：C.
6. 华罗庚是享誉世界的数学大师，国际上以华氏命名的数学科研成果有“华氏定理”“华氏不等式”“华氏算子”“华—王方法”等，其斐然成绩早为世人所推崇．他曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，告知我们把“数”与“形”，“式”与“图”结合起来是解决数学问题的有效途径．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数图象的特征．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用指数函数、正弦函数的单调性、复合函数的单调性求解.
【详解】由函数图象可知，的图象不关轴对称,
而，，
即这两个函数均关于轴对称，则排除选项、；
由指数函数的性质可知为单调递增函数，为单调递减函数，
由的图象可知存在一个极小的值，使得在区间上单调递增，
由复合函数的单调性可知，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
由图象可知符合题意，
故选： .
7. 已知双曲线的中心在原点，对称轴为坐标轴，且经过点，则下列结论中错误的是（ ）
A. 的标准方程为B. 的离心率等于
C. 与双曲线的渐近线不相同D. 直线与有且仅有一个公共点
【答案】C
【解析】
【分析】分别设出焦点在轴上和在轴上的双曲线方程求解即可求出双曲线的标准方程，根据离心率和渐近线方程的公式可求出离心率的值和渐近线方程，将直线方程和双曲线方程联立利用判别式即可判断双曲线和直线交点个数.
【详解】当双曲线的焦点在轴上时，设双曲线的方程为，
则，解得，此时的标准方程为，
当双曲线的焦点在轴上时，设双曲线的方程为，
则，解得（舍去），此种情况不成立，则正确；
∵，∴ ，则正确；
双曲线的渐近线为，
双曲线的渐近线为，即两者的渐近线相同，则错误；
将直线与双曲线联立得，
，∴直线与有且仅有一个公共点，则正确；
故选：.
8. 《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，若下图中所示的角为（），且小正方形与大正方形面积之比为，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设大正方形的边长为，求出小正方形的边长，根据小正方形与大正方形面积之比得，再利用弦化切求解可得答案.
【详解】如图，设大正方形的边长为，
则小正方形的边长为，
所以小正方形与大正方形面积之比为，
化简得，且，
由，
解得.
故选：D.

9. 已知的内角A，，所对的边分别为，，，面积为，若，，则的形状是（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 正三角形D. 等腰直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理的边角变换，结合诱导公式与倍角公式求得B；利用面积公式与向量数量积的定义求得A，从而得解
【详解】因为，所以，
因为，所以，所以，所以；
因为，所以，所以，所以，
所以，所以，
因为，所以，
所以，因为，所以，
所以，则是直角三角形，
故选：B
10. 若函数的最小值为，则函数的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析函数解析式，发现函数与函数的变换关系，由此即可推断函数的最大值.
【详解】，，
令有：，
则，即，
由此知的函数图象为：的图象通过横坐标变为原来的，纵坐标不变， 得到，
再关于轴对称，得到，最后再向下平移一个单位，得到；
根据已知条件函数的最小值为，
由此可知函数最大值为.
故选：A
11. 在四棱锥中，平面，且.若点均在球的表面上，则球的体积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设易得是四边形外接圆的直径，利用线面垂直的性质、判定证，进而得到是以为斜边的直角三角形，即中点为外接球球心，令且，求得外接球半径关于的表达式，求其最小值，即可求球体最小体积.
【详解】
由题设，在一个圆上，故，
又，所以，即，故是四边形外接圆的直径，
由平面，平面，
则，
由，面，则面，面，则，
由，面，则面，面，则，则，又，故，即，
令且，则，，
且都是以为斜边的直角三角形，故中点为外接球球心，
所以外接球半径，
所以当时，，
此时球O的体积的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：确定是四边形外接圆的直径，中点为外接球球心为本题的关键，由此即可顺利得解.
12. 已知函数没有极值点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】转化为恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，从而得到，故，换元后，构造函数，求导得到其单调性和最值，求出答案.
详解】函数没有极值点，
，或恒成立，
由指数爆炸的增长性，不可能恒小于等于0，
恒成立．
令，则，
当时，恒成立，为上的增函数，
因为是增函数，也是增函数，
所以，此时，不合题意；
②当时，增函数，由得，
令
在上单调递减，在上单调递增，
当时，依题意有，
即，
，，
令，，
则，
令，令，解得，
所以当时，取最大值
故当，，即，时，取得最大值
综上，若函数没有极值点，则的最大值为
故选：B.
