四川省成都石室中学2024届高三零诊模拟考试理科数学 Word版含解析

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成都石室中学2022-2023年度下期高2024届零诊模拟数学试题（理科）（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.若复数满足，其中i为虚数单位，则（）A.2B.C.D.3【答案】C【解析】【分析】设复数，利用相等，求得，进而可求复数的模.【详解】设复数，则，则，所以，所以，故选：C.【点睛】本题考查了复数相等的概念和复数模的求解，着重考查了学生的推理与运算能力.2.在某校高中篮球联赛中，某班甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示（如图一），茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图（如图二）完好，则下列结论正确的是（）A.甲得分的极差是18B.乙得分的中位数是16.5C.甲得分更稳定D.甲的单场平均得分比乙低【答案】B【解析】

1【分析】根据图一中甲的得分情况可判断ABC的正误，结合图二可判断图一丢失的数据，计算两者的均值后可判断D的正误.【详解】对于甲，其得分的极差大于或等于，故A错误；从折线图看，甲的得分中最低分小于10，最高分大于或等于28，且大于或等于20的分数有3个，故其得分不稳定，故C错误；乙的数据由小到大依次为：乙得分的中位数为，故B正确.乙得分的平均数为，从折线图上，茎叶图中甲得分中丢失的数据为一个为，另一个可设为，其中，故其平均数为，故D错误.故选：B.3.某老师为了了解数学学习成绩得分y（单位：分）与每天数学学习时间x（单位：分钟）是否存在线性关系，搜集了100组数据，并据此求得y关于x的线性回归方程为.若一位同学每天数学学习时间约80分钟，则可估计这位同学数学成绩为（）A.106B.122C.136D.140【答案】C【解析】【分析】利用回归方程经过样本中心可求，故可估计这位同学每天数学学习时间约80分钟后的数学成绩.【详解】由题设可得，故，故，故，故当时，，故选：C.4.利用随机模拟方法可估计无理数的数值，为此设计右图所示的程序框图，其中rand表示产生区间(0,1)上的随机数,是与的比值，执行此程序框图，输出结果的值趋近于

2A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据程序框图可知由几何概型计算出x，y任取（0，1）上的数时落在内的频率，结合随机模拟实验的频率约为概率，即可得到答案．【详解】解:根据程序框图可知为频率，它趋近于在边长为1的正方形中随机取一点落在扇形内的的概率故选B【点睛】本题考查的知识点是程序框图，根据已知中的程序框图分析出程序的功能，并将问题转化为几何概型问题是解答本题的关键，属于基础题.5.已知命题p：，命题q：直线与抛物线有两个公共点，则p是q的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】联立直线方程和抛物线方程，消元后利用判别式为正可求的范围，故可得正确的选项.

3【详解】由和可得，整理得到：，因为直线与抛物线有两个不同的交点，故，故，故命题q成立能推出命题p成立；反之，若，取，此时仅有一个实数根，故此时直线与抛物线仅有一个不同的交点，故命题p成立不能推出命题q成立，故p是q的必要不充分条件，故选：B.6.运动会上，有6名选手参加100米比赛，观众甲猜测：4道或5道的选手得第一名；观众乙猜：3道的选手不可能得第一名；观众丙猜测：1，2，6道中的一位选手得第一名；观众丁猜测：4，5，6道的选手都不可能得第一名．比赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对比赛结果，此人是A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】D【解析】【详解】若甲对,则乙也对,所以甲错;若甲错乙对,则丙也对,所以乙错,即3道的选手得第一名,此时只有丁对,因此选D.7.已知函数,则的图像大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：设，则，∴在上为增函数,在

4上为减函数，∴，，得或均有排除选项A，C，又中,，得且，故排除D.综上，符合的只有选项B.故选B.考点：1、函数图象；2、对数函数的性质.8.某四面体的三视图如图所示，正视图，俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为A.B.C.4D.【答案】B【解析】【详解】解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥，其中面积最大的面为：.本题选择B选项.点睛：

5三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．9.若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可得圆在第一象限，根据几何关系可设圆的方程为，a>0，代入即可求出a，根据点到直线距离公式即可求出答案．【详解】由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为，则半径为，．故圆的方程为，再把点代入，，解得或1，故要求的圆的方程为或．故所求圆的圆心为或；故圆心到直线的距离或；故选：A．10.已知双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为M，N，点P在C的渐近线上，，，则双曲线的C的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】

6【分析】由题可得是直角三角形，则可得.又在中，由余弦定理可求得，根据勾股定理可知，则在中，利用可得，即渐近线方程为.【详解】连接OP，则由可知，则在中，，在中，，则，又，则由余弦定理得：，解得，由知，即，所以在中，，即，则，所以所求渐近线方程为：.故选D.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，利用余弦定理解三角形，属于中档题.11.若函数存在两个极值点和，则取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C

