重慶市烏江新高考協作體2024屆高考模擬監測（二）數學試題（分數：150分，時間：120分鐘）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.“，且”是“，且”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據題意，利用不等式的基本性質，結合充分、必要條件的判定方法，即可求解.【詳解】若，且，根據不等式的加法和乘法法則可得，且，即必要性成立；當，滿足，且，但是，故充分性不成立，所以“，且”是“，且”的必要不充分條件.故選：B2.復數的實部為（）A.1 B.3 C. D.【答案】B【解析】【分析】通過復數的運算將復數化簡成的形式，即可得到實部.【詳解】由，可得復數實部為3，故選：.3.2024年3月22日國家文物局在北京公布2023年《全國十大考古新發現》，安徽省皖南地區郎溪縣磨盤山遺址成功入選并排名第三，經初步確認，該遺址現存馬家浜文化區?崧澤文化區?良渚文化區?錢山漾文化區四大區域，總面積約6萬平方米.該遺址延續時間長?譜系完整，是長江下游地區少有的連續時間近4000年的中心性聚落.對認識多元化一體中華文明在皖南地區的演進方式具有重要的價值，南京大學歷史學院趙東升教授團隊現在對該遺址四大區域進行考古發掘，現安排包含甲?乙在內的6名研究生同學到這4個區域做考古志愿者，每人去1個區域，每個區域至少安排1個人，則甲?乙兩人安排在相同區域的方法種數為（）A.96 B.144 C.240 D.360【答案】C【解析】【分析】6名同學分成4組，再把4組人分到4個區域，【詳解】先將6名同學分成4組，則4個組的人數為或，當甲?乙在2人組，再從另外4人任選2人組成一組，其余的一人一組，有種分組方法；當甲?乙在3人組，甲?乙與另外4人中的1人組成一組，其余的一人一組，有種分組方法，再把4組人分到4個區域，所以安排方法種數為.故選：C.4.若正四面體的棱長為，M為棱上的動點，則當三棱錐的外接球的體積最小時，三棱錐的體積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先根據幾何性質分析外接球的球心位置，再構造長度的等量關系，即可求解三棱錐的體積.詳解】如圖，在正四面體中，假設底面，則點H為外心．在上取一點O，滿足，則O為三棱錐的外接球球心．當取得最小值時，最小，三棱錐的外接球體積最小，此時點O與點H重合．作，垂足為N，，為三棱錐的高．由正四面體的棱長為，易知，所以，，．由，設，則，．由，得，解得．．．故選：A【點睛】關鍵點點睛：關鍵是確定外接球的球心位置.5.假設變量與變量的對觀測數據為，兩個變量滿足一元線性回歸模型.要利用成對樣本數據求參數的最小二乘估計，即求使取最小值時的的值，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】化簡為二次函數形式，根據二次函數性質得到最值.【詳解】因為，上式是關于的二次函數，因此要使取得最小值，當且僅當的取值為.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是化簡為二次函數形式，利用其性質得到最值時的.6.設，，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析】令，求導可證明，進而可得，可判斷，令，求導可證，令，可判得.【詳解】令，可得，所以在上單調遞增，當時，，所以，所以，所以，令，求導可得，當，，所以單調遞減，所以，即，所以，令，可得，即，所以.故選：B.7.已知圓：，過點的直線與軸交于點，與圓交于，兩點，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出線段的中點，將轉化為，利用垂徑定理，由圖化簡得，只需求的范圍即可，故又轉化成求過點的弦長的范圍問題.【詳解】如圖，取線段的中點，連接，則，由，因直線經過點，考慮臨界情況，當線段中點與點重合時（此時），弦長最小，此時最長，為，（但此時直線與軸平行，點不存在）；當線段中點與點重合時，點與點重合，最短為0（此時符合題意）.故范圍為.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵在于結合圓的弦想到取其中點，將轉化為，利用垂徑定理，將所求式轉化成，而求范圍即求弦的長的范圍即可.8.設是的外心，點為的中點，滿足，若，則面積的最大值為（）A.2 B.4 C. D.8【答案】B【解析】【分析】首先由，，結合余弦定理得出，進一步由三角形面積公式、同角三角函數關系恒等式得，由此即可得解.【詳解】因為，，所以，從而，即，所以，所以，所以的面積為，等號成立當且僅當，綜上所述，面積的最大值為4.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：關鍵是依次得出，，由此即可順利得解.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求的.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得2分.9.指示函數是一個重要的數學函數，通常用來表示某個條件的成立情況.