【点睛】关键点睛：将函数没有极值点的问题转化为导函数恒大于等于0，通过构造函数，借助导数研究函数的最小值，从而得解.
第II卷（非选择题）
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知实数，若，则的最小值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】由乘“1”的方法，利用基本不等式求最值.
【详解】由，
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为为.
故答案为：.
14. 已知圆的圆心与抛物线的焦点关于直线对称，直线与圆相交于两点，且，则圆的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆心与焦点关于直线对称，求得圆心坐标，在此基础上由直线与圆相交的弦长求得圆的半径.
【详解】由的焦点坐标关于直线的对称点为，
所以圆圆心为，设半径为，
点C到直线的距离为d，则，
所以，
所以圆的方程为：，
故答案是：.
15. 已知直线经过点，且被两条平行直线和截得的线段长为，则直线的方程为______．
【答案】或
【解析】
【分析】直线分斜率存在和不存在两种情况讨论；当斜率不存在时直线是轴，求交点坐标即可；当直线的斜率存在时，设定直线的方程并与直线的方程联立求交点，满足弦长即可.
【详解】若直线的斜率不存在，则直线的方程为：，
此时与的交点分别为和，
截得的线段的长为：，不符合题意．
若直线的斜率存在，则设直线的方程为：，
解方程组，得点，
解方程组，得点.
由，得，
即，解得：，
则直线的方程为：或.
故答案是：或.
16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为.若和为椭圆上在轴上方的两点，且，则直线的斜率为______．
【答案】
【解析】
【分析】由离心率为，得到间的关系，椭圆方程变为，借助椭圆的对称性，将关系式转化直线与椭圆的位置关系，设直线的方程，联立椭圆方程，用韦达定理解决问题即可.
【详解】已知椭圆，
由椭圆的离心率为，得，代入，得：，
则椭圆的方程为：，
其左、右焦点分别为，
如图所示：若和为椭圆上在轴上方的两点，且，
设直线与椭圆的另一个交点分别为，
由椭圆的对称性，可得：，，，
即，
显然直线的斜率定存在，否则直线垂直轴时为线段的中点，
因为点在轴上方，直线的斜率不为零，
设直线的方程为，，
联立方程组：，
得：，
（*），
由于，则，
（*）式即为：，
消掉后，可得：，
化简可得：，
由于，，且，得，
所以，
故答案是：.
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.
17. 已知等差数列的首项，公差为为的前项和，为等差数列．
（1）求与的关系；
（2）若为数列的前项和，求使得成立的的最大值．
【答案】（1）
（2）7
【解析】
【分析】（1）由为等差数列可得，即可得到与的关系;
（2）由裂项相消法得到，再解不等式即可求得n的最大值.
【小问1详解】
因为为等差数列，所以，
即，从而得到 ，
化简得 ，所以.
【小问2详解】
当时，，
所以，
解得，又因为，所以的最大值7．
18. 在四棱锥中，已知，是线段上的点.
（1）求证：底面；
（2）是否存在点使得三棱锥的体积为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点使得三棱锥的体积为，且
【解析】
【分析】（1）在中，利用余弦定理求得BC，由，得到，再由得到平面，从而，然后由得到，再利用线面垂直的判定定理证明；
（2）易知，设，由求解.
【小问1详解】
证明：在中，，
所以.
在中，，由余弦定理有：
，
所以，所以，
所以，又因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，
在中：，则，
所以，因为平面，
所以面.
【小问2详解】
因为，
设，
，
，
，
因此，存在点使得三棱锥的体积为，且.
19. 2022年二十国集团领导人第十七次峰会11月16日在印度尼西亚巴厘岛闭幕，峰会通过《二十国集团领导人巴厘岛峰会宣言》.宣言说，值此全球经济关键时刻，二十国集团采取切实､精准､迅速和必要的行动至关重要，基于主席国印尼提出的“共同复苏､强劲复苏”主题，各国将采取协调行动，推进强劲､包容､韧性的全球复苏以及创造就业和增长的可持续发展､中国采取负责任的态度，积极推动产业的可持续发展，并对友好国家进行技术援助.非洲某芯片企业生产芯片I有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.