7【解析】【分析】求出函数的导数，根据原函数有两个极值点可求，再根据零点的性质可得、，据此可用表示，利用导数可求其范围.【详解】，因为存在两个极值点和，故和为的两个不同的根，故且，，，故（舍）或且，所以，同理，故，设，故，故在上为减函数，故，故的取值范围为：，故选：C.12.在正方体中，分别为棱的中点，动点平面，，则下列说法错误的是（）A.的外接球面积为B.直线平面C.正方体被平面截得的截面为正六边形D.点的轨迹长度为【答案】D【解析】【分析】可证明正方体被平面截得的截面为正六边形，故可判断C的正误，利用面面平行的判定定理可判断B的正误，利用补体法可求的外接球的直径后可判断A的正误，利用向量的方法可求

8到平面的距离，从而可求点的轨迹长度，故可判断D的正误.【详解】如图，设的中点分别为，连接.由正方体的性质可得，而为三角形的中位线，故，故，故四点共面，同理，也四点共面，故五点共面，同理也四点共面，故六点共面.正方体被平面截得的截面为六边形，，因为平面平面，平面平面，而平面平面，故，而为三角形的中位线，故，故，但与方向相反，故与互补，而为等边三角形，故，故，同理，故正方体被平面截得的截面为正六边形，故C正确.由，平面，平面，故平面，同理故平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，故B正确.对于A，将三棱锥补成如图所示的长方体，

9其中分别为、的中点，则其外接球直径即为的体对角线的长度即，故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确.建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，故，取，则，故，而，故到平面的距离为，而，故点的轨迹为平面与球面的截面（圆），该圆的半径为，故圆的周长为，故D错误.故选：D.

10【点睛】思路点睛：空间几何题外接球的半径的求法，可先根据几何性质确定球心的位置，然后把球的半径放置在可解的图形中求解，也可以通过补体转化为规则几何体的外接球的半径，而与球的截面的计算问题，则需计算球心到截面的距离.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.设命题，若是假命题，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据原命题为真结合基本不等式可求参数的取值范围.【详解】因为是假命题，故为真命题，因为，故，当且仅当时，等号成立，故.故答案为：.14.在同一平面直角坐标系中，曲线所对应的图形经过伸缩变换得到图形.点在曲线上，则点到直线的距离的最小值为____________.【答案】【解析】【分析】通过得到，然后代入到曲线的方程即可得到曲线的方程，再设利用点到直线的距离公式、辅助角公式及三角函数的性质计算可得.【详解】由得到，代入到中得．

11即为曲线的直角坐标方程，设，则点到直线的距离，其中（，），所以当时，即点到直线的距离最小值为.故答案为：15.已知函数的定义域为，其导函数是.有，则关于的不等式的解集为_________.【答案】【解析】【分析】构造函数，利用导数说明函数的单调性，将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.【详解】依题意令，，则，因为当时，，所以当时，，∴在上单调递减，则等价于，即，

12∴，解得，所以所求不等式的解集为.故答案为：16.已知抛物线：的焦点为，经过抛物线上一点，作斜率为的直线交的准线于点，为准线上异于的一点，当时，______．【答案】##【解析】【分析】根据题设条件确定在第一象限内，且，设且，结合得到关于m的方程并求值，又即可得结果.【详解】不妨令为过点垂直于准线的垂足，又，即为角平分线，是斜率为的直线与抛物线准线的交点，则在第一象限内，而，且，根据角平分线性质知：，如上图示，令且，则直线，令，则，由，整理可得，则，故.

13故答案为：三、解答题（本题共6道小题，22题10分，其余各题12分，共70分）17.已知函数其中为常数，设为自然对数的底数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）是否存在实数，使得在区间上的最大值为？若存在，求出求的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）不存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；（2）假设存在实数，使得在区间上的最大值为，利用导数可得，再利用导数求出函数在区间上的最大值，结合已知最大值列式，解得，不满足，从而可得结论.【小问1详解】当时，，，，，，所以曲线在点处的切线方程为，即.【小问2详解】假设存在实数，使得在区间上的最大值为，因为，，，若，则在区间上恒成立，在区间上单调递增，此时在区间上无最大值；故，令，得，令，得，则函数在上单调递增，在上单调递减，因为函数在开区间上有最大值为，所以，即，

14所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，得，又，所以不成立，故不存在实数，使得在区间上的最大值为.18.今年是中国共青团建团100周年，我校组织了1000名高中同学进行团的知识竞赛.成绩分成6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图.若图中未知的数据a，b，c成等差数列，成绩落在内的人数为400.（1）求出直方图中a，b，c的值；（2）估计中位数（精确到0.1）和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；（3）在区间内的学生中通过分层抽样抽取了5人，现从5人中再随机抽取两人进行现场知识答辩，求抽取两人中恰好有1人得分在区间内的事件概率.【答案】（1）,（2）平均数为，中位数为.（3）【解析】【分析】（1）根据频率之和为1、成等差数列以及成绩落在内的人数为400可得关于的方程，求出其解即可.（2）利用组中值可求均值，利用公式可求中位数.（3）根据频率之比可得抽取人数之比，再用列举法求出基本事件的总数和随机事件中的基本事件的个数，故可求对应的概率.

