精品解析：四川省达州市普通高中2024届第二次诊断性测试数学（理科）试题

达州市普通高中2024届第二次诊断性测试 数学试题（理科） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、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 满足，则在复平面内表示复数 的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求得 ，再结合复数的几何意义分析求解． 【详解】由得，， 所以 对应点的坐标是， 故选：B． 2. 设全集，则图中阴影部分对应的集合是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的运算即可求解 【详解】 图中阴影部分表示 所以 故选：C 3. 下图是某地区2016-2023年旅游收入(单位:亿元)的条形图，则下列说法错误的是（ ） A. 该地区2016-2019年旅游收入逐年递增 B. 该地区2016-2023年旅游收入的中位数是4.30 C. 经历了疫情之后，该地区2023年旅游收入恢复到接近2018年水平 D. 该地区2016-2023年旅游收入的极差是3.69 【答案】B 【解析】 【分析】根据中位数、极差的定义即可判断BD；结合图形，分析数据即可判断AC. 【详解】A：由图可知该地区2016-2019年旅游收入逐年递增，故A正确； B：由图可知，2016-2023年旅游收入的中位数为亿元，故B错误； C：从图表可知2023年旅游收入为4.91亿元，接近2018年的5.13亿元，故C正确； D：2016-2023年旅游收入的极差是亿元，故D正确. 故选：B. 4. 如图，在正方体中，为中点， 为线段上一动点，过的平面截正方体的截面图形不可能是（ ） A. 三角形 B. 矩形 C. 梯形 D. 菱形 【答案】A 【解析】 【分析】根据点 在、以及三个特殊位置时，截面图形的形状，选出正确选项. 【详解】B选项，当点 与重合时， 取中点，因为是中点，则，且， 连接，则四边形为平行四边形， 又因为 ，所以平行四边形为矩形，故排除B选项； C选项，当点 与重合时， 取中点 ，因为是的中点，所以， 连接，截面四边形为梯形，故排除C选项； D选项，当点 为中点时， 因为是中点，所以且， 连接，则四边形是平行四边形， 又因为，， 因为是正方体，所以，所以， 所以平行四边形是菱形，故排除D选项； 不管点 在什么位置，都不可能是三角形. 故选：A. 5. 展开式中项的系数为（ ） A. 80 B. C. 40 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式定理，写出其通项即可求特定项的系数 【详解】的二项展开式的通项为， 令，得， 所以的展开式中的系数为. 故选：B 6. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先判断函数的奇偶性，即可判断B、C；再利用特殊值排除D. 【详解】函数的定义域为 ， 且， 所以为偶函数，函数图象关于轴对称，故排除B、C； 又，故排除D. 故选：A 7. 双曲线的左、右顶点分别为为上一点，若直线与直线斜率之积为2，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】设，由直线的斜率公式，结合 的坐标满足双曲线方程，可得的关系，由离心率公式即可求解. 【详解】由题意得， 设，可得， 即， 又直线与直线斜率之积为2， 得， 则离心率. 故选： . 8. 定义在 上的奇函数 ，满足，当时，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由定义在 上奇函数的性质求得，进而求得，再结合函数的奇偶性及对称性得出周期，进而求得，结合列出方程求解即可． 【详解】因为 是定义在 上的奇函数，当时，， 所以，解得 ， 所以， 由及得，， 所以，即 周期为4， 所以，， 因为， 所以，解得， 所以， 故选：C． 9. 如图，灯笼的主体可看作将一个椭圆绕短轴旋转得到的，这样的旋转体称为椭圆体.已知椭圆绕短轴旋转得到的椭圆体的体积和表面积可以用公式和计算.若灯笼主体的体积为，则该灯笼主体表面积取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据体积可以得到的关系式，进而可以求出表面积，再利用导数求其范围即可. 【详解】由题意可得 ，可得 ，可得 ， 所以表面积 ， 则 ， 令 ，可得 ， 故 时，， 所以函数 在 上单调递增， 而， 所以 . 故选：C. 10. 如图，与轴交于点、，是上第一象限内的点，、分别在射线、上，交轴于点．若直线的方程为 ，是线段中点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设出直线的方程，结合题意计算可得直线的斜率，由直径所对的圆周角是直角可得，即可解出直线的方程，从而可表示出直线的方程，联立即可得其交点的坐标，结合点坐标即可得解. 