四川省遂宁市2024届高三第二次诊断性考试数学（理）试题及答案

这是一份四川省遂宁市2024届高三第二次诊断性考试数学（理）试题及答案，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．复数，则（ ）
A．B．C．2D．
2．某公司收集了某商品销售收入（万元）与相应的广告支出（万元）共10组数据（），绘制出如下散点图，并利用线性回归模型进行拟合.
若将图中10个点中去掉点后再重新进行线性回归分析，则下列说法正确的是（ ）
A．决定系数变小B．残差平方和变小
C．相关系数的值变小D．解释变量与预报变量相关性变弱
3．的展开式中的系数为（ ）
A．80B．40C．10D．
4．已知数列满足，（），则（ ）
A．B．C．D．2
5．已知，分别为的边，的中点，若，，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
6．已知平面区域圆C：，若圆心，且圆C与y轴相切，则的最大值为（ ）
A．10B．4C．2D．0
7．某校甲、乙、丙、丁4个小组到A，B，C这3个劳动实践基地参加实践活动，每个小组选择一个基地，则每个基地至少有1个小组的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，则下列说法中，正确的是（ ）
A．的最小值为
B．在区间上单调递增
C．的图象关于点对称
D．的图象可由的图象向右平移个单位得到
9．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，EF是的中位线，AC与EF交于点G，已知是绕EF旋转过程中的一个图形，且．给出下列结论：

①平面；
②平面平面；
③二面角的平面角是直线OP与平面ABCD所成角的2倍．
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②③B．①②C．①③D．②③
10．已知函数，给出下列4个图象：
其中，可以作为函数的大致图象的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
11．已知，分别是双曲线C：的左、右焦点，过的直线与圆相切，与C在第一象限交于点P，且轴，则C的离心率为（ ）
A．3B．C．2D．
12．已知a，b，c均为正数，且，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
13．已知集合，，，则 ．
14．已知，则曲线在点处的切线方程为 ．
15．已知等差数列的公差为，集合有且仅有两个元素，则这两个元素的积为 ．
16．一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其侧面积为 ．
三、解答题
17．某校在课外活动期间设置了文化艺术类活动和体育锻炼类活动，为了解学生对这两类活动的参与情况，统计了如下数据：
(1)通过计算判断，有没有90%的把握认为该校学生所选择课外活动的类别与性别有关系？
(2)“投壶”是中国古代宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪．该校文化艺术类课外活动中，设置了一项“投壶”活动．已知甲、乙两人参加投壶活动，投中1只得1分，未投中不得分，据以往数据，甲每只投中的概率为，乙每只投中的概率为，若甲、乙两人各投2只，记两人所得分数之和为，求的分布列和数学期望．

附表及公式：
其中，．
18．如图，在三棱锥中，M为AC边上的一点，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)若直线PA与平面ABC所成角的正弦值为，且二面角为锐二面角，求二面角的正弦值．
19．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角C；
(2)若CD是的角平分线，，的面积为，求c的值．
20．在直角坐标系中，设为抛物线：的焦点，为上位于第一象限内一点．当时，的面积为1．
(1)求的方程；
(2)当时，如果直线与抛物线交于，两点，直线，的斜率满足，试探究点到直线的距离的最大值.
21．已知函数．
(1)若在区间存在极值，求的取值范围；
(2)若，，求的取值范围．
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
(1)求的普通方程和的直角坐标方程；
(2)设直线与轴相交于点，动点在上，点满足，点的轨迹为，试判断曲线与曲线是否有公共点.若有公共点，求出其直角坐标；若没有公共点，请说明理由.
23．已知，，均为正数，且.
(1)是否存在，，，使得，说明理由；
(2)证明：.
文化艺术类
体育锻炼类
合计
男
100
300
400
女
50
100
150
合计
150
400
550
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
参考答案：
1．D
【分析】由复数的运算结合模长公式计算即可.
【详解】因为，
所以，
故选：D.
2．B
【分析】从图中分析得到去掉点后，回归效果更好，再由决定系数，残差平方和，相关系数和相关性的概念和性质作出判断.
【详解】从图中可以看出点较其他点，偏离直线远，故去掉点后，回归效果更好，
故决定系数会变大，更接近于1，残差平方和变小，
相关系数的绝对值，即会更接近于1，由图可得与正相关，故会更接近于1，
即相关系数的值变大，解释变量与预报变量相关性变强，
故A、C、D错误，B正确.
故选：B.
3．B
【分析】根据题意，求得二项展开式的通项公式，结合通项确定的值，代入即可求解.
【详解】由二项式展开式的通项公式为，
令，可得，
所以展开式中的系数为.
故选：B.
4．A
【分析】列举出数列的前几项，即可找到规律，从而得解.
【详解】因为，，
所以，，
，，，
又，所以
故选：A
5．A
【分析】根据向量的数乘运算，向量坐标与终点、始点的关系可解.
【详解】因为，分别为，的中点，
所以，
设，又，所以
即，解得.
故选：A

