四川省遂宁市射洪市2023-2024学年高三下学期高考模拟测试数学（文）试题
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．
1．（2020高一上·佛山期末）已知集合 ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高三下·射洪模拟）复数（是虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2024高三下·射洪模拟）某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验.若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是（ ）
A．815号学生 B．616号学生 C．200号学生 D．8号学生
4．（2024高三下·射洪模拟） 若，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三下·射洪模拟）设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列说法中正确的序号为（ ）
①若，则为异面直线 ②若，则
③若，则④若，则
A．①② B．③④ C．②④ D．②③
6．（2024高三下·射洪模拟）在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为（ ）
A．4 B．8 C．9 D．2
7．（2024高三下·射洪模拟）已知函数是R上的奇函数，且在上单调递减，若，则满足不等式的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三下·射洪模拟） 函数，（其中，，）其图象如图所示，为了得到的图象，可以将的图象（ ）
A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
9．（2024高三下·射洪模拟） 设为双曲线的左、右焦点，直线过左焦点且垂直于一条渐近线，直线与双曲线的渐近线分别交于点，点在第一象限，且，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高三下·射洪模拟）在一个半径为2的半球形封闭容器内放入两个半径相同的小球，则这两个小球的表面积之和最大为（ ）
A． B． C． D．
11．（2022·沈阳模拟）若，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
12．（2024高三下·射洪模拟） 设为坐标原点，为椭圆的两个焦点，两点在上，且关于坐标原点对称，，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2024高三下·射洪模拟） 若满足约束条件，设的最大值为 ．
14．（2024高三下·射洪模拟）从这五个数字中随机抽取两个数字组成一个两位数，则这个两位数是偶数的概率为 ．
15．（2019高一下·镇江期末）如图，有三座城市 ．其中 在 的正东方向，且与 相距120 ； 在 的北偏东30°方向，且与 相距60 ．一架飞机从城市 出发，沿北偏东75°航向飞行．当飞机飞行到城市 的北偏东45°的D点处时，飞机出现故障，必须在城市 ， ， 中选择一个最近城市降落，则该飞机必须再飞行 ，才能降落．
16．（2024高三下·射洪模拟）已知A，B为圆上的两个动点，，若点P为直线上一动点，则的最小值为 .
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17～21题为必考题，每道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.
17．（2024高三下·射洪模拟）某保险公司为了给年龄在20～70岁的民众提供某种疾病的医疗保障，设计了一款针对该疾病的保险，现从10000名参保人员中随机抽取100名进行分析，这100个样本按年龄段[20，30），[30，40），[40，50），[50，60），[60，70]分成了五组，其频率分布直方图如下图所示，每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表格所示．（保费：元）据统计，该公司每年为该项保险支出的各种费用为一百万元．
年龄 [20，30） [30，40） [40，50） [50，60） [60，70]
保费 x 2x 3x 4x 5x
（1）用样本的频率分布估计总体的概率分布，为使公司不亏本，则保费至少为多少元 （精确到整数元）
（2）经调查，年龄在之间的中年人对该疾病的防范意识还比较弱，为加强宣传，按分层抽样的方法从年龄在和的中年人中选取6人进行教育宣讲，再从选取的6人中随机选取2人，被选中的2人免一年的保险费，求被免去的保费超过150元的概率.
18．（2024高三下·射洪模拟）已知等比数列的前n项和.
（1）求数列的通项公式，并求的值；
（2）令，设为数列的前n项和，求.
19．（2024高三下·射洪模拟）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，AE＝2BF，BF//AE，BF⊥AD，且平面ACE⊥平面ABCD.
（1）在DE上确定一点M，使得FM//平面ABCD；
（2）若BF＝BA＝1，且，求多面体ABCDEF的体积.
20．（2024高三下·射洪模拟）已知过点的直线与抛物线交于两点，抛物线在点处的切线为，在点处的切线为，直线与直线交于点，当直线的倾斜角为45°时，．
（1）求抛物线的方程；
（2）设线段的中点为，求的取值范围．
21．（2024高三下·射洪模拟）已知函数，，直线为曲线与的一条公切线.