【详解】令，即有，可得、， 由是上第一象限内的点，故可设， 又，故，则，则有， 由为直径，则，即，又，解得， 即，则，即， 联立两直线，解得，即，又， 则直线的方程为， 整理得. 故选：D. 11. 在斜边为的中，，为 平分线上一点，且，，，四点共圆，，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据四点共圆，余弦定理，向量的数量积的运算律求解即可． 【详解】由题可知，， 因为为 平分线上一点， 所以，所以 ， 又，，，四点共圆， 所以 ，则， 所以， 在中， 由余弦定理得，， 解得， 因为， 所以，即， 解得， 同理，， 解得， 所以， 故选：C． 12. 已知，定义运算：，其中是函数 的导数．若存在极大值点，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过定义先求出的解析式，再求出其导函数，依题意可得，即可得到，又，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出的取值范围，再令，其中，利用导数说明函数的单调性，即可求出的取值范围. 【详解】因为， 所以，定义域为， 则， 当时在上单调递增， 当时，当时， 此时存在使得， 则当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以在处取得极小值，不存在极大值点，不符合题意，所以； 当时令，则， 所以当时，，此时 单调递增， 当时，，此时 单调递减， 且当时，当时， 则，所以， 此时存在使得，使得， 即当时，即，则在和上单调递减， 当时，即，则在上单调递增， 此时在处取得极大值； 因为存在极大值点， 所以，则， 所以， 设，则， 当 时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 所以在处取得极小值，且． 因为，且， 所以． 令，其中， 所以， 当时，，在上单调递减， 所以， 所以， 又因为， 可得， 综上，的取值范围是． 故选：A． 【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出，再由构造新函数，利用导数求出的取值范围. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 随机变量，则 ______． 【答案】0.6## 【解析】 【分析】借助二项分布的期望公式计算即可得. 【详解】由，则，即. 故答案为：. 14. 已知，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】借助分段函数的性质计算即可得. 【详解】， 则. 故答案为：. 15. 将函数的图象向左平移个单位得到函数 的图象．若，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由三角恒等变换化简 ，进而得出 ，由即可求解． 【详解】 ， 将 的图象向左平移个单位得， 因为，所以，即， 所以，即， 因为，所以的最小值为， 故答案为：． 16. 在中，角，，的对边分别为，，，，点在平面内，，则的最大值为______． 【答案】3 【解析】 【分析】方法一：在 中，利用余弦定理和正弦定理得到，，，然后利用余弦定理求即可； 方法二：建系，根据得到点在以 为焦点，以3为长轴的椭圆上，然后结合椭圆方程和两点间距离公式计算. 【详解】因为，所以， 整理得， 又，当且仅当时等号成立；，当且仅当时等号成立，所以为等边三角形； 方法一：如图，设 ，，． 在 中，由余弦定理得，， ． 在 中，由正弦定理得， ，． 在中，由余弦定理得 ，等号在时成立． 所以的最大值为3． 方法二：以为轴，以中垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系． 设，， 点在以 为焦点，以3为长轴的椭圆上，这个椭圆方程为． 设，则， ，． 由于，所以． 设，．由得， 或．经验证当即时，最大，且． 故答案为：3. 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，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分． 17. 等差数列的前 项和为，当和5时，取得最大值． （1）求； （2）若为等比数列，，求通项公式． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出公差，由题目条件得到，求出公差，从而得到； （2）计算出，得到公比，得到通项公式. 【小问1详解】 设等差数列公差为，， ，即， ，． 【小问2详解】 由（1）得， ，， 数列公比为， ． 18. 随着AI技术的不断发展，人工智能科技在越来越多的领域发挥着重要的作用．某校在寒假里给学生推荐了一套智能辅导系统，学生可自愿选择是否使用该系统完成假期的作业．