已知為全集且元素個數有限，對于的任意一個子集，定義集合的指示函數若，則（）注：表示中所有元素所對應的函數值之和（其中是定義域的子集）.A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根據的定義，即可結合選項逐一求解.【詳解】對于A，由于,所以故，故A錯誤，對于B，若,則，此時滿足，若且時，，若且時，，若且時，，綜上可得，故B正確，對于C，而，由于，所以故,C正確，,當時，此時中至少一個為1，所以，當時，此時均為0，所以，故,故D正確，故選：BCD【點睛】關鍵點點睛：充分利用的定義以及的定義，由此可得時，此時均為0，時，此時中至少一個為1，結合的定義化簡求解.10.已知圓，圓，則（）A.兩圓的圓心距的最小值為1B.若圓與圓相切，則C.若圓與圓恰有兩條公切線，則D.若圓與圓相交，則公共弦長的最大值為2【答案】AD【解析】【分析】根據兩點的距離公式，算出兩圓的圓心距，從而判斷出A項的正誤；根據兩圓相切、相交的性質，列式算出的取值范圍，判斷出B,C兩項的正誤；當圓的圓心在兩圓的公共弦上時，公共弦長有最大值，從而判斷出D項的正誤．【詳解】根據題意，可得圓的圓心為，半徑，圓的圓心為，半徑．對于A，因為兩圓的圓心距，所以A項正確；對于B，兩圓內切時，圓心距，即，解得．兩圓外切時，圓心距，即，解得．綜上所述，若兩圓相切，則或，故B項不正確；對于C，若圓與圓恰有兩條公切線，則兩圓相交，，即，可得，解得且，故C項不正確；對于D，若圓與圓相交，則當圓圓心在公共弦上時，公共弦長等于，達到最大值，因此，兩圓相交時，公共弦長的最大值為2，故D項正確．故選：AD．11.已知集合，集合，若有且僅有3個不同元素，則實數的值可以為（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】AB【解析】【分析】解一元二次不等式可得，結合指數函數性質可解出，結合交集性質即可得解.【詳解】由，解得，故，由，可得，，要使有且僅有3個不同元素，則，解得，故選：AB．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.在四邊形中，，點是四邊形所在平面上一點，滿足.設分別為四邊形與的面積，則______.【答案】【解析】【分析】設出梯形兩底的長，取AB，CD，BD，AC的中點M，N，X，Y，并探討它們的關系，結合已知向量等式確定點P的位置并求出，再由三角形、梯形面積公式求解即得.【詳解】在四邊形中，，則四邊形是梯形，且，令，，記M，N，X，Y分別是AB，CD，BD，AC的中點，顯然，于是點M，X，Y，N順次共線并且，顯然，，而，則，因此點P在線段XY上，且，設A到MN的距離為h，由面積公式可知．故答案為：13.若關于的方程有解，則實數m的最大值為__________.【答案】##【解析】【分析】根據題意，由條件可得，構造函數，即可得到，然后利用導數求得函數的值域即可得到結果.【詳解】由題意得，，令，則，易知單調遞增，所以.令，，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以，得.所以的最大值為.故答案為：14.四棱錐的底面為正方形，平面，且，．四棱錐的各個頂點均在球O的表面上，，，則直線l與平面所成夾角的范圍為________．【答案】．【解析】【分析】依題意可證明平面，建立空間直角坐標系，用向量法求線面角可得結果.【詳解】解：依題意，四棱錐的外接球的球心O為的中點，連接，交點為Q，因為底面為正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，所以為平面的一個法向量，如圖建立坐標系，并設直線l上異于B的一點，所求線面角為，，則，，，由可得，∴，當時，，當時，，綜上，，∴．故答案為：.另解：依題意，四棱錐的外接球的球心O為的中點，連接，交點為Q，因為底面為正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，即面，若平面，則與平面所成的角為.若過B的直線l與平面相交于點R，在平面中，過B作直線，與平面相交于點為S，因為面，且平面，所以，又，，且，平面，所以平面，故過且與垂直的直線與平面的交點的軌跡為直線，又平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以，又面，所以為在面內的射影，即為直線l與平面所成的角，且，又，而，當且僅當重合等號成立，故，綜上，，∴．故答案為：.【點睛】方法點睛：解決直線與平面所成角的方法：（1）幾何法：作出直線與平面所成角，在直角三角形中求角；（2）空間向量法：建立空間直角坐標系，求出直線的方向向量和平面的法向量，用向量法求線面角.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知函數．（1）求曲線在點處的切線方程；（2）當時，，求a的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知易求得切點坐標，進而利用導數求得切線斜率，可求切線方程；（2），由題意可得恒成立，求導數，分，，三種情況可求的取值范圍．【小問1詳解】由于，則切點坐標為，因為，所以切線斜率為，故切線方程為；【小問2詳解】當時，等價于，令，，恒成立，則恒成立，，當時，，函數在上單調遞減，，不符合題意；當時，由，得，時，，函數單調遞減，，不符合題意；當時，，因為，所以，則，所以函數在上單調遞增，符合題意．