（1）求；
（2）若直线与曲线，直线，曲线分别交于三点，其中，且成等差数列，证明：满足条件的有且只有一个.
四、请考生在第22、23两题中任选一题作答，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．（2021高三上·绵阳月考）如图，在极坐标系中，已知点 ，曲线 是以极点 为圆心，以 为半径的半圆，曲线 是过极点且与曲线 相切于点 的圆.
（1）分别写出曲线 ， 的极坐标方程；
（2）直线 （ ， ）与曲线 ， 分别相交于点 ， （异于极点），求 面积的最大值.
五、【选修4—5：不等式选讲】
23．（2024高三下·射洪模拟）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的最小值为，正数，满足，证明：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】 ， ，
， ．
故答案为：D．
【分析】根据题意由交集的定义即可得出答案。
2．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，在复平面内该复数对应的点为，
位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数的乘除运算化简求得复数，再利用复数几何意义判断即可.
3．【答案】B
【知识点】等差数列的性质；系统抽样方法
【解析】【解答】解： 1000名新生用系统抽样方法等距抽取100名学生，将1000名学生分成100个组，每组10名学生，用系统抽样，46号学生被抽到，则第一组抽到6号，
且每组抽到的学生号构成等差数列，公差，，
A、若，则，不符合题意；
B、若，则，符合题意；
C、若，则，不符合题意；
D、若，则，不符合题意．
故答案为：B．
【分析】根据系统抽样，结合等差数列的性质逐项判断即可．
4．【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据两角差的正切公式求出，再利用正弦的二倍角公式化简求值即可.
5．【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：①若时，当时，不是异面直线，故①错误；
②若，则 ，故②正确；
③若，则 ，故③正确；
④若，则，故④错误.
故答案为：D.
【分析】根据空间直线与平面的关系，结合面面平行、垂直的判定即可.
6．【答案】C
【知识点】基本不等式；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为点为线段上任一点（不含端点），所以三点共线，所以，
故，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为9.
故答案为：C.
【分析】根据向量共线定理推出，再利用基本不等式求最小值即可.
7．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：因为函数是上的奇函数，且在上单调递减，，
所以，且函数在单调递减，
故当和时，；
当和时，，
故等价于和，解得，即x的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】将不等式转化为和，根据奇函数以及单调性求解即可.
8．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图象可得，函数过两点，
则，因为，，所以，
即，又因为，所以，
因为，所以当时，，故，
，
，故该函数向右平移个单位长度得到函数的图象.
故答案为：D.
【分析】根据函数图象结合三角函数最小正周期公式求得函数的解析式，再根据诱导公式和正弦型函数的变换性质判断即可.
9．【答案】B
【知识点】向量在几何中的应用；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知，双曲线的渐近线方程为，
易知过左焦点与垂直的渐近线为，则，，
由，则点是线段的中点，由对称性得，
则在中，，双曲线的离心率.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件，可知点是线段的中点，利用对称性以及点到直线的距离求出的关系即可得双曲线的离心率.
10．【答案】A
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】解：当两个小球的表面积之和最大时两小球相切，且两小球均与半球形封闭容器相切，
设两小球的球心分别为，，半球形封闭容器的底面圆心为O，
作出过，，O的截面，如图所示：
连接并延长，交半圆于点A，则A为圆与半圆的切点，
设两个小球的半径为r，则，所以，解得，
所以这两个小球的表面积之和的最大值为．
故答案为：A.
【分析】由题意，先确定两个小球的表面积之和最大的情况，根据勾股定理可得，则，求出r，结合球的表面积公式计算即可.
11．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由题设知：，，，
令，则，易知上单调递增，
上单调递减，即，
∴.
故答案为：A.
【分析】根据题意构造函数f(x)，并对其求导由导函数的即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可比较出大小，从而得出答案。
12．【答案】C
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知椭圆的长轴长为8，焦距为，
如图所示：由椭圆的对称性可知，，所以四边形为平行四边形，
因为，所以，
设，在中，由余弦定理可得：，
由椭圆定义得，联立可得，
在中，由余弦定理得，则.
故答案为：C.