开学时进行了入学测试，随机抽取了100名学生统计得到如下列联表： 使用智能辅导系统 未使用智能辅导系统 合计 入学测试成绩优秀 20 20 40 入学测试成绩不优秀 40 20 60 合计 60 40 100 （1）判断是否有95%的把握认为入学测试成绩优秀与使用智能辅导系统相关； （2）若把这100名学生按照入学测试成绩是否优秀进行分层随机抽样，从中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，记抽取的2人中入学测试成绩优秀的人数为 ，求 的分布列及数学期望 ． 附：，其中． 0.10 0.05 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 【答案】（1）没有 （2）分布列为： 0 1 2 ，【解析】 【分析】（1）计算卡方后与3.841比较大小即可得； （2）借分层抽样的性质可得5人中成绩优秀的人数，再得出 的可能取值后计算相应的概率即可得其分布列，即可得其期望. 【小问1详解】 ， 没有 的把握认为入学测试成绩优秀与使用智能辅导系统相关； 【小问2详解】 ， ， 人中2人成绩优秀，3人成绩不优秀， 的取值可能为、 、， ，，， 分布列为： 0 1 2 ． 19. 已知抛物线，直线与交于两点，线段AB中点. （1）求抛物线的方程； （2）直线与轴交于点为原点，设的面积分别为，若成等差数列，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）联立与，得到两根之和，故，，得到答案； （2）联立抛物线和直线方程，得到，故，根据成等差数列，得到，故，进而得到方程，求出答案. 【小问1详解】 设， ， ，故， ，， ， 【小问2详解】 ，∴， 故， 成等差数列，成等差数列. ，，故， ，即， . 20. 如图，在直角梯形中，，， ，把梯形绕旋转至，，分别为，中点． （1）证明： 平面 ； （2）若 ，求二面角余弦的最小值． 【答案】（1） 证明：设中点为 ，连接， 为中位线，， 又平面 ，平面 ， 平面 ， 为梯形中位线，， 又 平面 ， 平面 ， 平面 ， ，平面 ， 平面 ， 平面 平面 ， 平面 ， 平面 ． （2） 【解析】 【分析】（1）由面面平行的判定及性质即可证明； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，以 所在直线为 轴，以垂直于平面的直线为 轴，建立如图空间直角坐标系， ，不妨设 ， ， 则， ∴， 则，， 设平面的法向量为， ∴，即， 不妨取 ，， 设平面 的法向量为， ∴，即， 不妨取 ，则， ， 设二面角平面角为，由图可知为锐角， ， 时，二面角的余弦最小值为． 21. 已知． （1）若 在上单调递增，求的取值范围； （2）证明：． 【答案】（1） （2） 由（1）知 时，在上单调递增， ，时， ， 由（1）知 时，时， ， ，即 令， 原不等式得证． 【解析】 【分析】（1）由题意可得 在上恒成立．构造相应函数后借助导数分类讨论研究其单调性即可得解； （2）由（1）可得当时， ， ，即可得，令，从而可借助放缩法得到，最后借助累加法与裂项相消法计算即可得证. 【小问1详解】 ，恒成立． 设， ． 当时，， ，为单调递增， 满足题意； 当时，，， 时，即 时，， ，为单调递增， 满足题意； 时，即 时，，使 ，，， 为单调递减， ，与 在上恒成立矛盾； 综上可得 ． 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在与结合（1）中所得，得到当时， ， ，即可得，从而可借助放缩法得到. （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，则按所做的第一题计分． [选修4－4：坐标系与参数方程] 22. 在平面直角坐标系中，曲线 (为参数)，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）求的普通方程和的直角坐标方程； （2）求以曲线与曲线的公共点为顶点的多边形面积. 【答案】（1），和 （2） 【解析】 【分析】（1）根据极坐标方程及得到，对左右两边同时平方，由，整理即可得到直角坐标方程； （2）联立方程解出交点的坐标，进而求得三角形面积. 【小问1详解】 由及得， ， ， ，，，， ，方程为和. 【小问2详解】 得或， 得或， 以曲线与曲线的公共点为顶点的多边形为三角形，其面积为. [选修4－5：不等式选讲] 23. 设，不等式有解. （1）求取值范围； （2）记的最大值为，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由绝对值不等式可得，再将不等式有解转化为，即可得到结果； （2）根据题意，由（1）可知，再由柯西不等式代入计算，即可求解. 【小问1详解】 ，时，， 由不等式有解得，， 解得.故的取值范围为. 