四川省成都市石室中学2024届高三一模数学（理） Word版含解析.docx

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成都石室中学2023-2024年度上期高2024届一诊模拟数学试题（理）（总分：150分，时间：120分钟）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据指数函数值域与绝对值不等式得出集合与，即可根据集合的交集运算得出答案.【详解】，，故.故选：B.2.已知纯虚数满足，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用纯虚数的概念和复数及模的运算即可得出结果.【详解】令，则，故，，.故选：A3.某公司一种型号的产品近期销售情况如表：月份23456销售额（万元）15.116.317.017.218.4根据上表可得到回归直线方程，据此估计，该公司7月份这种型号产品的销售额为（）A.18.85万元B.19.3万元C.19.25万元D.19.05万元 【答案】D【解析】【分析】根据题意，由回归直线方程过样本点的中心，即可求得，然后代入计算，即可得到结果.【详解】由表中数据可得，，因为回归直线过样本点的中心，所以，解得，所以回归直线方程为，则该公司7月份这种型号产品的销售额为万元.故选：D4.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体最长的棱长为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由三视图可知多面体是如图所示的三棱锥，然后计算各棱长比较即可.【详解】由三视图可知多面体是如图所示的三棱锥，由图可知，，所以最长的棱长为，故选：C 5.下列说法正确的是（）A.已知非零向量，，，若，则B.设x，，则“”是“且”的充分不必要条件C.用秦九韶算法求这个多项式的值，当时，的值为14D.若随机变量，，则【答案】C【解析】【分析】利用数量积的运算律可判定A，利用充分、必要条件的定义可判定B，利用秦九韶算法可判定C，利用正态分布曲线的性质可判定D.【详解】对于A选项，若，则，所以，不能推出，故A错误；对于B选项，成立时，必有成立，反之，取，则成立，但不成立，因此“”是“”的必要不充分条件，B错误；对于选项C，因为，所以可以把多项式写成如下形式：，按照从内而外的顺序，依次计算一次多项式当的值：，，，，故C正确；对于选项D，，所以，故D错误.故选：C.6.已知，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】先对两式进行平方，进而可求出的值，根据二倍角公式求出结论.【详解】解：因为，，所以平方得，，，即，，两式相加可得，即，故，.故选：D.7.公差为的等差数列的首项为，其前项和为，若直线与圆的两个交点关于直线对称，则数列的前100项和等于（）A.B.C.D.1【答案】A【解析】【分析】由题意可知，直线与直线垂直，且直线过圆心，可求得和的值，然后利用等差数列的求和公式求得，利用裂项相消法可求得数列的前项100和.【详解】因为直线与圆的两个交点关于直线对称，所以直线经过圆心，且直线与直线垂直， 所以且，即，.则，，所以数列的前100项和为.故选：A.8.函数的大致图象如图所示，则大小顺序为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用复合函数的性质及导数研究单调性结合图象判定大小即可.【详解】令，则，由得，因为定义域上单调递增，结合图象知函数在上递增，在递减，所以且，所以，又过点，所以，即，所以故选：B.9.如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：①三棱锥的体积为定值；②；③若，则三棱锥的外接球半径为；④的最小值为.其中真命题有（） A.①②③B.①②④C.①②③④D.③④【答案】A【解析】【分析】由题可证平面，即当点P在线段上运动时恒为定值，故①正确；由题可证平面，故②正确；三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，找到球心即可求半径，故③；旋转，将空间问题平面化，判断④错误.【详解】正方体中，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，即当点P在线段上运动时恒为定值，又，也为定值，所以三棱锥的体积为定值，①正确；在正方体中，平面，平面，所以，在正方形中：，又，平面，所以平面，又平面，所以，②正确；因为点P在线段上运动，若，则点P与点A重合，则三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，又正方体的中心到三棱锥四个顶点距离相等，所以正方体的中心即为外接球球心，半径为体对角线的一半，为，③正确；如图所示： 将三角形沿翻折得到该图形，连接与相交于点，此时取得最小值，延长，过作于点，在中，，故的最小值为，④错误.故选：A.10.执行如图所示的程序框图，则输出的的值与下面的哪个数最接近？（）AB. C.D.【答案】B【解析】【分析】根据程序框图可将问题转化成[0，3]上任取10000对数对，满足的数对有对，转化成几何概型，根据面积之比即可求解.【详解】该程序框图相当于在[0，3]上任取10000对数对，其中满足的数对有对.显然该问题是几何概型.不等式组所表示的区域面积为9，所表示的区域面积为，故，因此，故选：B.11.