【分析】根据椭圆的对称性可确定四边形为平行四边形，在中，利用余弦定理，结合椭圆定义联立求得，再在中，利用余弦定理求解即可.
13．【答案】10
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】解：画出可行域，如图阴影部分所示：
由，可得，即表示斜率为的直线在轴上的截距，
当直线经过点时，取得最大值，
由，求得，故，即的最大值为10.
故答案为：10.
【分析】画出可行域，根据目标函数的几何意义，判断目标函数何时取得最大值并求值即可.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意，任取两个不同的数字排成两位数，
有：10，12，13，14，20，21，23，24，30，31，32，34，40，41，42，43，共16个；
其中偶数有：10，12，14，20，24，30，32，34，40，42，共10个；
故所求概率为.
故答案为：.
【分析】根据列举法可得所有基本情况数及满足要求的情况数，再根据古典概型概率公式求解即可.
15．【答案】
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】连接BC，在 中：
余弦定理知：
在 中， ，
故答案为
【分析】先连接BC，在 中利用余弦定理列式，得到，再利用正弦定理在 中列式，即可求出该飞机必须再飞行的距离.
16．【答案】6
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：取中点，如图所示：
因为，圆的半径为2，所以，点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，，，
由点到直线距离公式可得：，则，故.
故答案为：6.
【分析】取中点，则，问题转化为求的最小值，再利用点到直线的距离公式求的最小值即可.
17．【答案】（1）解：由，可得，即，
由条件知，该公司的收入不小于支出，
即，
，即，
则至少为元.
（2）解：由，可得按分层抽样的方法从年龄在和的中年人中选取6人，
年龄在和中的人数分别为和，
而年龄在和的人需要交的保费分别为元和元，
故从选取的6人中随机选取2人后，被免去的保费超过150元当且仅当选出的2人的年龄都在内，
所以所求概率.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图矩形面积之和为1求出，再通过收入不小于支出得到不等式，求保费的最小值即可；
（2）先确定分层抽样后各年龄段的人数，再利用古典概型方法求解概率即可.
18．【答案】（1）解：等比数列的前n项和①，
当n＝1时，解得，
当n≥2时，②，
①﹣②得：，
又是等比数列，n＝1时也符合，
当n＝1时，，故m＝.
（2）解：由（1）得：，
所以.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用和的关系求m的值即可；
（2）利用（1）的结论，利用分组求和法求数列的和即可.
19．【答案】（1）解：当M是ED的中点时，满足平面.
理由如下：取AD中点G，过点G作交DE于点M，如图所示：
则，连接，
因为，，所以，，
即四边形平行四边形，所以.
又平面，平面，
所以平面.
（2）解：取AB中点，连接，，如图所示：
由条件知是边长为1的正三角形，于是CN⊥AB，且，
因为四边形为菱形，所以⊥，因为平面⊥平面，交线为，
又因为平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，所以⊥，所以⊥，又BF⊥AD，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，即CN是四棱锥C－ABFE的高，
设梯形的面积为，则，，
同理可知C点到平面ADE的距离也等于，
于是，
于是多面体ABCDEF的体积.
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）作出辅助线，推出线线平行，即可得四边形平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理证明线面平行即可；
（2）作出辅助线，证明面面垂直，得到CN是四棱锥C－ABFE的高，求，同理得到，相加即可得得多面体ABCDEF的体积.
20．【答案】（1）解：当的斜率为45°时，直线，不妨设，
联立，消元整理可得，由韦达定理可得，
所以，
即，因为，解得：，即抛物线的方程为.
（2）解：由题意可知直线的斜率存在，设直线，，
联立，消元整理得，则，
由韦达定理可得，
则，即，
而，
由，则，则抛物线在点处的切线的方程为，即①，
同理可得，在点处的切线的方程为②，
联立①②，解得，，则，
则，
故的取值范围是.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，可得直线的方程，联立直线与抛物线方程，由韦达定理结合弦长公式求得P的值，即可得抛物线方程；
（2）根据中点坐标公式可得，求导利用导数求解斜率，根据点斜式求解切线方程，联立两直线方程得，根据弦长公式求解，代入化简求解即可.