【小问2详解】 由（1）可得， ， 当且仅当时取等号，即最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 达州市普通高中2024届第二次诊断性测试 数学试题（理科） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、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 满足，则在复平面内表示复数 的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 设全集，则图中阴影部分对应的集合是（ ） A. B. C. D. 3. 下图是某地区2016-2023年旅游收入(单位:亿元)的条形图，则下列说法错误的是（ ） A. 该地区2016-2019年旅游收入逐年递增 B. 该地区2016-2023年旅游收入的中位数是4.30 C. 经历了疫情之后，该地区2023年旅游收入恢复到接近2018年水平 D. 该地区2016-2023年旅游收入的极差是3.69 4. 如图，在正方体中，为中点，为线段上一动点，过的平面截正方体的截面图形不可能是（ ） A. 三角形 B. 矩形 C. 梯形 D. 菱形 5. 展开式中 项的系数为（ ） A. 80 B. C. 40 D. 6. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 双曲线的左、右顶点分别为为上一点，若直线与直线斜率之积为2，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 8. 定义在 上的奇函数 ，满足，当时，，若，则（ ） A. B. C. D. 9. 如图，灯笼的主体可看作将一个椭圆绕短轴旋转得到的，这样的旋转体称为椭圆体.已知椭圆绕短轴旋转得到的椭圆体的体积和表面积可以用公式和计算.若灯笼主体的体积为，则该灯笼主体表面积取值范围为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，与 轴交于点、，是上第一象限内的点，、分别在射线、上，交 轴于点．若直线的方程为 ，是线段中点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 11. 在斜边为的中，，为 平分线上一点，且，，，四点共圆，，则（ ） A. 2 B. C. D. 12. 已知，定义运算：，其中是函数 的导数．若存在极大值点，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 随机变量，则 ______． 14. 已知，则______． 15. 将函数的图象向左平移个单位得到函数 的图象．若，则的最小值为______． 16. 在中，角，，的对边分别为，，，，点在平面内，，则的最大值为______． 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，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分． 17. 等差数列的前 项和为，当和5时，取得最大值． （1）求； （2）若为等比数列，，求通项公式． 18. 随着AI技术的不断发展，人工智能科技在越来越多的领域发挥着重要的作用．某校在寒假里给学生推荐了一套智能辅导系统，学生可自愿选择是否使用该系统完成假期的作业．开学时进行了入学测试，随机抽取了100名学生统计得到如下列联表： 使用智能辅导系统 未使用智能辅导系统 合计 入学测试成绩优秀 20 20 40 入学测试成绩不优秀 40 20 60 合计 60 40 100 （1）判断是否有95%的把握认为入学测试成绩优秀与使用智能辅导系统相关； （2）若把这100名学生按照入学测试成绩是否优秀进行分层随机抽样，从中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，记抽取的2人中入学测试成绩优秀的人数为 ，求 的分布列及数学期望 ． 附：，其中． 0.10 0.05 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 19. 已知抛物线，直线与交于两点，线段AB中点. （1）求抛物线的方程； （2）直线与 轴交于点为原点，设的面积分别为，若成等差数列，求. 20. 如图，在直角梯形中，，， ，把梯形绕旋转至，，分别为，中点． （1）证明： 平面 ； （2）若 ，求二面角余弦的最小值． 21. 已知． （1）若 在上单调递增，求的取值范围； （2）证明：． （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，则按所做的第一题计分． [选修4－4：坐标系与参数方程] 22. 在平面直角坐标系中，曲线 (为参数)，以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （1）求的普通方程和的直角坐标方程； （2）求以曲线与曲线的公共点为顶点的多边形面积. [选修4－5：不等式选讲] 23. 设，不等式有解. （1）求取值范围； （2）记的最大值为，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $