四川省大数据精准教学联盟2024届高三第二次统一监测数学试题（文）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省大数据精准教学联盟2024届高三第二次统一监测数学试题（文）一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，即，解得，所以，又，所以故选：D2.已知复数z满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗令复数，则，根据两个复数相等的条件有，解得，所以．故选：A3.甲、乙两名运动员在一次射击训练中各射靶20次，命中环数的频率分布条形图如下．设甲、乙命中环数的众数分别为，，方差分别为，，则（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗A〖解析〗根据图表知，甲､乙命中环数的众数均为7环，则；甲运动员命中的环数比较分散，乙运动员命中的环数比较集中，则．故选：A4.设，均为锐角，则“”是“”（）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〗，均为锐角，正弦函数在上单调递增，因此，所以“”是“”的充要条件.故选：C5.执行下图所示的程序框图，若输入N的值为5，则输出（）A.20 B.30 C.62 D.128〖答案〗B〖解析〗由，得，满足条件；，满足条件；，满足条件；，满足条件；，不满足条件，所以.故选：B6.已知，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以，又因为，所以，所以，所以由两角差的正弦公式得，所以.故选：C.7.已知坐标原点在直线上的射影为点，则为，必然满足的关系是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗直线，即恒过定点，由原点在直线上的射影点为，得，则点在以为直径的圆上，该圆圆心为，半径为，所以，满足的关系是.故选：B.8.剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，表现出鲜明的艺术特色，蕴涵着极致的数学美．现有一幅下图所示的正三角形剪纸设计图（图中的圆为三角形内切圆，设计图的三个角的阴影部分均为菱形）．若在该正三角形设计图内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如图，设该正三角形边长为2，显然内切圆半径为，易知是边长为1的正三角形，则，菱形的边长为，则每个菱形的面积为，且设阴影部分面积为，则，且设概率为，由几何概型概率公式得，故A正确.故选：A.9.已知，分别为双曲线C的左、右焦点，过的直线与双曲线C的左支交于A，B两点，若，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗如图，由于，，且，，设，则，故，所以，即，则，，，，在中由余弦定理.故选：B10.已知函数的最小正周期为，给出下列三个结论：①；②函数在上单调递减；③将的图象向左平移个单位可得到的图象．其中所有正确结论的序号是（）A.①② B.①③ C.②③ D.①②③〖答案〗D〖解析〗因为函数的最小正周期为且，所以，解得，所以；则，故①正确；当时，，因为在上单调递减，所以函数在上单调递减，故②正确；将的图象向左平移个单位得到，因为，所以结论③正确.故选：D11.设球的直径为，球面上三个点，，确定的圆的圆心为，，，则面积的最大值为（）A.2 B.4 C.6 D.8〖答案〗B〖解析〗如图所示：为直角三角形，，则，又，所以，在中，由正弦定理可得，又，所以，所以，所以是的中点，由，又，，所以，又，所以，当且仅当时取等号，即面积的最大值为.故选：B.12.已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，O为坐标原点，M，N为C上两个动点，且，面积的最大值为，过O作直线MN的垂线，垂足为H，则（）A. B. C.1 D.〖答案〗D〖解析〗依题意当在椭圆短轴的顶点时面积取得最大值，又，所以，解得，所以，则椭圆方程为，当直线的斜率存在时，设其方程为，，，由，消去整理得，在的条件下，可知，，又，所以，即，即，即，所以，所以，所以，当直线的斜率不存在时，则为与轴的交点，又，根据对称性可知，设，则（或），所以，则，所以，又，，所以，，所以.故选：D.二、填空题13.已知向量，，，若，则______．〖答案〗或〖解析〗因为，，，所以，，因为，所以，即，解得或.故〖答案〗为：或.14.