21．【答案】（1）解：设与相切于点，而，
则，即，，则切点为，，即；
设与相切于点，而，
，即，则切点为，，，
所以，.
（2）解：依题意，，则，，，
因为成等差数列，所以，即，，
令，求导可得，
令，求导得，显然函数在上单调递增，
，， 则，使得，即，
当时，；当时，，在上递减，在上递增，
，
由，得，则，即，函数在上单调递增，
，，因此在上存在唯一零点，
所以满足条件的有且只有一个.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）设与相切于点，根据切线斜率可求得，由此可得切点坐标，代入切线方程可得；设切线与相切于点，利用导数几何意义可得切线方程，与已知切线方程对应求即可；
（2）利用表示出，根据可整理得到，将问题转化为的零点个数的求解；利用导数可求得在上单调递增，由零点存在性定理推理即可.
22．【答案】（1）曲线 的极坐标方程为 .
设P（ ）为曲线 上的任意一点，
∴ .
∴曲线 极坐标方程为 .
（2）∵直线 与曲线 ， 分别交于点A，B（异于极点），
∴设B（ ），A（ ）.
由题意得 ， ，
∴ .
∵点M到直线AB的距离 ，
∴
（当且仅当 时，等号成立）
∴ 的面积的最大值为 .
【知识点】平面内点到直线的距离公式；曲线与方程；简单曲线的极坐标方程；点的极坐标和直角坐标的互化
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合圆的极坐标方程，即可求出答案。
(2)根据题意设出点的坐标，再由两点间的距离公式把点的坐标代入，整理即可得出，再由点到直线的距离公式结合三角形的面积公式代入整理，然后由基本不等式即可求出面积的最大值。
23．【答案】（1）解：当时，原不等式转化为，解得，即；
当时，原不等式转化为，解得，即无解；
当时，原不等式转化为，解得，即；
综上，不等式的解集为或.
（2）证明：，则，即，
又由基本不等式有：，，
两式相加得，则.
【知识点】其他不等式的解法；基本不等式
【解析】【分析】（1）根据，可得或或，解不等式组即可；
（2）先利用绝对值三角不等式求出的最小值，再利用基本不等式求的最小值即可．
1 / 1四川省遂宁市射洪市2023-2024学年高三下学期高考模拟测试数学（文）试题
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．
1．（2020高一上·佛山期末）已知集合 ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】 ， ，
， ．
故答案为：D．
【分析】根据题意由交集的定义即可得出答案。
2．（2024高三下·射洪模拟）复数（是虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，在复平面内该复数对应的点为，
位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数的乘除运算化简求得复数，再利用复数几何意义判断即可.
3．（2024高三下·射洪模拟）某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验.若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是（ ）
A．815号学生 B．616号学生 C．200号学生 D．8号学生
【答案】B
【知识点】等差数列的性质；系统抽样方法
【解析】【解答】解： 1000名新生用系统抽样方法等距抽取100名学生，将1000名学生分成100个组，每组10名学生，用系统抽样，46号学生被抽到，则第一组抽到6号，
且每组抽到的学生号构成等差数列，公差，，
A、若，则，不符合题意；
B、若，则，符合题意；
C、若，则，不符合题意；
D、若，则，不符合题意．
故答案为：B．
【分析】根据系统抽样，结合等差数列的性质逐项判断即可．
4．（2024高三下·射洪模拟） 若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据两角差的正切公式求出，再利用正弦的二倍角公式化简求值即可.
5．（2024高三下·射洪模拟）设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列说法中正确的序号为（ ）
①若，则为异面直线 ②若，则
③若，则④若，则
A．①② B．③④ C．②④ D．②③
【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：①若时，当时，不是异面直线，故①错误；
②若，则 ，故②正确；
③若，则 ，故③正确；
④若，则，故④错误.
故答案为：D.
【分析】根据空间直线与平面的关系，结合面面平行、垂直的判定即可.
6．（2024高三下·射洪模拟）在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为（ ）
A．4 B．8 C．9 D．2
【答案】C
【知识点】基本不等式；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为点为线段上任一点（不含端点），所以三点共线，所以，
故，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为9.
故答案为：C.
