四川省部分校2023-2024学年高三下学期第二次联考理科数学试题

这是一份四川省部分校2023-2024学年高三下学期第二次联考理科数学试题，共14页。试卷主要包含了若复数满足，则的最小值为，在中，“”是“是钝角”的，若函数是偶函数，则，已知一样本数据等内容，欢迎下载使用。
考试时间120分钟，满分150分
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名､座位号和考籍号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”.
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毫米的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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.某圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
3.若角的终边位于第二象限，且，则（ ）
A. B. C. D.
4.同位素测年法最早由美国学者Willard Frank Libby在1940年提出并试验成功，它是利用宇宙射线在大气中产生的的放射性和衰变原理来检测埋在地下的动植物的死亡年代，当动植物被埋地下后，体内的碳循环就会停止，只进行放射性衰变.经研究发现，动植物死亡后的时间（单位：年）与满足关系式，且（动植物体内初始的含量为，死亡年后的含量为）.现在某古代祭祀坑中检测出一样本中的含量为原来的，可以推测该样本距今约（ ）（参考数据：）
A.2750年 B.2865年 C.3050年 D.3125年
5.若复数满足，则的最小值为（ ）
A.0 B.1 C. D.2
6.在中，“”是“是钝角”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
7.2023世界科幻大会在成都举办，主题场馆以自由､扩散､无界的未来建筑形象诠释科学与科幻主题，提取古蜀文化中神秘“古蜀之眼（黄金面具）”融入“星云”屋顶造型，建筑首层围绕共享中庭设置了剧场､主题展区及博物馆三大主题空间.现将4名志愿者安排到这三个主题空间进行志愿服务，则每个主题空间都有志愿者的不同的安排方式有（ ）
A.6种 B.18种 C.24种 D.36种
8.若函数是偶函数，则（ ）
A.-1 B. C.1 D.
9.已知一样本数据（如茎叶图所示）的中位数为12，若均小于4，则该样本的方差最小时，的值分别为（ ）
A.1，3 B.11，13 C.2，2 D.12，12
10.已知是双曲线的左，右焦点，点是双曲线上的点，点是内切圆的圆心，若，则双曲线的渐近线为（ ）
A. B.
C. D.
11.已知函数，若对任意的实数，均满足关于的方程至多有一根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
12.若函数在区间上的值域分别为，则下列命题错误的是（ ）
A.若，则的最小值为
B.若，则的最小值为
C.若，则的取值范围为
D.若，则的取值范围为
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.若抛物线过点，则该抛物线的焦点为__________.
14.函数在点处的切线方程为__________.
15.在中，，则边上的高为__________.
16.如图，在平行四边形中，，且交于点，现沿折痕将折起，直至满足条件，此时__________.
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）
已知数列的前项和，且的最大值为.
（1）确定常数，并求；
（2）求数列的前15项和.
18.（12分）
如图，在三棱柱中，.
（1）求证：；
（2）若底面是正三角形，且平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
19.（12分）
某半导体公司打算对生产的某批蚀刻有电源管理芯片的晶圆进行合格检测，已知一块直径为的完整的晶圆上可以切割若干块电源芯片，检测方法是：依次检测一块晶圆上的任意4块电源芯片.若4块电源芯片均通过检测，再检测该晶圆其他位置的1块电源芯片，若通过检测，则该块晶圆合格；若恰好3块电源芯片通过检测，再依次检测该晶圆其他位置的2块电源芯片，若都通过检测，则该块晶圆也视为合格，其他情况均视为该块晶圆不合格.假设晶圆上的电源芯片通过检测的概率均为，且“各块芯片是否通过检测”相互独立.
（1）求一块晶圆合格的概率；
（2）已知检测每块电源芯片所需的时间为10秒，若以“一块晶圆是否合格”为标准，记检测一块晶圆所需的时间为（单位：秒），求的分布列及数学期望.
20.（12分）
在平面直角坐标系中，分别过点的直线的斜率之积为.
（1）求与的交点的轨迹方程；
（2）已知直线与直线交于点，线段的中点为，若点的坐标为，证明：点关于直线的对称点在上.
21.（12分）
已知函数的导函数为.
（1）当且时，求的最小值；
（2）当且时，若存在两个极值点，求的取值范围.
（二）选考题：共10分.请考生在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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，点是曲线上的一动点.
（1）若直线过点，求直线的斜率；
（2）设直线恒过定点，若，求点的极径.
23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若函数的最小值为，且，求的最小值.
2024届高三第二次联考
理科数学参考答案及评分标准
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.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 14. 15. 16.
解析：
1.解：由解得，由解得，所以，选C.
2.解：由题可知该圆锥的底面半径为1，母线长为，所以侧面积为，选B.
