四川省乐山市2024届高三第二次调查研究考试数学试题(理)（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省乐山市2024届高三第二次调查研究考试数学试题(理)一､选择题1.复数，则（）A. B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，故选：D.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〖答案〗B〖解析〗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.的展开式中的系数为（）A.80 B.40 C.10 D.〖答案〗B〖解析〗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已知数列满足，（），则（）A. B. C. D.2〖答案〗A〖解析〗因为，，所以，，，，，又，所以故选：A5.已知，分别为的边，的中点，若，，则点的坐标为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，分别为，的中点，所以，设，又，所以即，解得.故选：A6.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.10 B.4 C.2 D.0〖答案〗B〖解析〗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：B7.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.〖答案〗C〖解析〗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：C8.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〖答案〗D〖解析〗，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.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.①②③ B.①② C.①③ D.②③〖答案〗A〖解析〗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.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.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗D〖解析〗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.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.3 B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗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：D12.已知a，b，c均为正数，且，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗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.二､填空题13.已知集合，，，则______．〖答案〗〖解析〗由，，故，故.故〖答案〗为：.14.已知，则曲线在点处的切线方程为______．〖答案〗〖解析〗，则，又，故切线方程为，即.故〖答案〗：.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______．〖答案〗〖解析〗，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：.16.一个圆锥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______．〖答案〗〖解析〗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：．三､解答题（一）必考题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：

文化艺术类体育锻炼类合计男100300400女50100150合计150400550（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：0.150.100.050.0250.0102.0722.7063.8415.0246.635其中，．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：01234数学期望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．（1）证明：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）解：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.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．解：（1）由可得故，进而，由于所以（2）由面积公式得，解得，，，即，，又，，．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.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.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．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.（二）选考题[选修：坐标系与参数方程]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.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