四川省成都市石室中学2024届高三二诊数学（文科）A卷答案2.19

成都石室中学2024-2025年度下期高2024届二诊模拟考试数学试题（文）（A卷）参考答案选择题：1.已知复数（其中为虚数单位），则的虚部是A.B.C.D.1.A,所以的虚部是.2.若集合，则是的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2.A，则A是B的真子集，则是的充分不必要条件.118771251313123.如图是根据某校高三8位同学的数学月考成绩（单位：分）画出的茎叶图，其中左边的数字从左到右分别表示学生数学月考成绩的百位数字和十位数字，右边的数字表示学生数学月考成绩的个位数字，则下列结论正确的是A.这8位同学数学月考成绩的极差是14B.这8位同学数学月考成绩的中位数是122C.这8位同学数学月考成绩的众数是118D.这8位同学数学月考成绩的平均数是1243.B对于选项A,极差是，故A错误;对于选项B，中位数是，故B正确;对于选项C，众数是117，故C错误;对于选项D，平均数是，故D错误，故选B.4.已知一个空间几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图都是由半圆和矩形组成，则这个几何体的体积是A.B.C.D.4.A还原成直观图后，几何体由一个圆柱和八分之三个球组成，故这个几何体的体积.5.已知数列为等差数列，且，则的值为A.2B.4C.6D.85.B因为，由等差数列的性质，得，，所以.6.若是正实数，且，则的最小值为A．B．C．D．6.A因为，当且仅当时取等号，所以的最小值为.7.当时，关于的不等式有解，则的最小值是A．B．C．D．7.A当时，，所以在上有解，所以，所以.由，当且仅当时取等号，所以的最小值是2.7.当时，关于的不等式有解，则的最小值是A．B．C．D．7.A当时，，所以在上有解，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值是.8.在2023年成都“世界大学生运动会”期间，组委会将甲，乙，丙，丁四位志愿者分配到三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且甲不能被分配到场馆，则不同分配方案的种数是A．48B．36C．24D．12C分两种情况：第一种情况，甲单独一人执勤一个场馆，共有种；第二种情况，甲和另一个人一起执勤一个场馆，共有种，则共有24种.8.（文科）已知函数，则下列结论中不正确的是A．为函数的一个周期B．点是曲线的一个对称中心点C．在区间上单调递增，则实数a的最大值为D．将函数的图象向右平移个长度单位后，得到一个偶函数的图象8．C【解析】对于A，函数的最小正周期为，所以为函数的一个周期，正确；对于B：令，解得，当时，，所以点是的一个对称中心点，故B正确；对于C：，得，令，因为在区间上单调递增，所以实数a的最大值为，故C不正确；对于D：，故D正确.综上，故选C．9.已知抛物线，弦过其焦点，分别过弦的端点的两条切线交于点，点到直线距离的最小值是A．B．C．1D．29.D设，设过处的直线是，联立，得，，即，则在处的切线方程为，同理，处的切线方程为，设交点的坐标为，点在两条切线上，所以，，则直线的方程是.又过其焦点，易知交点的轨迹是，所以C，：，所以交点到直线的距离是，所以当时d的最小值为2.10.如图，四棱柱中，为棱的中点，为四边形对角线的交点，下列说法：①//平面；②若//平面，则；③若四边形矩形，且，则四棱柱为直四棱柱.其中正确说法的个数是0B.1C.2D.310.C对于①，若//平面，过作的平行线交于其中点，为连接，由于平面，且//平面，所以平面//平面，所以//平面，所以//.当与不平行时，//不成立.①是假命题.对于②，同①，//，则.②是真命题.对于③，四边形矩形，所以.又，所以平面//平面，所以四棱柱可看作为上底面，为下底面的四棱柱，过作的平行线交于点，则为的中点，连接，由条件有，又，则平面，则，，所以，又，所以平面，则四棱柱为直四棱柱.③是真命题.10.