四川省成都市石室中学2023-2024学年高三下学期二诊模拟考试理科数学试题（A）及答案

这是一份四川省成都市石室中学2023-2024学年高三下学期二诊模拟考试理科数学试题（A）及答案，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数（其中为虚数单位），则的虚部是（ ）
A．B．C．D．
2．若集合，则是的（ ）
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
3．如图是根据某校高三8位同学的数学月考成绩（单位：分）画出的茎叶图，其中左边的数字从左到右分别表示学生数学月考成绩的百位数字和十位数字，右边的数字表示学生数学月考成绩的个位数字，则下列结论正确的是（ ）
A．这8位同学数学月考成绩的极差是14
B．这8位同学数学月考成绩的中位数是122
C．这8位同学数学月考成绩的众数是118
D．这8位同学数学月考成绩的平均数是124
4．已知一个空间几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图都是由半圆和矩形组成，则这个几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列为等差数列，且，则的值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
6．若是正实数，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．当时，关于的不等式有解，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
8．在2023年成都“世界大学生运动会”期间，组委会将甲，乙，丙，丁四位志愿者分配到三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且甲不能被分配到场馆，则不同分配方案的种数是（ ）
A．48B．36C．24D．12
9．已知抛物线，弦过其焦点，分别过弦的端点的两条切线交于点，点到直线距离的最小值是（ ）
A．B．C．1D．2
10．如图，四棱柱中，为棱的中点，为四边形对角线的交点，下列说法：
①平面；
②若平面，则；
③若四边形矩形，且，则四棱柱为直四棱柱.
其中正确说法的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
11．已知函数，若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
12．若双曲线的左、右焦点分别为，过右焦点的直线与双曲线交于两点，已知的斜率为，，且，，则直线的斜率是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知向量=（1，-2），=（2，m），若⊥，则m= ．
14．已知实数满足约束条件，则的最大值是 .
15．已知等比数列的前项和为，若，则取最大值时，的值为 ．
16．当时，恒有成立，则的取值范围是 .
三、解答题
17．为了去库存，某商场举行如下促销活动：有两个摸奖箱，A箱内有1个红球、1个黑球、8个白球，箱内有4个红球、4个黑球、2个白球，每次摸奖后放回．消费额满300元有一次A箱内摸奖机会，消费额满600元有一次箱内摸奖机会.每次机会均为从箱子中摸出1个球，中奖规则如下：红球奖50元代金券、黑球奖30元代金券、白球奖10元代金券．
(1)某三位顾客各有一次箱内摸奖机会，求中奖10元代金券人数的分布列；
(2)某顾客消费额为600元，请问：这位顾客如何抽奖所得的代金券期望值较大？
18．已知，设.
(1)求函数的对称中心；
(2)若中，角所对的边分别为，，且外接圆的半径为，是边的中点，求线段长度的最大值.
19．如图，棱长为的正方体中，是棱上靠近的三等分点.
(1)求证：与平面不垂直；
(2)在线段上是否存在一点使得平面平面？若存在，请计算的值；若不存在，请说明理由.
20．已知点是椭圆的右焦点，过原点的直线交椭圆于两点，△面积的最大值为，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知过点的直线与椭圆交于两点，是否存在定点，使得直线的斜率之和为定值？若存在，求出定点的坐标及该定值.若不存在，请说明理由.
21．已知函数
(1)是否存在实数使得在区间上恒成立，若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由；
(2)求函数在区间上的零点个数（为自然对数的底数）.
22．在平面直角坐标系中，倾斜角为的直线过定点，以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线与曲线相交于不同的两点.
(1)若，求线段中点的直角坐标；
(2)若，求的最小值.
23．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若对于正实数，，，满足，证明:.
参考答案：
1．A
【分析】根据复数的除法运算，结合虚部的定义即可求解.
【详解】，所以的虚部是.
故选：A
2．A
【分析】求出值域，得到，故A是B的真子集，得到答案.
【详解】由幂函数的性质可知，则A是B的真子集，
则是的充分不必要条件.
故选：A
3．B
【分析】根据一组数据的极差，中位数，众数和平均数定义即可判断或求得.
