成都石室中学2023-2024学年高2024届高考适应性考试（二）数学（文科）答案D2．解：（1+3i）（3﹣i）＝3﹣i+9i+3＝6+8i，则在复平面内，（1+3i）（3﹣i）对应的点的坐标为（6，8），位于第一象限．故选：A．3.解：由表中折线图可知，甲组数据总体比乙组数据高，且甲组数据比乙组数据的振动幅度要小，故，．故选：．公众号：高中试卷君4.解：不妨以正方体为例，与在平面上的射影互相平行，①正确；与在平面上的射影互相垂直，②正确；如果、在上的射影是同一条直线，那么、共面，③不正确；与在平面上的射影是一条直线及其外一点，④正确．正确结论的序号是①②④．故选：．5.解：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是：求出，，，中最大的数和最小的数其中为，，，中最大的数，为，，，中最小的数故选：．6.C7.解：通过分析可知当时，点到轴距离为，于是可以排除答案，；再根据当时，可知点在轴上，此时点到轴距离为0，排除答案；故选：．8．【解答】解：根据题意，函数满足，则，即是周期为4的周期函数，（1），，又由函数为定义在上的奇函数，则，（1），当时，，则，则（1），，则；故选：．9.【解答】解：把，，代入，得到，如图：坐标为，该圆半径为，该圆的面积为，则落在该圆的概率为，故选．10．解：，则，故选：．11．【解答】解：如图所示，由图可知在四面体中，由正方形，为的中点，可得，，，故平面，将图形旋转得到如图所示的三棱锥，其中为等边三角形，过的中心作平面的垂线，过线段的中点作平面的垂线，由球内截面的性质可得直线与相交，记，则即为三棱锥外接球的球心，设外接球的半径为，连接，，可得，在△中，，故该外接球的表面积．故选：．12.解：如图，设，，，，，，则，，两式作差，可得，，则，当为的中点时，直线的斜率为，，即，则，设为椭圆的左顶点，连接，则，得，解得或（舍去）．可得，则，，椭圆的离心率．故选：．13．已知向量满足，且是单位向量，若，则．【答案】所以，，又因为，所以，即，解得，所以.14．关于双曲线，四位同学给出了四个说法：小明：双曲线的实轴长为8；小红：双曲线的焦点到渐近线的距离为3；小强：双曲线的离心率为；小同：双曲线C上的点到焦点距离的最小值为1；若这4位同学中只有1位同学的说法错误，则说法错误的是．（横线上填“小明”、“小红”、“小强”或“小同”）【答案】小强【详解】假设小明说法正确，则，即，又小红说法正确，则双曲线的焦点到渐近线的距离为，则此时双曲线为，则，双曲线的离心率为，双曲线C上的点到焦点距离的最小值为，综上，小明、小红、小同的说法正确的，小强的说法错误.故答案为：小强.【答案】16．定义在封闭的平面区域D内任意两点的距离的最大值称为平面区域D的“直径”．如图，已知锐角三角形的三个顶点A，B，C在半径为1的圆上，角的对边分别为a，b，c，．分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域D，则平面区域D的“直径”的最大值是___________．【答案】.【详解】如图，F，G是AC，BC的中点，E，F，G，H四点共线，设P，Q分别为、上任意一点，，，即PQ的长小于等于周长的一半，当PQ与HE重合时取等，同理，三个半圆上任意两点的距离最大值等于周长的一半，因此区域D的“直径”为的周长l的一半，由正弦定理得：，，，则，由为锐角三角形，得，即，则，，于是，17.【解答】解：（1），当时，，两式相减，得，即，又………………………………4分，满足上式，………………………………5分即数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以；………………………………6分证明：（2），………………………………8分………………………………11分．………………………………12分18.【解答】解：（1），为的中点，，，，平面，……………………………2分平面，，……………………………4分，，平面；……………………………6分（2）.设点到平面的距离为。……………………………8分……………………………10分点到平面的距离为。……………………………12分19.【解答】解：（1）根据频率分布直方图得：，解得，……………………3分直方图中从左到右6组的频率分别为：0.05，0.1，0.2，0.3，0.2，0.15，可得网购金额的中位数位于，区间内，设为，故，解得：（千元）；……………………6分（2）根据频率分布直方图得样本中网购迷的人数为，列联表如下：男女合计网购迷152035非网购迷471865合计6238100解得．有的把握认为样本数据中的网购迷与性质有关系．……………………12分20．（本小题满分12分）已知函数，．(1)若函数的最小值与的最小值之和为，求的值．(2)若，，证明：．20．（1）因为，所以．令，解得．所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以．    ……………………2分因为，，所以．令，解得．所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以．     ……………………4分由题意可得，解得． ……………………5分（2）证明：方法一  当时，，，则．要证，即证，．……………………6分令，，则．令，，则，所以当时，，所以在上单调递增．    因为，，所以在上存在唯一零点，且当时，；当时，．所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以．    ……………………9分由，得，所以．……………………10分两边取对数，得，所以，……………………11分所以，即．因为，所以，即．    ……………………12分方法二要证，即证，即证．    ……………………6分令，，，．易得，则令，得；令，得．    所以在上单调递减，在上单调递增．所以．     ……………………8分易得．令，得；令，得．    所以在上单调递增，在上单调递减，所以，    ……………………11分所以，故．……………………12分公众号：高中试卷君21．已知直线过定点，动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，设动圆圆心轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)点，，为上的两个动点，若，，恰好为平行四边形的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在上，记平行四边形的面积为，求证：.【详解】（1）设圆心坐标为过定点，依题意，，…………………2分化简得，所以曲线的方程为.…………………4分（2）显然点不在曲线上，设，直线PQ的斜率为，线段PQ的中点为，由平行四边形PAQB对角线的交点在上，得线段PQ的中点在直线上，设，显然，两式相减得，又，即，设直线PQ的方程为，即，…………………6分由消去x并整理得，，则，解得，…………………7分则，又点到直线PQ的距离为，…………………8分所以，，…………………9分记，由，得，则，令，求导得，令，得，当时，在区间内单调递增，所以当，即时，取得最大值，即，所以.…………………12分22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（t为参数）．(1)写出及的普通方程；(2)以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求与交点的极坐标．【详解】（1）由消去得，即的普通方程为.…………………2分由消去得，即的普通方程为.…………………5分（2）联立方程消元得，…………………6分解得或或，…………………7分转化为极坐标得或或.…………………10分即与交点的极坐标为或或.23．已知函数．(1)求的最小值；(2)若的最小值为，正实数a，b，c满足，求证:【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）借助零点分段法分类讨论即可得；（2）借助柯西不等式计算即可得.【详解】（1）当时，，当时，，当时，，故的最小值为；…………………5分（2）由（1）可知，，即，即，则有，即，即，当且仅当时，等号成立.…………………10分