若，满足约束条件，则的最大值为______．〖答案〗〖解析〗因为，满足约束条件，作出可行域如下所示：由，解得，由，解得，由，解得，所以约束条件表示的是以三点为顶点的三角形及其内部，目标函数可化为，平移直线可知，当直线经过点时，在轴上的截距最大，此时．故〖答案〗为：15.已知的三内角，，满足，则的面积与外接圆的面积之比为______．〖答案〗〖解析〗由，得，即，即，所以的面积与外接圆的面积之比为，故〖答案〗为：.16.已知PC是三棱锥外接球的直径，且，，三棱锥体积的最大值为8，则其外接球的表面积为______．〖答案〗〖解析〗如图，因为是三棱锥外接球的直径，所以．又，故平面，因平面，则．又，所以面，因平面，故．于是，三棱锥的体积为．因（当且仅当时等号成立），所以体积的最大值为，依题意，解得．因，故，所以三棱锥的外接球的表面积为：．故〖答案〗为：.三、解答题（一）必考题17.某公司为了解旗下的某产品的客户反馈情况，随机抽选了250名客户体验该产品并进行评价，评价结果为“喜欢”和“不喜欢”，整理得到如下列联表：不喜欢喜欢合计男50100150女5050100合计100150250（1）是否有99%的把握认为客户对该产品评价结果与性别因素有关系?（2）公司为进一步了解客户对产品的反馈，现从评价结果为“喜欢”的客户中，按性别用分层抽样的方法选取6人，收集对该产品改进建议．若在这6人中随机抽取2人，求所抽取的2人中至少有1名女性的概率．附：，0．100．050．0100．001k2．7063．8416．63510．828解：（1）记事件“客户对该产品评价结果与性别因素没有关系”，由列联表可得：，依据，所以有以上的把握认为客户对该产品评价结果与性别因素有关系.（2）由题意：抽取的人中，有男性（名），有女性（名），设“在这6人中随机抽取2人，求所抽取的2人中至少有1名女性”为事件，记名男性为，名女性为，则从人中抽取人的所有可能结果为：，共种；其中所抽取的人中至少有名女性的可能结果为：，共种，所以：.18.已知数列满足，．（1）证明数列是等差数列，并求的通项公式；（2）若数列满足，，求的前n项和．解：（1）由，可得，即，即，故数列是等差数列，其首项为，公差为1，则，解得；（2）由可得，则.19.如图，在三棱台中，与相交于点，平面，，，，，，且平面．（1）求线段的长；（2）求三棱锥的体积．解：（1）连接，因为平面，平面，平面平面，所以，由，有，又，即，则，所以.（2）因为，，，所以，则，又，，所以，又，所以，，所以，又平面，平面平面，所以平面，所以.20.已知函数．（1）若有3个极值点，求a的取值范围；（2）若，，证明：．（1）解：由有3个极值点，可得到具有3个变号零点，当时不是的零点，则可得在有3个交点，构造函数，，则，令，解得，所以当，，单调递增，当，，单调递减，当，，单调递增，所以，而当时，，当时，，当时，,所以,则的取值范围为.（2）证明：构造函数则，且，构造函数，则，再令，则，因为时，则，在单调递增，而，所以在单调递增，所以，所以在单调递增，故，即.21.已知与圆P：内切，且与直线：相切的动圆Q的圆心轨迹为曲线C，直线l与曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，延长AO，BO分别与直线：相交于点M，N．（1）求曲线C的方程；（2）过点A作于，若，O，B三点共线，试探究线段MN的长度是否存在最小值．如果存在，请求出最小值；如果不存在，请说明理由．解：（1）依题意，动圆在圆外，设动圆的半径为，且，由圆与圆内切，得，由圆与直线相切，因此点到的距离等于点到直线的距离，即曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为.（2）线段MN的长度存在最小值，理由如下：设，则，由三点共线，得，解得，直线的方程为，直线的方程为，则，于是，则，因此点在以为直径圆上，设直线与轴交于点，由∽，得，则，即，当且仅当取等号，所以线段长度存在最小值，最小值为8.（二）选考题［选修4-4：坐标系与参数方程］22.在直角坐标系xOy中，图形的方程为．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，图形的极坐标方程为．（1）求的直角坐标方程；（2）已知点P的直角坐标为，图形与交于A，B两点，直线AB上异于点P的点Q满足，求点Q的直角坐标．解：（1）因的极坐标方程为，将代入，可得其直角坐标方程为，即．（2）如图，可知点在图形上，则为参数，将其代入，得．设所对应参数分别为，则．由，得，即．所以或，即或．易知，所以，将其代入的参数方程为参数，即可求得点的直角坐标为．