(B卷)如图，在长方体中，，，，分别是棱和上的两个动点，且，则的中点到的距离为（    ）A． B． C． D．10.C取的中点，连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，因为是的中点，所以，所以，而，所以，即，所以点到的距离就是，因为，所以，即，所以，即，所以的中点到的距离为.故选：C.11.已知函数，若,,，则A.B.C.D.11.B是偶函数，，则在上是增函数.构造函数，则，令，得，令，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.又，所以，所以，所以，所以，所以.11.（B卷）设，，，则（   ）A． B． C． D．11.B由对数函数性质知，即，同理，又，即，，所以，即，综上，故选：B．12.若双曲线的左、右焦点分别为，过右焦点的直线与双曲线交于两点，已知的斜率为，，且，，则直线的斜率是A.B.C.D.12.A设，则，由双曲线定义，得.在中，由余弦定理，得，解得.在中，由余弦定理，得,解得.法一：令，则，，设：，联立，，得，.由，得，则，所以.法二：设直线倾斜角为，由双曲线第二定义得：，，又，则，又，则.二、填空题：13.已知向量，，若，则实数.13.1因为，所以，解得.14.已知实数满足约束条件，则的最大值是.14.3作出满足的可行域如图中阴影部分所示，作出直线并平移，当直线过点时，，所以的最大值是3.15.已知等比数列的前项和为，若，则取最大值时，的值为．15.3等比数列的公比为，由等比数列前项和公式，得.又，则，，所以取最大值时，的值是3.16.若，恒有，则的取值范围是.16.由，得在上恒成立，即.且，即.因为在上是增函数，所以，所以.令，则，所以在上单调递增，，所以.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。17.（12分）为了去库存，某商场举行如下促销活动：有两个摸奖箱，箱内有1个红球、1个黑球、8个白球，箱内有4个红球、4个黑球、2个白球，每次摸奖后放回．消费额满300元有一次箱内摸奖机会，消费额满600元有一次箱内摸奖机会.每次机会均为从箱子中摸出1个球，中奖规则如下：红球奖50元代金券、黑球奖30元代金券、白球奖10元代金券．（Ⅰ）某三位顾客各有一次箱内摸奖机会，求中奖10元代金券人数的分布列；（Ⅱ）某顾客消费额为600元,请问：这位顾客如何抽奖所得的代金券期望值较大？解：（Ⅰ）三位顾客每人一次箱内摸奖中10元代金券的概率都为，中奖10元代金券的人数服从二项分布，，……………………………………4分故的分布列为0123P…………6分（Ⅱ）可以在箱摸奖2次，或者在箱内摸奖1次箱摸奖1次所得奖金的期望值为，…………………………8分箱摸奖1次所得奖金的期望值为，………………………10分箱摸奖2次所得奖金的期望值为，箱摸奖1次所得奖金的期望值为34，所以这位顾客选箱摸奖1次所得奖金的期望值较大．…………………………………………12分17.（文）某校从高二年级学生中随机抽取60名学生，将他们的期中成绩（均为整数）分成六段，，后得到如图所示的频率分布直方图，观察图形，回答下列问题：(1)求，并估计此次期中考试成绩的众数.(2)利用分层抽样的方法从样本中成绩在和两个分数段内的学生中抽5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10的概率.【详解】（1）由直方图知：，则，由图知：区间的频率最大，故众数为75.…………………………4分（2）成绩在分数段的人数有，成绩在分数段的人数有，采用分层抽样的方式，在抽取人，记为A，B，C，抽取人，记为1，2，从这5人中随机抽取两人，所有的基本事件有共10种，……………………………………8分2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10等价于这2个同学在同一个分数段.记“这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10”为事件N，则事件N包含的基本事件有共4种，…………10分所以所求概率为.