已知函数有三个零点、、且，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】令，将原函数的零点转化为方程的根，令，转化为，再令，得到使时的根的个数，再分类讨论的范围与根的关系，结合函数与方程性质及零点的关系即可得. 【详解】令，得，整理得，令，原方程化为，设，则，令，解得，且，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，则在时，有最大值为，则当时，有一个解，当时，有两个解，当时，有一个解，当时，无解，因为原方程为，由题可知有三个零点，因此方程有两个不等实根、，设，则有，，若，则，故舍去，若，则，，有，即有，，代入得，矛盾，故舍去，若则，，，设，则，得到， 所以.故选：D.12.已知双曲线的右焦点为，，直线与抛物线的准线交于点，点为双曲线上一动点，且点在以为直径的圆内，直线与以为直径的圆交于点，则的最大值为（）A.80B.81C.72D.71【答案】A【解析】【分析】根据题意，由条件可得，再由平面向量的数量积运算，结合图形，即可得到结果.【详解】由题可知，点在以为直径的圆上，故，连接、，如图所示，可得，其中由图可知，当点运动到双曲线右顶点时，即当时，取最大值为80.故选：A.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分） 13.抛物线的焦点坐标是______．【答案】【解析】【详解】抛物线即，，所以焦点坐标为.14.石室校园，望楼汉阙，红墙掩映，步移景异！现有甲、乙、丙、丁四位校友到“文翁化蜀”、“锦水文风”、“魁星阁”、“银杏大道”4处景点追忆石室读书时光.若每人只去一处景点，设事件为“4个人去的景点各不相同”，事件为“只有甲去了锦水文风”，则__________.【答案】【解析】【分析】根据题意先分别求出，再根据条件概率公式即可得解.【详解】由题意可知，4人去4个不同的景点，总事件数为，事件的总数为，所以，事件和事件同时发生，即“只有甲去了锦水文风，另外3人去了另外3个不同的景点”，则事件的总数为，所以，所以.故答案为：.15.在等腰直角三角形中，，为斜边的中点，以为圆心，为半径作，点在线段上，点在上，则的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算，表示出，将其转化为点 到点的距离，结合图形分析即可.【详解】以为圆心，以为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，由于所以，由于点在，不妨设，，，其中，，所以，可看作是上的点到点的距离，由于点在线段上运动，故当点运动到点时，此时距离最大，为，当点运动到点时，此时距离最小为0，综上可知：.故答案为：.16.已知函数，不等式对任意的恒成立，则的最大值为________．【答案】1【解析】【分析】先根据奇函数的定义推出为上的奇函数．利用导数推出在 上单调递增．利用奇偶性和单调性将不等式化为对任意的恒成立，再参变分离得对任意的恒成立．然后构造函数，利用导数求出其最小值可得结果.【详解】因为，所以为上的奇函数．又，所以在上单调递增．不等式对任意的恒成立，即对任意的恒成立，所以对任意的恒成立，即对任意的恒成立．令，所以，所以当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数．所以，设，显然为上的增函数，因为，，所以存在，使得，所以，此时，所以，即的最大值为1．故答案为：1【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，故；（2）若，总有成立，故； （3）若，使得成立，故；（4）若，使得，故.三、解答题（本题共6道小题，共70分）17.已知向量，，函数.（1）若，求的值；（2），，为的内角，，的对边，，且，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据向量共线定理可得，再利用二倍角的余弦公式，结合齐次式的应用可得解；（2）根据向量数量积公式可得，进而可得，再利用余弦定理和基本不等式求的最大值，最后用三角形面积公式即可得解.【小问1详解】，，则；.故.【小问2详解】，即.又，所以，得，又，即， 因为，且由余弦定理可知，，所以，由基本不等式可得，所以，（当且仅当时取等），故，即面积最大值.18.如图甲是由梯形ABCD和正三角形CDE组成的一个平面图形，其中，，，将沿CD折起使点E到达点P的位置（如图乙），使二面角为直二面角.（1）证明：；（2）若平面PCD与平面PAB的交线为l，求l与平面PAD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，取AD中点为F，连接AC，CF，由面面垂直性质定理可得平面PCD，即可得证；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】 证明：取AD中点为F，连接AC，CF，由得且.∴四边形ABCF为平行四边形，∴，∴，又因为二面角为直二面角，且平面平面，∴平面PCD，因为平面PCD，所以.【小问2详解】如图，延长AB和DC交于点G，连接GP，则GP为平面PCD与平面PAB的交线l，取CD中点为O，连接OF，OP，∵OP⊥AC，，∴OP⊥OF，OF⊥CD，OP⊥CD.以O为坐标原点，OF，OD，OP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，，，，，，，，设平面PAD的法向量为，，令，解得， 设l与平面PAD的所成角为，则，因为，即l与平面PAD所成角的正弦值为.19.