四川省成都市成实外教育集团2023-2024学年高三联考数学文科试题（二）

成实外教育集团高2021级高三联考试题（二）数学（文）命题学校：成都外国语学校命题人：金鑫､方兰英､王辉本试卷分选择题和非选择题两部分.第I卷（选择题）1至2页，第II卷（非选择题）3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名､考籍号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.5.考试结束后，只将答题卡交回.第I卷（选择题）一､选择题：本大题共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一､单选题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先解对数不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.【详解】由，解得，所以，又，所以.故选：C2.已知复数是虚数单位，若，则复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数代数形式加减运算和共轭复数的概念得到方程组，解出即可.【详解】，则，解得，则其虚部为.故选：A.3.命题“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据全称命题的否定即可得到答案.【详解】根据全称命题的否定为存在命题，任意变存在，范围不变，结论相反，则命题“”的否定是“”，故选：B.4.高三某班学生每天完成作业所需的时间的频率分布直方图如图，为响应国家减负政策，若每天作业布置量在此基础上减少小时，则减负后完成作业的时间的说法中正确的是（）A.减负后完成作业的时间的标准差减少B.减负后完成作业的时间的方差减少C.减负后完成作业的时间在小时以上的概率大于D.减负后完成作业的时间的中位数在至之间【答案】D【解析】【分析】根据方差、标准差的性质判断A、B，由频率分布直方图分析减负前完成作业的时间在小时以上的概率，即可判断C，分析减负前完成作业的时间的中位数位于之间，即可判断D.【详解】依题意若每天作业布置量在此基础上减少小时，则平均数减小小时，方差和标准差均不变，故A、B错误；减负前完成作业的时间在小时以上的概率为，所以减负后完成作业的时间在小时以上的概率为，故C错误；由频率分布直方图可得，，所以减负前完成作业的时间的中位数位于之间，所以减负后完成作业时间的中位数在至之间，故D正确.故选：D5.在中，，则（）A. B. C. D.7【答案】D【解析】【分析】在中，直接利用余弦定理求解【详解】在中，由余弦定理得：，所以，故选：D.6.在区间上随机取一个实数，使恒成立的概率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，利用导数求得为递增函数，且，得到不等式的解集为，结合长度比的几何概型的概率计算，即可求解.【详解】设函数，可得，所以为递增函数，且，所以，当时，；当时，，所以不等式的解集为，因为，所以不等式的解集为，由长度比的几何概型的概率计算，可得使恒成立的概率是.故选：A.7.已知直线与圆交于两点，则弦最短时，（）A.2 B.1 C. D.【答案】D【解析】【分析】求出直线所过定点，当⊥时，最小，根据直线垂直与斜率的关系即可得到答案.【详解】变形为，故直线过定点，因为，则该定点在圆内，而的圆心为，半径为，设圆心到该直线的距离为，因为，则当最大时，取得最小值，而当时，最大，即取得最小值，因为，则，故选：D8.在正方体中，、分别是棱、靠近下底面的三等分点，平面平面，则下列结论正确的是（）A.过点B.C.过点的截面是三角形D.过点的截面是四边形【答案】B【解析】【分析】取靠近点的三等分点，的另一个三等分点，的中点，的中点，连接、、、、、、，即可证明五边形即为过点的截面，即可判断.【详解】如图取靠近点的三等分点，的另一个三等分点，的中点，的中点，连接、、、、、、，依题意可得且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，同理可证、，所以，又、为的三等分点，所以为的中点，所以，则，所以、、、四点共面，又，所以，所以、、、四点共面，所以、、、、共面，所以五边形即为过点的截面，平面平面，所以.故选：B.9.已知函数，若方程有四个不同的解，且，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】在同一平面直角坐标系中画出与的图象，数形结合可得且、，从而将转化为，令，，判断函数的单调性，从而求出的值域，即可得解.【详解】因为，所以，，，，又函数对称轴为，在同一平面直角坐标系中画出与的图象，因为方程有四个不同的解，，，，且，即与有四个交点，所以，由图可知，又，关于对称，即，又，且，即，则，所以，则；所以，令，，由对勾函数的性质可知在上单调递增，又，，所以，即．故选：D．10.已知函数的部分图象如图所示，其中，，现有如下说法：①函数在上单调递减；②将函数的图象向右平移个单位长度后关于轴对称；③当时，，则正确命题的个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】通过图象求出的解析式，再利用三角函数的图象和性质逐项判断即得.【详解】由题意可知，，，，，，，，∵，∴，∴.①因此，当，即时单调递增，当时，，与有交集，故错误；②的图象向右平移个单位长度可得，，关于轴对称，故正确；③当时，，，故错误.综上，只有命题②正确，故选：.11.设为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点在上，，则（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】由椭圆的定义可得,再结合余弦定理可得，然后由向量数量积定义得解.【详解】由椭圆的定义可得,在中，由余弦定理，又可得：，即,即，即，则，故选：A.12.已知函数存在极小值点，且，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用导数结合零点存在性定理探讨极小值点，并求出极小值，利用导数求出的解集，再利用导数求出的范围.【详解】函数定义域为，求导得，当时，函数在上单调递减，，，则存在，使得，当时，，递增，当时，，递减，函数在取得极大值，无极小值，不符合题意；当时，令，求导得，显然在上单调递增，当时，，函数递减，当时，，函数递增，于是，当，即时，，函数在上单调递增，函数无极值，当时，，而，存在，使得，当时，，函数递增，当时，，函数递减，函数在取得极大值，又，令，求导得，函数在上单调递减，，则，存在，使得，当时，，函数递减，当时，，函数递增，函数在取得极小值，因此，由，得，，即有，令，求导得，函数在上单调递减，而，即有，于是，显然，令，求导得，即函数在上单调递减，因此，即，又，则，所以实数的取值范围为.故选：A【点睛】结论点睛：可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同．