【详解】学生数学成绩从小到大为，
对于选项A，极差是，故A错误；
对于选项B，中位数是 ，故B正确；
对于选项C，众数是117，故C错误；
对于选项D，平均数是，故D错误.
故选:B.
4．A
【分析】由三视图得到几何体的直观图，再求出其体积即可.
【详解】由三视图可得几何体的直观图如下所示，
几何体由一个圆柱和八分之三个球组成，且圆柱的高为，底面半径为，球的半径为，
故这个几何体的体积.
故选：A
5．B
【分析】利用等差数列的性质即可得解.
【详解】因为数列为等差数列，又，
所以，则，所以.
故选：B.
6．A
【分析】观察等式分母可知，利用基本不等式中“1”的妙用可得结果.
【详解】因为
，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故选：A
7．A
【分析】根据，将问题转化为在上有解，利用二倍角公式以及基本不等式即可求解最值求解.
【详解】当时，记，
故函数在上单调递减，
故，故，
所以在上有解，
由于，所以，
所以，所以.
由，当且仅当时取等号，所以的最小值是2.
故选：A
8．C
【分析】分甲单独一人执勤一个场馆和甲和另一个人一起执勤一个场馆两种情况求解即可.
【详解】分两种情况：第一种情况，甲单独一人执勤一个场馆，共有种；
第二种情况，甲和另一个人一起执勤一个场馆，共有种，则共有24种.
故选：C
9．D
【分析】设，设出过点过处的切线方程与抛物线联立，由，得出其斜率，化简点过处的切线方程，同理得出点过处的切线方程,根据题意得出点的坐标，结合点到直线的距离公式可得出答案.
【详解】设，设过处的切线方程是，
联立，得，
由题意，即，
则在处的切线方程为，
同理，处的切线方程为，
设交点的坐标为，点在两条切线上，
所以，，则直线的方程是.
又过其焦点，易知交点的轨迹是，所以，：，所以交点到直线的距离是，
所以当时距离最小值为2.
故选：D
10．B
【分析】根据面面平行的判定定理和性质定理，线面平行的判定定理及性质定理，线面垂直的判定定理及性质定理逐一判断可得结果.
【详解】对于①，若平面，过作交于其中点，连接，
平面，平面，所以平面，
又平面，且,平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面，又平面，
且平面平面，所以.
当与不平行时，不成立.①是假命题.
对于②，同①，，则.②是真命题.
对于③，四边形矩形，所以.平面，平面，
平面，又，同理平面,且,
所以平面//平面，所以四棱柱可看作四边形为
上底面，四边形为下底面的四棱柱，过作的平行线交于点，则为
的中点，连接，由条件有，又，且,
则平面，则，，所以 ，又，
且，所以平面，则四棱柱为直四棱柱.
但当上底面变化时，不能确保，即平面不一定成立，
故③是假命题.
故选：B.

11．B
【分析】先利用函数奇偶性的定义与导数判断的奇偶性与单调性，再构造函数，利用导数判断得，从而得解.
【详解】因为的定义域为，
又，
所以是偶函数，
又，
令，则恒成立，
所以，即，
又在上单调递增，所以，
所以在上恒成立，则在上单调递增，
构造函数，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，又，
所以，所以，
所以，所以.
故选：B.
12．A
【分析】根据双曲线定义由余弦定理可求得双曲线离心率，联立和直线方程并利用韦达定理结合可解得，可得结果.
【详解】设，则，如下图所示：
由双曲线定义，得；
在中，由余弦定理，得，
即，解得.
在中，由余弦定理，得，
即，解得双曲线离心率.
令，则，
所以，设直线，
联立双曲线和直线整理可得，
则；
由，得，解得，
所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用余弦定理求得离心率之后，联立直线和双曲线的方程利用韦达定理由线段比例关系求得其斜率.
13．1
【分析】根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出．
【详解】∵；∴，
∴，故答案为1．
【点睛】本题主要考查向量垂直的充要条件，以及向量数量积的坐标运算，属于基础题.
14．3
【分析】作出不等式组表示的平面区域，根据线性规划的几何意义，即可求得答案.
【详解】作出满足的可行域如图中阴影部分所示，
对于，令，则可行域中的点A坐标为，
作出直线并平移，当直线过点时，取到最大值，
，所以的最大值是3，
故答案为：3
15．3
【分析】根据等比数列前项和及等比中项求出通项公式可得结果.