3.解：因为角的终边位于第二象限，则，所以，选D.
4.解：经过年后含量为，所以有，代入关系式得，所以，所以，选B.
5.解：设（为虚数单位），有，即在复平面上对应的点在该圆上，所以是该圆上的点到原点距离的最小值，的最小值为1，选.
6.解：“”等价于“”，平方可化为，显然不共线，原条件等价于是钝角，选.
7.解：首先将志愿者分成三组有种，安排到三个主题空间有种，根据分步乘法计数原理，不同的安排方式有种，选D.
8.解：因为，所以，又，所以，选D.
9.解：因为均小于4，由茎叶图可知，中位数为，所以，样本的平均值为，要使样本的方差最小，即使最小，又，当且仅当“”时，等号成立，所以均为2，选C.
10.解：设内切圆的半径为，则有，所以，由双曲线的定义可知，继而的渐近线为，化简为，选A.
11.解：①若，对于，方程有无数个解，不符合题意；
②若，函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，对于任意，方程恒有两不同的解，不符合题意；
③若，函数在区间上为增函数，当时，，当时，，若满足题设条件，则只需满足即可，当时，恒成立，当时，即可，令在上为减函数，在上为增函数，所以，即.
综上所述：的取值范围为，选.
12.由题可知，令，令，若，则，当时，，此时，A正确；因为，若，则，所以，解得或（舍），所以的最小值为正确；又因为当时，，此时，与条件不符，当时，，此时，满足条件，当时，，不满足条件，当时，，不满足条件，C错误；因为当，满足条件，当时，，不满足条件，当时，，不满足条件，D正确，选C.
13.解：将代入抛物线方程得，所以抛物线的焦点为.
14.解：因为，又，有，所以在点处的切线方程为，化简为.
15.解：因为，由正弦定理得，设边上的高为，则.
16.解：由题意可知，所以，折起后如图所示，因为，易得平面，继而得到平面平面，分别过点作的垂线，垂足分别为点，又平面平面，即有，同时易证得，，所以，所以由余弦定理可知.
三､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.（12分）
解：（1）当时，取得最大值，
即
所以，
当时，，
当时，（符合上式），
所以；
（2）
18.（12分）
解：（1）作的中点，连接，
因为，所以是正三角形，
又点为的中点，所以，
又因为，点为的中点，所以，
因为，又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）由平面平面，平面平面，
因为平面，
又由（1）知，所以平面，
分别以为轴建立空间直角坐标系，设，
则，
，
所以，设平面的法向量，
所以，取非零向量，
又因为，设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19.（12分）
解：（1）设第一次取出的4块均通过检测为事件，第一次取出的4块中恰有3块通过检测为事件，第二次取出的1块通过检测为事件，第二次取出的2块均通过检测为事件，这一块晶圆合格为事件，
（2）的可能取值为，并且
，
，
，
，
，
所以的分布列为
期望.
20.（12分）
解：（1）设点的坐标为的斜率为的斜率为，
由化简可得，
所以点的轨迹方程为；
（2）“点关于直线的对称点在上”等价于“平分”，设直线的方程为，则，设点，由，
得，得且，
①当轴时，，此时，所以，此时，点在的角平分线所在的直线或上，平分，
②当时，的斜率为，所以的方程为，所以点到直线的距离
点关于直线的对称点在上.
21.（12分）
解：（1）当且时，，
令函数，则有，
当时，为减函数；当时，为增函数，
所以，即的最小值为2；
（2）当时，，因为此时，
有，令，
有，
①当时，因为，所以，即在上为增函数，故不可能存在两个极值点，
②当时，解，得，显然，
故当时，为减函数，
当时，为增函数，
所以，
i.当，即时，在上为增函数，
故不存在极值点，
ii.当，即时，
又因为，所以，
又由第（1）问知：，所以，
继而有，所以，
又因为，所以，
又因为，
所以存在使得，
且在上为增函数，在上为减函数，
所以分别是的极大值点和极小值点，
综上所述，的取值范围为.
22.（10分）
解：（1）将代入直线的参数方程，即，
解得，所以直线的斜率为；
（2）由直线的参数方程可知点的坐标为，又点是曲线上的一动点，
设点的极坐标为，在中，
由余弦定理得：，
即
即，解得或.
23.（10分）
解：（1）当时，等价于；
当，原不等式等价于，解得，
当，原不等式等价于，解得，
当，原不等式等价于，解得，
综上所述：不等式的解集为；
（2）因为，
即，
又由柯西不等式，所以，
当且仅当“”，即“”时，等号成立.1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
C
B
D
B
B
C
D
D
C
A
A
C
20
30
40
50
60