15【小问1详解】因为为等差数列，故，又，故，因为成绩落在内的人数为400，故，故，故.【小问2详解】由频率分布直方图可得平均数为：，前3组的频率之和为，前4组的频率之和为，故中位数在区间中，设该数为，则，故.【小问3详解】区间、上的频率之比为，故5人中在分数在内的人数为3人，记为，分数在内的人数为2人，记为，从5人中随机抽取两人进行现场知识答辩，共有10种取法：，.设为“两人中恰好有1人得分在区间内”，则中的基本事件为：，共6个，故.19.如图所示，四棱柱中，底面是以为底边的等腰梯形，且.

16（I）求证：平面平面；（Ⅱ）若，求直线AB与平面所成角的正弦值.【答案】（I）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）要证明平面平面，只需证明平面即可；（Ⅱ）取BD的中点O，易得面ABCD，以O为原点，分别以为的非负半轴建立空间直角坐标系，计算平面的法向量为与，再利用公式计算即可.【详解】（Ⅰ）中，，，，由余弦定理得，则，即，而，故平面，又面ABCD，所以平面平面ABCD.（Ⅱ）取BD的中点O，由于，所以，由（Ⅰ）可知平面面ABCD，故面ABCD.由等腰梯形知识可得，则，，以O为原点，分别以为的非负半轴建立空间直角坐标系，则，则

17设平面的法向量为，则，令，则，有，所以，，即直线AB与平面所成角的正弦值为.【点晴】本题考查面面垂直的证明、向量法求线面角，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.20.“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）：步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.已知这些折痕所围成图形是一个椭圆.若取半径为6的圆形纸片，设定点到圆心的距离为4，按上述方法折纸.以点、所在的直线为轴，线段中点为原点建立平面直角坐标系.（1）求折痕围成的椭圆的标准方程；（2）若过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，在轴的正半轴上是否存在定点，使得直线，斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由.

18【答案】（1）（2）存在，，【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义对照折纸的方法求出；（2）设直线l方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理再结合斜率的两点公式求解即可.【小问1详解】如图以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，设为椭圆上一点，由题意可知，，所以点轨迹是以，为焦点，长轴长的椭圆，所以，，则，所以椭圆方程为；【小问2详解】由已知：直线过，设的方程为，由题意m必定是存在的联立两个方程得，消去得，得，设，，则，（*）所以，

19将（*）代入上式，可得，要使为定值，则有，，又∵∴，此时，∴存在点，使得直线与斜率之积为定值.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21.设函数.（1）求的最值；（2）令，的图象上有一点列，若直线的斜率为，证明：.【答案】（1）在上的最小值为，在上无最大值.（2）见解析【解析】【分析】（1）求出原函数的二阶导数后可判断二阶导数非负，故可判断导数非负，据此可求原函数的最值.（2）根据（1）可得，结合二倍角的正弦可证：，结合等比数列的求和公式可证题设中的不等式.【小问1详解】，设，则（不恒为零），故在上为增函数，

20故，所以，故在上为增函数，故在上的最小值为，在上无最大值.【小问2详解】先证明一个不等式：，证明：设，则（不恒为零），故在上为增函数，故即恒成立.当时，由（1）可得，故，故,故

21.【点睛】思路点睛：导数背景下数列不等式的证明，需根据题设中函数的特征构成对应的函数不等式，从而得到相应的数列不等式，再结合不等式的性质结合数列的求和公式、求和方法等去证明目标不等式.22.在直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，直线的参数方程(为参数).若直线的交点为，当变化时，点的轨迹是曲线.（1）求曲线的普通方程；（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，点是曲线两动点，，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先将直线方程化为普通方程，再联立消去，即可得到曲线的普通方程；（2）由、得到曲线的极坐标方程，设，，（），即可表示、，则，利用三角恒等变换公式化简，再结合正弦函数的性质计算可得.【小问1详解】直线的参数方程为(为参数)，则直线的普通方程为，直线的参数方程(为参数)，则直线的普通方程为，依题意，由，消去得，整理得，所以曲线的普通方程为.【小问2详解】

22因为曲线的普通方程为，，，曲线的极坐标方程为（），故曲线的极坐标方程为（）．设，，（），则，，，当时，有最大值．