6．B
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用圆与y轴相切，得到在直线上运动，此时利用数形结合确定的取值即可得到结论
【详解】作出如图所示的可行域（阴影部分），
由于圆C与y轴相切，，所以，故在直线上运动，
联立得，即，
，故当最大时，最大，
故当圆心在时，此时最大时为3，故的最大值为4，
故选：B
7．C
【分析】根据分组分配以及分步乘法技术原理即可求解个数,由古典概型概率公式求解即可.
【详解】每个小组选择一个基地，所有的选择情况有种，
每个基地至少有1个小组的情况有,
故概率为，
故选：C
8．D
【分析】根据辅助角公式得，即可根据三角函数的性质求解ABC，根据函数平移，以及诱导公式可判断D.
【详解】，
的最小值为,故A错误，
时，， 所以函数在不单调，故B错误；
，故的图象关于对称，C错误，
将函数的图象向右平移个单位得，故D正确．
故选：D．
9．A
【分析】借助线面平行的判定定理，面面垂直的判定定理与二面角及线面角的定义逐项判断即可得.
【详解】对①，由是的中位线，故，又平面，
平面，故平面，故①正确；
对②，连接、、，菱形ABCD中，，即，
由折叠的性质可知，，即，
又、平面，，故平面，
又平面，故平面平面，故②正确；
对③，连接，由是的中位线，故为中点，
故，即，，
由，，故为二面角的平面角，
由平面平面，故点在平面的投影必在线段上，
故为直线OP与平面ABCD所成角，故③正确.