石室中学社团为庆祝石室中学2166年校庆，为同学们准备了丰富多彩的游戏节目.其中某个知识答题游戏节目，共需要完成且次答题，并以累计的总分作为参考依据.若甲同学参加该游戏，且每次回答正确的概率为，回答错误的概率为，各次答题相互独立.规定第一次答题时，回答正确得20分，回答错误得10分，第二次答题时，设置了两种答题方案供选择，方案一：回答正确得50分，回答错误得0分.方案二：若回答正确，则获得上一次答题分数的两倍，回答错误得10分.从第三次答题开始执行第二次答题所选方案，直到答题结束.（1）如果，甲选择何种方案参加比赛答题更加有利？并说明理由；（2）若甲选择方案二，则①记甲第次获得的分数为，期望为，求；②若甲累计总分的期望值超过2166分，即可获得校园文创产品一份，求至少需要答题的次数.(参考数据：；；；)【答案】（1）应选择方案一，理由见解析（2）①；②15次【解析】【分析】（1）分别计算出甲两次答题选方案一和方案二的期望，比较大小即可；（2）①求出的分布列和期望，依题意得，进而得到为等比数列，利用等比数列通项公式求解即可；②由①求出累计得分为，设，利用导数判断出在时的单调性，由单调性可得答案.【小问1详解】 若甲第二次答题选方案一，记两次答题累计得分为，则的可能取值为70，60，20，10.，则累计得分的期望.若甲第二次答题选方案二，记两次答题累计得分为，则的可能取值为60，30，20.，则累计得分的期望.因为，所以应选择方案一；【小问2详解】①依题意得，的可能取值为20，10，其分布列为2010P所以，由，得，所以为等比数列，其中首项为36，公比为，所以，故，②由①知，，故累计得分为， 设，，当时，，所以当时，单调递增，由题可知，至少需答题次数满足：，结合单调性与零点存在性定理，得到，故，所以至少需答题15次20.已知函数.（1）若时，求曲线在点处的切线方程；（2）若时，求函数的零点个数；（3）若对于任意，恒成立，求的取值范围.【答案】20.21.两个22.【解析】【分析】（1）当，，然后即可求解；（2）求出导数，然后根据的单调性并结合零点存在定理，即可求解.（3）利用（2）中结论，即证恒成立，从而可求解.【小问1详解】当时，函数，因为，所以切点为， 由，得，所以曲线在点处的切线斜率为，所以曲线在点处的切线方程为.【小问2详解】由（1）可知，因为，所以，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增；又因为，，所以，由零点存在定理可知，存在唯一的使得，存在唯一的使得.故函数有且仅有两个零点.【小问3详解】因为，当时，由得，下面证明：当时，对于任意，恒成立，即证，即证；而当时，，由（2）知，；所以时，恒成立；综上所述，.21.已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为.（1）求点的轨迹的方程；（2）过作不平行于坐标轴的直线交于D，E两点，若轴于点M，轴于点N，直线 DN与EM交于点Q.①求证：点Q在一条定直线上，并求此定直线；②求面积的最大值.【答案】（1）（2）①证明见解析，；②【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可；（2）①求出直线DN与EM方程，得到Q点坐标，即可判定；②将面积表示出来，然后换元，利用基本不等式求最值.【小问1详解】因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6，所以，故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），且，所以，所以的轨迹的方程为.小问2详解】①依题意，设直线DE方程为.联立，得，易知设，，则，.因为轴，轴，所以，. 所以直线DN：，直线EM：，联立解得.从而点Q在定直线上.②因为，又，则，设，则，当且仅当，即时，等号成立，故面积的最大值为.四、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.在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数且），分别与x轴、y轴交于A、B两点.以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）与坐标轴交于A，B两点，求；（2）求上的点到直线AB距离的范围.【答案】（1）5（2）【解析】 【分析】（1）取得到，取得到，再计算得到答案.（2）根据极坐标方程变换得到普通方程为，确定直线方程，设，计算点到直线的距离，根据三角函数的有界性得到范围.【小问1详解】令，则，解得，或（舍），则，即，令，则，解得，或（舍），则，即，故.【小问2详解】曲线的极坐标方程为，即，由，得的普通方程为，设上点的坐标为，直线AB的方程为，即，令上的点到直线AB的距离为，则，所以上的点到直线AB的距离为.[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若的最小值为，求的最小值. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分情况讨论化成代数不等式求解；（2）用进行转化，求的最小值，再结合基本不等式求的最小值.【详解】（1）当时，不等式可化为，∴，或，或，解得或或求并集得：，所以原不等式的解集为.（2）因为，当且仅当时，即时取到最小值，又因为，所以，所以，所以，因为，当且仅当时，即时，