资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩10页未读，
继续阅读
四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期一诊模拟考试数学（理科）试卷
展开
这是一份四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期一诊模拟考试数学（理科）试卷，文件包含石室中学高2024届2023-2024学年度上期一诊模拟数学理科A卷40理科答案docx、石室中学高2024届2023-2024学年度上期一诊模拟数学理科A卷40docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
1.B 【解析】，，故.故选：B.
2. A 【解析】令，则，故，.故选：A.
3. D 【解析】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：D.
4. B 【解析】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：B.
5. C 【解析】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. D 【解析】因为，，
所以平方得，，，
即，，
两式相加可得，
即，
故，
.
故选：D.
7. A 【解析】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，即，且，
则，，
以数列的前100项和为
．
故选：A.
8. B 【解析】令，则，
由得，
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．A 【解析】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，故半径为，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. B 【解析】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. D 【解析】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，
画出简图，如右图所示，
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.
结合图象可得：，
设，则，得到，
因为，所以.
故选：D．
12. A 【解析】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.
13. 【解析】抛物线的标准方程为，焦点在轴正半轴上，焦点坐标为.
14．【解析】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．【解析】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：.
16．【解析】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.
17．解：（1），，则；----------------------------------------------------2分
.------------------------------------------------5分
（2），----------------------------------------------------------------------------7分
又，所以，，得，即，------------------------------------8分
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）----------------------------------------------------------------------------11分
故,
即面积最大值为.-----------------------------------------------------------------------------------------------12分
（注：若求角的函数值域问题，按步骤对应给分）
18．（1）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，
∴，
∴，--------------------------------------2分
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.-------------------------------------5分
（2）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. ------------------------------------------------------------------------------------------7分
如图，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-------------------------------------------------------------------------------------------------9分
设l与平面PAD的所成角为，则，-------------------------------------------11分
因为，
即l与平面PAD所成角的正弦值为．-----------------------------------------------------------------------------12分
19．解：（1）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．
-------------------1分
则累计得分的期望．-----------------------------------------------2分
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．
，----------------------------------3分
则累计得分的期望．--------------------------------------------------------4分
因为，所以应选择方案一．----------------------------------------------------------------------------------5分
（2）①依题意得．--------------------------------------------------------------------------------6分
的可能取值为20，10，其分布列为
所以．
由，得，
所以为等比数列，其中首项为36，公比为，
所以，---------------------------------------------------------------------------------------------7分
故．------------------------------------------------------------------------------------------------8分
②由①知，，
故累计得分为， ------------------------------------------------9分
设，
当时，
所以当时，单调递增，---------------------------------------------------------------------------------------10分
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.-------------------------------------------------------------------------------------------------------12分
20．解：（1）函数，因为，所以切点为，------------------1分
由，得，
所以曲线在点处的切线斜率为0，-----------------------------------------------------------------------------2分
所以曲线在点处的切线方程为．-----------------------------------------------------------3分
（2）由（1）可知，
因为，所以，令，则．--------------------------------------------------4分
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又因为，，-------------------------------------------------6分
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．---------------------------------------------------------------------------7分
（3）因为，当时，由得---------------------------------------------------9分
下面证明：当时，对于任意，恒成立,
即证，即证；
而当时，，-----------10分
由（2）知，；所以时，恒成立；
综上所述，．--------------------------------------------------------------------------------------------------12分
21．解：（1）因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6，
所以,-------------------------------------------------------------------------------1分
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，-----------------------------------------------------------------------------------------2分
所以的轨迹的方程为.------------------------------------------------4分，
注：未挖点扣1分
（2）①依题意，设直线DE方程为.
联立，得，
易知
设，，则，.-----------------------------------------------5分
因为轴，轴，
所以，.
所以直线DN：，
直线EM：，
联立解得.----------------------------------7分
从而点Q在定直线上. --------------------------------------------------------------------------------------------------8分
②因为，----------------------------------------------9分
又，则，
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------10分
设，则，
当且仅当，即时，等号成立，
故面积的最大值为.--------------------------------------------------------------------------------------------12分
22．解：（1）令，则，解得，或（舍），
则，即，--------------------------------------------------------------------------------------2分
令，则，解得，或（舍），
则，即，-------------------------------------------------------------------------------4分
∴.----------------------------------------------------------------------------------------5分
（2）曲线的极坐标方程为，即，
由，得的普通方程为，-------------------------------------------------------6分
设上点的坐标为，-----------------------------------------------------------------------------------7分
由（1）知直线AB的方程为，
令上的点到直线AB的距离为，
则，---------------------------------------------------------9分
所以上的点到直线AB的距离为.--------------------------------------------------------------10分
23．解：（1）当时，不等式可化为，
∴，或，或，---------------------------------------------------------------------2分
解得或 或，----------------------------------------------------------------------4分
求并集得：，
所以原不等式的解集为．----------------------------------------------------------------------------------------5分
（2）因为，
当且仅当时，即时取到最小值，--------------------------------6分
又因为，所以，所以， ------------------------------------------7分
所以，
因为，---------------------------9分
当且仅当时，即时，
的最小值为.---------------------------------------------------------------------1020
10
P
1.B 【解析】，，故.故选：B.
2. A 【解析】令，则，故，.故选：A.
3. D 【解析】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：D.
4. B 【解析】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：B.
5. C 【解析】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. D 【解析】因为，，
所以平方得，，，
即，，
两式相加可得，
即，
故，
.
故选：D.