故选：A.
10．D
【分析】对的情况进行分类讨论，借助于导数对函数的单调性进行分析即可判断函数的大致图象.
【详解】由题意知，定义域为，
当时，，由指数函数的单调性可知函数单调递增，可对应①；
当时，，令可得：，所以当时，，当时，，所以，函数先减后增，且当时，，此时可对应②；
当时，，当时，当时，，当时，，所以，函数先增后减，
当时，，且此时，所以可对应③，
当时，，此时，所以可对应④.
故选：D.
11．D
【分析】根据圆的性质得到垂直关系求得，结合直角三角形中正切的定义得到关于的齐次式即可得解.
【详解】设圆心为，直线与圆相切于点，
则故，
由于，所以，故，
因此在，由，
故，即.
故选：D
12．A
【分析】可将所给式子变形成、、，则可构造相应函数研究其交点横坐标，借助函数单调性画出图象即可得.
【详解】由，可得，
由，可得，
由可得，
令，，故在上单调递增，
令，，故在上单调递增，
令，，故在上单调递减，
令，则，
则时，，，，
故在上单调递增，在上单调递减，
，，，，
，，，，
为函数与函数的交点横坐标， 为函数与函数的交点横坐标，
为函数与函数的交点横坐标，结合函数图象可得.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于利用所给式子，将其变形成、、，从而可构造相应函数研究其交点横坐标，借助函数单调性画出图象即可得.
13．
【分析】借助集合交并补的概念计算即可得.
【详解】由，，故，
故.
故答案为：.
14．
【分析】借助导数的几何意义计算即可得.
【详解】，则，又，
故切线方程为，即.
故答案为：.
15．/
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.
【详解】，
则，
其周期为，而，即最多3个不同取值，
集合有且仅有两个元素，设，
则在中，或，
或，又，即，
所以一定会有相邻的两项相等，设这两项分别为,
于是有，即有，解得，
不相等的两项为，
故，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：此题关键是通过周期性分析得到相等的项为相邻的两项，不相等的两项之间隔一项，从而求得答案.
16．
【分析】设圆锥高为，底面半径为，推出，求出体积的表达式，利用导数判断单调性求解函数的最值，即可根据侧面积公式得到结果．
【详解】设圆锥高为，底面半径为，则，，
，
，令得或（舍去），
当时，，函数是增函数；当时，．函数是减函数，
因此当，时函数取得极大值也最大值，此时圆锥体积最大．
故侧面积为
故答案为：．
17．(1)有90%的把握认为该校学生所选择课外活动的类别与性别有关，
(2)分布列见解析，期望为
【分析】（1）根据表中数据计算卡方，即可求解，
（2）根据独立事件的概率乘法公式即可求解概率，进而可求解分布列以及期望.
【详解】（1）零假设没有90%的把握认为该校学生所选择课外活动的类别与性别有关，
，
故有90%的把握认为该校学生所选择课外活动的类别与性别有关，
（2）的可能取值为，
,
，
，
，
，
故的分布列为：
数学期望
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合题意，借助线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可得.
（2）借助题目所给线面角，可计算出各边长度，建立适当空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得.
【详解】（1）因为在中，，，，
所以，又因为，所以，
则，，
在中，由余弦定理可得，
所以，于是，，
又，，、平面，
所以平面，又因为平面，所以平面平面.
（2）因为二面角为锐二面角，
平面平面，平面平面，
过点作平面于点，则点必在线段上，
连接，可知为与平面所成的角，
在中，，，得，
在中，，，得，
以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
则有，，，
设平面、平面的法向量分别为，
则有，，
令，，可得，，
设二面角的平面角为，
所以，即，
故二面角的正弦值为.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，结合和差角公式以及弦切互化可得，即可求解，
（2）由，可得，根据等面积法可求，由余弦定理即可求的值．
【详解】（1）由可得
故，进而，
由于所以
（2）由面积公式得，解得，
，，
即，，
又，，
．
20．(1)
(2)
【分析】（1）结合题意计算即可得；
（2）设出点，由题意计算可得，设出直线联立曲线，借助韦达定理计算可得直线恒过定点，则当时，点到直线的距离有最大值.
【详解】（1）由题意得，由，，即，
从而的面积，则，
所以，抛物线的方程为；
（2）设（），则，，
由，得，即，
所以，此时，
由题意可知，斜率必不等于0，于是可设：，
由，可得，
上述方程的判别式满足，即，
设，，
根据韦达定理有：，，
因为，所以，，
于是，
所以，，即，
故直线的方程为，即，
所以直线恒过定点，
则当时，点到直线的距离有最大值，
且最大值为.
【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.
21．(1)
(2)
【分析】（1）对分类讨论研究单调性后，结合极值的定义计算即可得；
（2）设，原问题即为在时恒成立，多次求导后，对时及时分类讨论，结合零点的存在性定理与函数的单调性即可得解.
【详解】（1）由，得，
当时，，则单调递增，不存在极值，
当时，令，则，
若，则，单调递减；
若，则，单调递增，
所以是的极小值点，
因为在区间存在极值，则，即，
所以，在区间存在极值时，的取值范围是；
（2）由在时恒成立，
即在时恒成立，
设，则在时恒成立，
则，
令，则，
令，则，
时，，则，时，，则，
所以时，，则即单调递增，
所以，则即单调递增，
所以，
①当时，，故，，则单调递增，
所以，
所以在时恒成立，
②当时，，
，
故在区间上函数存在零点，即，
由于函数在上单调递增，则时，，
故函数在区间上单调递减，
所以，当时，函数，不合题意，
综上所述，的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于多次求导后，得到，从而通过对及进行分类讨论.
22．(1)C的普通方程为，l直角坐标方程为.
(2)存在，坐标为
【分析】（1）首先分析题意，进行消参，化简参数方程，结合极坐标与直角坐标的互化求解即可.
（2）设出所求点的坐标，求出其轨迹的参数方程，再进行消参，得出轨迹的直角坐标方程，利用圆与圆的位置关系判断其有公共点，联立求解即可.
【详解】（1）由题设曲线的参数方程，消参得，
由，且得，，化简得，
C的普通方程为，l直角坐标方程为.
（2）当时，，易知，设，
可得，（a是参数），
消参得方程为且，
则圆心距离得，
则两圆相交，故两圆存在公共点，联立方程组，
解得或，故坐标为.
23．(1)不存在，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，则，利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，即可说明；
（2）将平方，再利用基本不等式计算可得.
【详解】（1）不存在，，，使得.理由如下：
因为，，都是正数，且，所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
即的最小值为，
所以不存在，，，使得.
（2）因为
，当且仅当时等号成立，
所以.
0
1
2
3
4