綜上所述，，所以的取值范圍為．16.在中，內角所對的邊分別為，且.（1）求角；（2）射線繞點旋轉交線段于點，且，求的面積的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）借助正弦定理將邊化角后，利用三角形內角和公式及兩角和的正弦公式計算即可得；（2）借助等面積法計算可得，利用基本不等式可得，利用面積公式計算即可得.【小問1詳解】，由正弦定理得，則，即則，且，，；【小問2詳解】由和，可知，因為，所以，又因為，所以，即，又，當且僅當，即時，等號成立，所以，所以，所以的面積的最小值為.17.某汽車廠商生產某型號具有自動駕駛功能的汽車，該型號汽車配備兩個相互獨立的自動駕駛系統（記為系統和系統），該型號汽車啟動自動駕駛功能后，先啟動這兩個自動駕駛系統中的一個，若一個出現故障則自動切換到另一個系統.為了確定先啟動哪一個系統，進行如下試驗：每一輪對系統和分別進行測試試驗，一輪的測試結果得出后，再安排下一輪試驗.當一個系統出現故障的次數比另一個系統少2次時，就停止試驗，并認為出現故障少的系統比另一個系統更穩定.為了方便描述問題，約定：對于每輪試驗，若系統不出現故障且系統出現故障，則系統得1分，系統得1分；若系統出現故障且系統不出現故障，則系統得1分，系統得1分；若兩個系統都不出現故障或都出現故障，則兩個系統均得0分.系統出現故障的概率分別記為和，一輪試驗中系統的得分為分.（1）求的分布列；（2）若系統和在試驗開始時都賦予2分，表示“系統的累計得分為時，最終認為系統比系統更穩定”的概率，則，，其中.現根據的值來決定該型號汽車啟動自動駕駛功能后先啟動哪個系統，若，則先啟動系統；若，則先啟動系統；若，則隨機啟動兩個系統中的一個，且先啟動系統的概率為.①證明：；②若，由①可求得，求該型號汽車啟動自動駕駛功能后無需自動切換到另一個自動駕駛系統的概率.【答案】（1）答案見解析；（2）①證明見解析；②0.9988.【解析】【分析】（1）由題意可得的所有可能取值為，再由相互獨立試驗的概率求出各取值的概率，列出分布列即可；（2）①將（1）中概率代入進行化簡，結合進行計算，即可得到；②根據獨立試驗概率公式代入計算即可.【小問1詳解】的所有可能取值為.，，所以的分布列為101【小問2詳解】①由題意，得，所以所以，又，所以所以，所以，②記“該型號汽車啟動自動駕駛功能后無需自動切換到另一個自動駕駛系統”為事件，“該型號汽車啟動自動駕駛功能后先啟動系統”為事件，因為，所以由題意，得，，所以，即該型號汽車啟動自動駕駛功能后無需自動切換到另一個自動駕駛系統的概率為0.9988.【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查離散型隨機變量的分布列和條件概率，根據題中條件和（1）中所求概率結合轉化是關鍵.18.雙曲線的焦點為（在下方），虛軸的右端點為，過點且垂直于軸的直線交雙曲線于點（在第一象限），與直線交于點，記的周長為的周長為．（1）若的一條漸近線為，求的方程；（2）已知動直線與相切于點，過點且與垂直的直線分別交軸，軸于兩點，為線段上一點，設為常數．若為定值，求的最大值．【答案】（1）；（2）1.【解析】【分析】（1）根據結合雙曲線定義求出，然后根據漸近線求解即可.（2）設直線方程與（1）得到的雙曲線聯立，根據直線與雙曲線相切表示k，再根據垂直以及向量關系求解即可.【小問1詳解】依題意，，解得，又雙曲線的一條漸近線為，則，即，所以雙曲線的方程為.【小問2詳解】由（1）知，則雙曲線方程為，設，過的直線的方程為，即，令，顯然，由消去y得，顯然，由直線與雙曲線只有一個公共點，得，化簡得，代入得，由直線與雙曲線相切，得，而，于是，過點T且與垂直的直線的直線斜率為，方程為，令，得，即，令，得，即，設，由，得，即，代入得，依題意，該雙曲線與雙曲線共焦點，則，化簡得，于是，，當且僅當，時取等號，所以的最大值為1.【點睛】易錯點睛：求解軌跡方程問題，設出動點坐標，根據條件求列出方程，再化簡整理求解，還應特別注意：補上在軌跡上而坐標不是方程解的點，剔出不在軌跡上而坐標是方程解的點.19.人類對地球形狀的認識經歷了漫長的歷程．古人認為宇宙是“天圓地方”的，以后人們又認為地球是個圓球.17世紀，牛頓等人根據力學原理提出地球是扁球的理論，這一理論直到1739年才為南美和北歐的弧度測量所證實．其實，之前中國就曾進行了大規模的弧度測量，發現緯度越高，每度子午線弧長越長的事實，這同地球兩極略扁，赤道隆起的理論相符．地球的形狀類似于橢球體，橢球體的表面為橢球面，在空間直角坐標系下，橢球面，這說明橢球完全包含在由平面所圍成的長方體內，其中按其大小，分別稱為橢球的長半軸、中半軸和短半軸．某橢球面與坐標面的截痕是橢圓.（1）已知橢圓在其上一點處的切線方程為．過橢圓的左焦點作直線與橢圓相交于兩點，過點分別作橢圓的切線，兩切線交于點，求面積的最小值．（2）我國南北朝時期的偉大科學家祖暅于5世紀末提出了祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”．祖暅原理用現代語言可描述為：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等．當時，橢球面圍成的橢球是一個旋轉體，類比計算球的體積的方法，運用祖暅原理求該