7. A 【解析】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，即，且，
则，，
以数列的前100项和为
．
故选：A.
8. B 【解析】令，则，
由得，
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．A 【解析】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，故半径为，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. B 【解析】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. D 【解析】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，
画出简图，如右图所示，
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.
结合图象可得：，
设，则，得到，
因为，所以.
故选：D．
12. A 【解析】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.
13. 【解析】抛物线的标准方程为，焦点在轴正半轴上，焦点坐标为.
14．【解析】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．【解析】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：.
16．【解析】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.
17．解：（1），，则；----------------------------------------------------2分
.------------------------------------------------5分
（2），----------------------------------------------------------------------------7分
又，所以，，得，即，------------------------------------8分
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）----------------------------------------------------------------------------11分
故,
即面积最大值为.-----------------------------------------------------------------------------------------------12分
（注：若求角的函数值域问题，按步骤对应给分）
18．（1）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，
∴，
∴，--------------------------------------2分
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.-------------------------------------5分
（2）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. ------------------------------------------------------------------------------------------7分
如图，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-------------------------------------------------------------------------------------------------9分
设l与平面PAD的所成角为，则，-------------------------------------------11分
因为，
即l与平面PAD所成角的正弦值为．-----------------------------------------------------------------------------12分
19．解：（1）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．
-------------------1分
则累计得分的期望．-----------------------------------------------2分
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．
，----------------------------------3分
则累计得分的期望．--------------------------------------------------------4分
因为，所以应选择方案一．----------------------------------------------------------------------------------5分
（2）①依题意得．--------------------------------------------------------------------------------6分
的可能取值为20，10，其分布列为
所以．
由，得，
所以为等比数列，其中首项为36，公比为，
所以，---------------------------------------------------------------------------------------------7分
故．------------------------------------------------------------------------------------------------8分
②由①知，，
故累计得分为， ------------------------------------------------9分
设，
当时，
所以当时，单调递增，---------------------------------------------------------------------------------------10分
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.-------------------------------------------------------------------------------------------------------12分
20．解：（1）函数，因为，所以切点为，------------------1分
由，得，
所以曲线在点处的切线斜率为0，-----------------------------------------------------------------------------2分
所以曲线在点处的切线方程为．-----------------------------------------------------------3分
（2）由（1）可知，
因为，所以，令，则．--------------------------------------------------4分
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又因为，，-------------------------------------------------6分
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．---------------------------------------------------------------------------7分
（3）因为，当时，由得---------------------------------------------------9分
下面证明：当时，对于任意，恒成立,
即证，即证；
而当时，，-----------10分
由（2）知，；所以时，恒成立；
综上所述，．--------------------------------------------------------------------------------------------------12分
21．解：（1）因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6，
所以,-------------------------------------------------------------------------------1分
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，-----------------------------------------------------------------------------------------2分
所以的轨迹的方程为.------------------------------------------------4分，
注：未挖点扣1分
（2）①依题意，设直线DE方程为.
联立，得，
易知
设，，则，.-----------------------------------------------5分
因为轴，轴，
所以，.
所以直线DN：，
直线EM：，
联立解得.----------------------------------7分
从而点Q在定直线上. --------------------------------------------------------------------------------------------------8分
②因为，----------------------------------------------9分
又，则，
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------10分
设，则，
当且仅当，即时，等号成立，
故面积的最大值为.--------------------------------------------------------------------------------------------12分
22．解：（1）令，则，解得，或（舍），
则，即，--------------------------------------------------------------------------------------2分
令，则，解得，或（舍），
则，即，-------------------------------------------------------------------------------4分
∴.----------------------------------------------------------------------------------------5分
（2）曲线的极坐标方程为，即，
由，得的普通方程为，-------------------------------------------------------6分
设上点的坐标为，-----------------------------------------------------------------------------------7分
由（1）知直线AB的方程为，
令上的点到直线AB的距离为，
则，---------------------------------------------------------9分
所以上的点到直线AB的距离为.--------------------------------------------------------------10分
23．解：（1）当时，不等式可化为，
∴，或，或，---------------------------------------------------------------------2分
解得或 或，----------------------------------------------------------------------4分
求并集得：，
所以原不等式的解集为．----------------------------------------------------------------------------------------5分
（2）因为，
当且仅当时，即时取到最小值，--------------------------------6分
又因为，所以，所以， ------------------------------------------7分
所以，
因为，---------------------------9分
当且仅当时，即时，
的最小值为.---------------------------------------------------------------------1020
10
P
相关试卷
四川省成都市石室中学2024届高三上学期一诊模拟考试文科数学： 这是一份四川省成都市石室中学2024届高三上学期一诊模拟考试文科数学，文件包含石室中学高2024届2023-2024学年度上期一诊模拟数学文科A卷40文科答案docx、石室中学高2024届2023-2024学年度上期一诊模拟数学文科A卷40docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
四川省成都市石室中学2024届高三上学期一诊模拟考试理科数学： 这是一份四川省成都市石室中学2024届高三上学期一诊模拟考试理科数学，文件包含石室中学高2024届2023-2024学年度上期一诊模拟数学理科A卷40理科答案docx、石室中学高2024届2023-2024学年度上期一诊模拟数学理科A卷40docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期一诊模拟考试数学（文科）试卷： 这是一份四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期一诊模拟考试数学（文科）试卷，文件包含石室中学高2024届2023-2024学年度上期一诊模拟数学文科A卷40文科答案docx、石室中学高2024届2023-2024学年度上期一诊模拟数学文科A卷40docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