（1）在中国企业援助前，该芯片企业生产芯片I的前三道工序的次品率分别为.求生产该芯片I的前三道工序的次品率；
（2）该芯片企业在中国企业援助下，改进生产工艺并生产了芯片II.某手机生产厂商获得芯片I与芯片II，并在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查，据统计，回访的100名用户中，安装芯片I的有40部，其中对开机速度满意的占；安装芯片II的有60部，其中对开机速度满意的占.现采用分层抽样的方法从开机速度满意的人群中抽取6人，再从这6人中选取2人进行座谈，求抽到2人中对安装芯片II的手机开机速度满意的人数为1的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由对立事件概率的关系即可求解；
（2）先按分层抽样得出所抽取的6人中，手机安装芯片I的有2人，手机安装芯片II的有4人，结合超几何分布的概率计算公式即可求解.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
对安装芯片I的手机开机速度满意的人数为，对安装芯片II的手机开机速度满意的人数为，
所以采用分层抽样的方法的抽样比为，
故所抽取的6人中，手机安装芯片I的有2人，手机安装芯片II的有4人，
所以抽到2人中对安装芯片II的手机开机速度满意的人数为1的概率为.
20. 已知椭圆的离心率为，短轴长为，过点斜率存在且不为0的直线与椭圆有两个不同的交点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）椭圆左右顶点为，设中点为，直线交直线于点是否为定值？若是请求出定值，若不是请说明理由．
【答案】（1）
（2）是定值，为
【解析】
【分析】（1）根据条件列方程组，求出的值，可得所求椭圆的标准方程；
（2）由题设出直线的方程，与椭圆方程联立可得根与系数关系，求得点坐标，以及点坐标，表示出的斜率代入结合根与系数关系消元运算得解.
【小问1详解】
由题意：，解得：，
故所求椭圆的标准方程为：．
【小问2详解】
如图：因为直线斜率不为0，设其方程为：，
代入椭圆方程：，得：，整理得：．
设，则显然，则，
，则直线方程为，
令，得，则，则，，，
，
又代入得
所以为定值．
【点睛】关键点点睛：本题第二问考查直线与椭圆的综合问题.求出，，，代入化简，注意利用韦达定理，方程将代换成，再利用，将代换为，消元运算可得答案.
21 已知函数，其中.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）函数的增区间为、，减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，求得，利用函数的单调性与导数关系可求得函数的增区间和减区间；
（2）推导出，设，可知，对任意的恒成立，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，求出函数的最小值，根据可得出，且，结合函数单调性可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
解：函数的定义域为，
，
当时，，
解不等式，有或，令得，
故函数的增区间为、，减区间为.
【小问2详解】
解：若，则，由可得，由可，
此时，函数的减区间为，增区间为，且，
当时，由，有恒成立，
所以，必有.
又由，可得.
又由，不等式可化为，
设，
有，
当且时，，，可得，
当且时，，，可得，
当时，函数在上单调递增，
故存在正数使得.
若，有，，有，
与矛盾，可得，
当时，；当时，，
可得函数的减区间为，增区间为，
若，必有，
有，
又由，有，
有，有.
又由，有，可得，
有，可得，
构造函数，其中，则对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，
由及可得，可得，
若，则实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，解本题的关键就是转化为得出，再结合函数的单调性求出的取值范围.
（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中选一题作答.如果多选，则按所做的第一题记分.
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数，），把绕坐标原点逆时针旋转得到，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系．
（1）写出，的极坐标方程；
（2）若曲线的极坐标方程为，且与交于点A，与交于点B（A，B与点O不重合），求面积的最大值．
【答案】22. ；.
23. 16
【解析】
【分析】（1）通过消参得到直线的直角坐标方程，再利用极坐标方程和直角坐标方程之间的互化公式即可；
（2）利用极坐标的几何意义结合二倍角公式求解即可.
【小问1详解】
直线的参数方程为（t为参数，），
故，则，即；
故的极坐标方程为：.
把绕坐标原点逆时针旋转得到，故的极坐标方程为：.
【小问2详解】
曲线的极坐标方程为，
且与交于点A，与交于点B，
联立方程得，,
故.
故面积的最大值为16.
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数的最小值为．
（1）求实数m的值；
（2）若实数a，b，c满足，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分类讨论x的取值，求出对应的函数解析式，结合图形即可求解；
（2）由（1）知，结合柯西不等式计算即可求解.
【小问1详解】
，
作出函数的图形，如图，
由图可知的最小值为.
【小问2详解】
由（1）知，，所以，
根据柯西不等式得，
当且仅当时取等号，
又，所以当且仅当时取等号，
∴.