四川省遂宁市高2024届第二次诊断性考试理科数学试卷（附参考答案）

这是一份四川省遂宁市高2024届第二次诊断性考试理科数学试卷（附参考答案），共12页。试卷主要包含了已知数列满足，则，已知函数，给出下列4个图象等内容，欢迎下载使用。

数学（理科）
本试卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､座位号和准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共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.
1.复数，则（ ）
A. B. C.2 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
3.的展开式中的系数为（ ）
A.80 B.40 C.10 D.-40
4.已知数列满足，则（ ）
A.-3 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，若圆心，且圆与轴相切，则的最大值为（ ）
A.10 B.4 C.2 D.0
7.某校甲､乙､丙､丁4个小组到这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-1
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，菱形的对角线与交于点是的中位线，与交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形，且平面.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与平面所成角的2倍.
其中所有正确结论的序号为__________.
A.①②③ B.①② C.①③ D.②③
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
11.已知分别是双曲线的左､右焦点，过的直线与圆相切，与在第一象限交于点，且轴，则的离心率为（ ）
A.3 B. C.2 D.
12.已知均为正数，且，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
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：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生依据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17.（12分）
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､乙两人参加投並活动，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.（12分）
如图，在三棱锥中，为边上的一点，.
（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，且二面角为锐二面角，求二面角的正弦值.
19.（12分）
已知的内角的对边分别为，且.
（1）求角；
（2）若是的角平分线，的面积为，求的值.
20.（12分）
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.（12分）
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.
（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
22.[选修：坐标系与参数方程]（10分）
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.[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知均为正数，且.
（1）是否存在，使得，说明理由；
（2）证明：.
理科数学参考答案及评分细则
一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.
1.D 2.B 3.B 4.A 5.B 6.B 7.C 8.D 9.A 10.D 11.D 12.A
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 14. 15. 16.
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.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生依据要求作答.
17.【解析】（1），
因此，有的把握认为该校学生选择课外活动类别与性别有关系.
（2）依题意，的可能值为，则
则；
；
.
所以的分布列为
所以，.
18.【解析】（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，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Rt中，，得.
在Rt中，，得.
以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则.
设平面的法向量为，则
令，则得.
同理，平面即平面的一个法向量为
.
设二面角的平面角为，
所以，即.
故二面角的正弦值为.
19.【解析】（1）由，根据正弦定理可得
，
因为，
所以，
因为位于分母，所以，
所以，
由，
所以.
（2）由，
所以，
又，
因为为角平分线，所以，又，
所以有，
所以，
由余弦定理得
，
所以.
20.【解析】（1）由题意得.
由，得.
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.
过点作，且，则.
其中，当时等号成立.
所以，点到直线的距离的最大值为.
21.【解析】（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，
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.
选考题
22.【解析】（1）由知，
则曲线的普通方程为.
因为直线的方程为，即.
由可得.
所以直线的直角坐标方程为.
（2）由（1）可知，点的坐标为.
因为，所以是线段的中点.
由题意，可设，
则
即
代入曲线的方程，可得
，即.
解之可得，.
此时，.
由此可知，两曲线有两个公共点，其直角坐标为.
23.【解析】（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）【证明】
.
当且仅当时等号成立，
所以.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
0
1
2
3
4
或填
或填
或填