【分析】根据向量共线定理推出，再利用基本不等式求最小值即可.
7．（2024高三下·射洪模拟）已知函数是R上的奇函数，且在上单调递减，若，则满足不等式的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：因为函数是上的奇函数，且在上单调递减，，
所以，且函数在单调递减，
故当和时，；
当和时，，
故等价于和，解得，即x的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】将不等式转化为和，根据奇函数以及单调性求解即可.
8．（2024高三下·射洪模拟） 函数，（其中，，）其图象如图所示，为了得到的图象，可以将的图象（ ）
A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图象可得，函数过两点，
则，因为，，所以，
即，又因为，所以，
因为，所以当时，，故，
，
，故该函数向右平移个单位长度得到函数的图象.
故答案为：D.
【分析】根据函数图象结合三角函数最小正周期公式求得函数的解析式，再根据诱导公式和正弦型函数的变换性质判断即可.
9．（2024高三下·射洪模拟） 设为双曲线的左、右焦点，直线过左焦点且垂直于一条渐近线，直线与双曲线的渐近线分别交于点，点在第一象限，且，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】向量在几何中的应用；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知，双曲线的渐近线方程为，
易知过左焦点与垂直的渐近线为，则，，
由，则点是线段的中点，由对称性得，
则在中，，双曲线的离心率.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件，可知点是线段的中点，利用对称性以及点到直线的距离求出的关系即可得双曲线的离心率.
10．（2024高三下·射洪模拟）在一个半径为2的半球形封闭容器内放入两个半径相同的小球，则这两个小球的表面积之和最大为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】解：当两个小球的表面积之和最大时两小球相切，且两小球均与半球形封闭容器相切，
设两小球的球心分别为，，半球形封闭容器的底面圆心为O，
作出过，，O的截面，如图所示：
连接并延长，交半圆于点A，则A为圆与半圆的切点，
设两个小球的半径为r，则，所以，解得，
所以这两个小球的表面积之和的最大值为．
故答案为：A.
【分析】由题意，先确定两个小球的表面积之和最大的情况，根据勾股定理可得，则，求出r，结合球的表面积公式计算即可.
11．（2022·沈阳模拟）若，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由题设知：，，，
令，则，易知上单调递增，
上单调递减，即，
∴.
故答案为：A.
【分析】根据题意构造函数f(x)，并对其求导由导函数的即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可比较出大小，从而得出答案。
12．（2024高三下·射洪模拟） 设为坐标原点，为椭圆的两个焦点，两点在上，且关于坐标原点对称，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知椭圆的长轴长为8，焦距为，
如图所示：由椭圆的对称性可知，，所以四边形为平行四边形，
因为，所以，
设，在中，由余弦定理可得：，
由椭圆定义得，联立可得，
在中，由余弦定理得，则.
故答案为：C.
【分析】根据椭圆的对称性可确定四边形为平行四边形，在中，利用余弦定理，结合椭圆定义联立求得，再在中，利用余弦定理求解即可.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2024高三下·射洪模拟） 若满足约束条件，设的最大值为 ．
【答案】10
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】解：画出可行域，如图阴影部分所示：
由，可得，即表示斜率为的直线在轴上的截距，
当直线经过点时，取得最大值，
由，求得，故，即的最大值为10.
故答案为：10.
【分析】画出可行域，根据目标函数的几何意义，判断目标函数何时取得最大值并求值即可.
14．（2024高三下·射洪模拟）从这五个数字中随机抽取两个数字组成一个两位数，则这个两位数是偶数的概率为 ．
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意，任取两个不同的数字排成两位数，
有：10，12，13，14，20，21，23，24，30，31，32，34，40，41，42，43，共16个；
其中偶数有：10，12，14，20，24，30，32，34，40，42，共10个；
故所求概率为.
故答案为：.
【分析】根据列举法可得所有基本情况数及满足要求的情况数，再根据古典概型概率公式求解即可.