……………………………………………12分18.（12分）已知，设.（Ⅰ）求函数的对称中心；（Ⅱ）若中，角所对的边分别为，，且外接圆的半径为，是边的中点，求线段长度的最大值.解：（Ⅰ）由，得.令,解得,所以函数的对称中心为……6分（Ⅱ）∵，∴，又且外接圆的半径为，则，法一：∴由余弦定理，得.，,.由，，得，即（当且仅当时等号成立），∴，即，此时，.………………………………12分法二：直接画出三角形的外接圆，由图可知，当时，AD最大，此时为等边三角形，所以AD=，所以.19.（12分）如图，棱长为的正方体中,是棱上靠近的三等分点.（Ⅰ）求证：与平面不垂直；（Ⅱ）在线段上是否存在一点使得平面平面？若存在，请计算的值；若不存在，请说明理由.解：以为坐标原点建立如图的空间直角坐标系，.（Ⅰ）,因为，所以与平面不垂直..…………5分（Ⅱ）存在点，且.设，则.，设平面的法向量为，则，令，得.同理，平面的一个法向量为.若平面平面，则，即，.所以在线段上存在一点使得平面与平面垂直，且.…………12分19（文科）如图，棱长为的正方体中,.（Ⅰ）若是线段的中点，求证：平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积.解：（Ⅰ）如图，分别作出线段的三等分点，连接，，.分别是的中点又平面平面平面平面…………………………………………………………………………………………6分（Ⅱ）…………………………………………………12分20.（12分）已知点是椭圆的右焦点，过原点的直线交椭圆于两点,面积的最大值为，.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）已知过点的直线与椭圆E交于两点，是否存在定点，使得直线的斜率之和为定值？若存在，求出定点的坐标及该定值.若不存在，请说明理由.解：（Ⅰ）因为，当且仅当是轴与椭圆的交点时取等号，所以.又,所以，所以椭圆E的标准方程为.………………………4分（Ⅱ）设直线的方程为由在直线上，得联立化简得.由，得.由根与系数的关系，得………………7分故直线的斜率之和为…………9分……..11分要使上式为定值，则故，且……..12分21.（12分）已知函数（Ⅰ）是否存在实数使得在区间上恒成立，若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由；（Ⅱ）求函数在区间上的零点个数(为自然对数的底数).解：（Ⅰ），因为在区间上恒成立，所以，所以>0，故对任意的>0都能满足在区间上恒成立.…………………………4分（Ⅱ）由区间得，所以.所以在上单调递减，在上单调递增，.……6分下面先证明：．设，则，由得，所以在上是增函数，故．所以．……………………………7分，①当，即时，函数在上无零点； ②当，即时，函数在上无零点；③当，即时，,由于，，,下面证明.令，则，令，则， 令，则，所以在上单调递增，，所以在上单调递增，，所以在上单调递增，，所以，所以函数在上有一个零点. ……………………………………11分综上所述，当时，函数无零点；当时，函数有一个零点.…12分22.（10分）在平面直角坐标系中，倾斜角为的直线过定点，以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线与曲线相交于不同的两点.（Ⅰ）若，求线段中点的直角坐标；（Ⅱ）若，求的最小值.解析：（Ⅰ）曲线的普通方程为……1分当时，直线的参数方程为（为参数），代入，得……2分设，对应的参数为，，则，……3分所以对应的参数为，……4分代入参数方程，得点的直角坐标.……5分（Ⅱ）将直线的参数方程（为参数）代入，得，∴，当且仅当时取等号，∴的最小值为.……10分23.（10分）已知函数.（Ⅰ）求不等式的解集；（Ⅱ）若对于正实数，，，满足,证明:.解：（Ⅰ）.当时，，则；当时，，则；当时，，则，综上，不等式的解集是.………5分（Ⅱ）由绝对值不等式的性质，可得,当且仅当取等号.由于正实数，，，满足，所以，当且仅当时取等号，此时，即，所以，当且仅当且取等号.………10分