第II卷（非选择题）二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，满足，则目标函数的最大值是__________.【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【详解】因为，满足，作出可行域如下所示：由，解得，即，由图可知，当直线过点时，有最大值，且．故答案为：．14.已知向量，，若，则__________.【答案】##【解析】【分析】首先求出的坐标，再由向量垂直得到，即可求出，再根据数量积的坐标表示计算可得.【详解】因为，，所以，因为，所以，解得，所以.故答案为：15.已知圆锥的高是，其轴截面为等边三角形，则其内切球体积为__________.【答案】##【解析】【分析】作出圆锥的轴截面，求出内切圆的半径即为圆锥内切球的半径，从而求出其体积.【详解】作出圆锥的轴截面如下所示：其中为的中点，，依题意可知为等边三角形且，则内切圆的半径，所以圆锥的内切球的体积.故答案为：16.已知双曲线的左､右焦点分别为，过向圆作一条切线与渐近线分别交于点，当时，双曲线的离心率是__________.【答案】或【解析】【分析】依题意可得切点必在渐近线（轴左侧）与圆的交点，不妨令为（在渐近线上），分分别在一、二象限和二､三象限两种情况讨论，分别求出渐近线的斜率，进一步计算离心率.【详解】双曲线的渐近线为和，显然渐近线与相交，过向圆作一条切线，且切线与渐近线分别交于点、，所以切点必在渐近线（轴左侧）与圆的交点，不妨令为（在渐近线上），若，在中，，当分别在一二象限时（如图1），，设的倾斜角为，则，所以；当分别在二､三象限时（如图2），设的倾斜角为，则，所以，综上可得双曲线的离心率为或.故答案为：或【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出切点恰好在渐近线（轴左侧）与圆的交点，另外一点就是分类讨论，根据交点的位置得到不一样的图形.三､解答题：本大题共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.已知数列的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据作差即可得解；（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得.【小问1详解】数列的前项和为，当时，当时，所以，又当时，也成立，数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）可得，设数列的前项和为，则.18.如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点是的中点.（1）证明：；（2）若，点为棱中点，求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，由面面垂直的性质可得平面，则，所以由线面垂直的判定可得平面，从而可得结论；（2）连接、，根据，利用等体积法计算可得.【小问1详解】因为，点是的中点，所以，因为平面平面，所以平面平面，因为四边形为矩形，所以，因为平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以.【小问2详解】连接、，因为，，所以，又点是的中点，点为棱中点，所以，，所以，又，，因为平面，又平面，所以，所以，因为平面，平面，所以.所以，设点到平面的距离为，又，即，即，所以，即点到平面的距离为.19.为了解温度对物质参与的某种化学反应的影响，研究小组在不同温度条件下做了四次实验，实验中测得的温度（单位：）与的转化率（转化率）的数据如下表所示：4555657523386574（1）求与的相关系数（结果精确到0.01）；（2）该研究小组随后又进行了一次该实验，其中的起始量为，反应结束时还剩余，若已知关于的线性回归方程为，估计这次实验是在多少摄氏度的温度条件下进行的.（结果精确到0.1）.参考数据：.参考公式：相关系数【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）计算出，带入相关系数的计算公式，即可算出答案.（2）由线性回归方程必过样本中心点，即可算出的值，根据题意算出带入回归方程即可算出答案.小问1详解】，所以；【小问2详解】根据回归直线的性质，，即，得.由条件可知，令，得，因此估计这次实验是在的温度条件下进行的.20.抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长．（1）求抛物线的方程；（2）设是抛物线上位于第一象限的一点，过作（其中）的两条切线，分别交抛物线于点,,证明：直线经过定点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆和抛物线的几何性质即可求解；（2）设点，，求出直线的方程，利用直线和圆相切,直线和圆相切分别出关于和的一元二次方程，利用韦达定理即可求出直线经过的定点.小问1详解】由椭圆方程可知短轴长为，∴抛物线的焦点到准线的距离，故抛物线方程为．【小问2详解】∵是抛物线上位于第一象限的点，∴且，∴．设，，则直线方程为，即，∵直线DM：与圆E：相切，∴，整理可得，，①同理，直线DN与圆E相切可得，，②由①②得a，b是方程的两个实根，∴，，代入，化简整理可得，，令，解得，故直线MN恒过定点．21.已知函数的图象在处的切线经过点.（1）求的值及函数的单调区间；（2）若关于的不等式在区间上恒成立，求正实数的取值范围.【答案】（1），单调递增区间为，，无单调递减区间（2）【解析】【分析】（1）首先得到，再求出导函数，即可得到切线的斜率，再由两点的斜率公式求出，再利用导数求出的单调区间；（2）依题意可得在区间上恒成立，即在区间上恒成立，结合（1）中函数的单调性，得到在区间上恒成立，参变分离可得在区间上恒成立，利用导数说明，即可得解.【小问1详解】因为，所以，又，则，又函数的图象在处的切线经过点，所以，解得，所以，函数的定义域为，又，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以当时恒成立，即恒成立，所以在，上单调递增.即的单调递增区间为，，无单调递减区间.【小问2详解】因为不等式在区间上恒成立，因为，则，即在区间上恒成立，所以在区间上恒成立，又，所以，所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立，由（1）可知在上单调递增，所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立，令，，则，所以在上单调递减，所以，即区间上恒成立，所以时在区间上恒成立，即对任意关于的不等式在区间上恒成立.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑.选修：极坐标与参数方程22.在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），曲线：．以原