15．（2019高一下·镇江期末）如图，有三座城市 ．其中 在 的正东方向，且与 相距120 ； 在 的北偏东30°方向，且与 相距60 ．一架飞机从城市 出发，沿北偏东75°航向飞行．当飞机飞行到城市 的北偏东45°的D点处时，飞机出现故障，必须在城市 ， ， 中选择一个最近城市降落，则该飞机必须再飞行 ，才能降落．
【答案】
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】连接BC，在 中：
余弦定理知：
在 中， ，
故答案为
【分析】先连接BC，在 中利用余弦定理列式，得到，再利用正弦定理在 中列式，即可求出该飞机必须再飞行的距离.
16．（2024高三下·射洪模拟）已知A，B为圆上的两个动点，，若点P为直线上一动点，则的最小值为 .
【答案】6
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：取中点，如图所示：
因为，圆的半径为2，所以，点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，，，
由点到直线距离公式可得：，则，故.
故答案为：6.
【分析】取中点，则，问题转化为求的最小值，再利用点到直线的距离公式求的最小值即可.
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，每道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.
17．（2024高三下·射洪模拟）某保险公司为了给年龄在20～70岁的民众提供某种疾病的医疗保障，设计了一款针对该疾病的保险，现从10000名参保人员中随机抽取100名进行分析，这100个样本按年龄段[20，30），[30，40），[40，50），[50，60），[60，70]分成了五组，其频率分布直方图如下图所示，每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表格所示．（保费：元）据统计，该公司每年为该项保险支出的各种费用为一百万元．
年龄 [20，30） [30，40） [40，50） [50，60） [60，70]
保费 x 2x 3x 4x 5x
（1）用样本的频率分布估计总体的概率分布，为使公司不亏本，则保费至少为多少元 （精确到整数元）
（2）经调查，年龄在之间的中年人对该疾病的防范意识还比较弱，为加强宣传，按分层抽样的方法从年龄在和的中年人中选取6人进行教育宣讲，再从选取的6人中随机选取2人，被选中的2人免一年的保险费，求被免去的保费超过150元的概率.
【答案】（1）解：由，可得，即，
由条件知，该公司的收入不小于支出，
即，
，即，
则至少为元.
（2）解：由，可得按分层抽样的方法从年龄在和的中年人中选取6人，
年龄在和中的人数分别为和，
而年龄在和的人需要交的保费分别为元和元，
故从选取的6人中随机选取2人后，被免去的保费超过150元当且仅当选出的2人的年龄都在内，
所以所求概率.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图矩形面积之和为1求出，再通过收入不小于支出得到不等式，求保费的最小值即可；
（2）先确定分层抽样后各年龄段的人数，再利用古典概型方法求解概率即可.
18．（2024高三下·射洪模拟）已知等比数列的前n项和.
（1）求数列的通项公式，并求的值；
（2）令，设为数列的前n项和，求.
【答案】（1）解：等比数列的前n项和①，
当n＝1时，解得，
当n≥2时，②，
①﹣②得：，
又是等比数列，n＝1时也符合，
当n＝1时，，故m＝.
（2）解：由（1）得：，
所以.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用和的关系求m的值即可；
（2）利用（1）的结论，利用分组求和法求数列的和即可.
19．（2024高三下·射洪模拟）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，AE＝2BF，BF//AE，BF⊥AD，且平面ACE⊥平面ABCD.
（1）在DE上确定一点M，使得FM//平面ABCD；
（2）若BF＝BA＝1，且，求多面体ABCDEF的体积.
【答案】（1）解：当M是ED的中点时，满足平面.
理由如下：取AD中点G，过点G作交DE于点M，如图所示：
则，连接，
因为，，所以，，
即四边形平行四边形，所以.
又平面，平面，
所以平面.
（2）解：取AB中点，连接，，如图所示：
由条件知是边长为1的正三角形，于是CN⊥AB，且，
因为四边形为菱形，所以⊥，因为平面⊥平面，交线为，
又因为平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，所以⊥，所以⊥，又BF⊥AD，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，即CN是四棱锥C－ABFE的高，
设梯形的面积为，则，，
同理可知C点到平面ADE的距离也等于，
于是，
于是多面体ABCDEF的体积.
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）作出辅助线，推出线线平行，即可得四边形平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理证明线面平行即可；
（2）作出辅助线，证明面面垂直，得到CN是四棱锥C－ABFE的高，求，同理得到，相加即可得得多面体ABCDEF的体积.
20．（2024高三下·射洪模拟）已知过点的直线与抛物线交于两点，抛物线在点处的切线为，在点处的切线为，直线与直线交于点，当直线的倾斜角为45°时，．
（1）求抛物线的方程；
（2）设线段的中点为，求的取值范围．
【答案】（1）解：当的斜率为45°时，直线，不妨设，
联立，消元整理可得，由韦达定理可得，
所以，
即，因为，解得：，即抛物线的方程为.
（2）解：由题意可知直线的斜率存在，设直线，，
联立，消元整理得，则，
由韦达定理可得，
则，即，
而，
由，则，则抛物线在点处的切线的方程为，即①，
同理可得，在点处的切线的方程为②，
联立①②，解得，，则，
则，
故的取值范围是.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，可得直线的方程，联立直线与抛物线方程，由韦达定理结合弦长公式求得P的值，即可得抛物线方程；
（2）根据中点坐标公式可得，求导利用导数求解斜率，根据点斜式求解切线方程，联立两直线方程得，根据弦长公式求解，代入化简求解即可.
21．（2024高三下·射洪模拟）已知函数，，直线为曲线与的一条公切线.
（1）求；
（2）若直线与曲线，直线，曲线分别交于三点，其中，且成等差数列，证明：满足条件的有且只有一个.
【答案】（1）解：设与相切于点，而，
则，即，，则切点为，，即；
设与相切于点，而，
，即，则切点为，，，
所以，.
（2）解：依题意，，则，，，
因为成等差数列，所以，即，，
令，求导可得，
令，求导得，显然函数在上单调递增，
，， 则，使得，即，
当时，；当时，，在上递减，在上递增，
，
由，得，则，即，函数在上单调递增，
，，因此在上存在唯一零点，
所以满足条件的有且只有一个.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）设与相切于点，根据切线斜率可求得，由此可得切点坐标，代入切线方程可得；设切线与相切于点，利用导数几何意义可得切线方程，与已知切线方程对应求即可；
（2）利用表示出，根据可整理得到，将问题转化为的零点个数的求解；利用导数可求得在上单调递增，由零点存在性定理推理即可.
四、请考生在第22、23两题中任选一题作答，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．（2021高三上·绵阳月考）如图，在极坐标系中，已知点 ，曲线 是以极点 为圆心，以 为半径的半圆，曲线 是过极点且与曲线 相切于点 的圆.
（1）分别写出曲线 ， 的极坐标方程；
（2）直线 （ ， ）与曲线 ， 分别相交于点 ， （异于极点），求 面积的最大值.
【答案】（1）曲线 的极坐标方程为 .
设P（ ）为曲线 上的任意一点，
∴ .
∴曲线 极坐标方程为 .
（2）∵直线 与曲线 ， 分别交于点A，B（异于极点），
∴设B（ ），A（ ）.
由题意得 ， ，
∴ .
∵点M到直线AB的距离 ，
∴
（当且仅当 时，等号成立）
∴ 的面积的最大值为 .
【知识点】平面内点到直线的距离公式；曲线与方程；简单曲线的极坐标方程；点的极坐标和直角坐标的互化
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件结合圆的极坐标方程，即可求出答案。
(2)根据题意设出点的坐标，再由两点间的距离公式把点的坐标代入，整理即可得出，再由点到直线的距离公式结合三角形的面积公式代入整理，然后由基本不等式即可求出面积的最大值。
五、【选修4—5：不等式选讲】
23．（2024高三下·射洪模拟）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的最小值为，正数，满足，证明：.
【答案】（1）解：当时，原不等式转化为，解得，即；
当时，原不等式转化为，解得，即无解；
当时，原不等式转化为，解得，即；
综上，不等式的解集为或.
（2）证明：，则，即，
又由基本不等式有：，，
两式相加得，则.
【知识点】其他不等式的解法；基本不等式
【解析】【分析】（1）根据，可得或或，解不等式组即可；
（2）先利用绝对值三角不等式求出的最小值，再利用基本不等式求的最小值即可．
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