【详解】因为，则，
，
由数列为等比数列，所以，则，
即，解得，
所以，
当时，，
当时，，
此时当时也符合；
所以，，
所以，当时，，
所以取最大值时，的值是3.
故答案为：3.
16．
【分析】根据函数有意义可得在上恒成立.，进而可得：由可得，构造函数可得，进而可得，从而可得答案.
【详解】由题意，得.又恒成立，
所以在上恒成立，即在上恒成立.
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
所以，所以①.
由，得，
即.
构造函数，则
因为在上是增函数，
所以，所以.
令，则.
构造函数,
时，递减：时，递增，
所以，即恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
所以②.由①②知.
故答案为：.
【点睛】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
17．(1)分布列见解析
(2)这位顾客选箱摸奖1次所得奖金的期望值较大
【分析】（1）由题意可知，三人中中奖人数ξ服从二项分布，接下来求出对应的概率，进而列出分布列；
（2）由题意可知，可以在A箱摸奖2次，或者在箱内摸奖1次，求出A箱与B箱所得奖金的期望值，然后比较大小，进而得出结论.
【详解】（1）三位顾客每人一次箱内摸奖中10元代金券的概率都为，
中奖10元代金券的人数服从二项分布，
，
，
，
故的分布列为
（2）可以
A箱摸奖1次所得奖金的期望值为，
箱摸奖1次所得奖金的期望值为，
A箱摸奖2次所得奖金的期望值为，箱摸奖1次所得奖金的期望值为34，
所以这位顾客选箱摸奖1次所得奖金的期望值较大．
18．(1)
(2).
【分析】（1）由方程组消元即得得表达式，运用辅助角公式将其化成正弦型函数，即可求得其对称中心；
（2）利用（1）中结论和求得角，由正弦定理和条件求得边长，利用余弦定理和线段中点的向量表达式求得的表达式，最后借助于基本不等式即可求得.
【详解】（1）由得.
令，解得，
所以函数的对称中心为.
（2）
如图，由（1）知，，∴，
又外接圆的半径为，由正弦定理得：，
∴由余弦定理，得.
又因，则，
即得：
由，解得：，（当且仅当时等号成立），
故，即，此时，.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，求出，由它们的数量积不为0即可得证；
（2）设，则，求出两个平面的法向量（其中一个含参），由平面平面即可得法向量数量积为0，由此即可列方程求解.
【详解】（1）以为坐标原点建立如图的空间直角坐标系，
.
，
因为，
所以与平面不垂直..
（2）存在点，且.
设，则.
，
设平面的法向量为，
则，
令，得.
，
设平面的法向量为，
则，
，得.
若平面平面，则，即，
解得，.
所以在线段上存在一点使得平面与平面垂直，且.
20．(1)
(2)存在，，0.
【分析】（1）当△面积的最大时直线与椭圆的交点恰为上下两个顶点，此时可知，根据和即可求解；
（2）设出直线的方程和直线与椭圆的交点坐标，将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用韦达定理把化为含有的式子即可求解.
【详解】（1）设,，
∵(当且仅当是轴与椭圆的交点时取等号)，
∴.
又∵，∴，
∴椭圆E的标准方程为；
（2）设直线的方程为
由在直线上，得，
将直线和椭圆方程联立，
化简得，
由，得，
由根与系数的关系，得，
故直线的斜率之和为
要使上式为定值，则故，且
21．(1)存在，>0；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由已知可得，再利用二次函数单调性即可求解.
（2）由已知可得，利用导数求出函数在上的最小值，再分段讨论并结合零点存在性定理求解即得.
【详解】（1）函数，，由在区间上恒成立，
得，函数在上单调递增，于是，因此，
所以对任意的都能满足在区间上恒成立.
（2）由区间，得，则，函数，，
求导得，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，，
设函数，求导处，在上是增函数，
于是，即，
①当，即时，函数在上无零点；
②当，即时，函数在上无零点；
③当，即时， ， 显然，，，
令，求导得，
令，求导得，
令，求导得
则，
则函数在上单调递增，，
函数在上单调递增，，
于是函数在上单调递增，，
因此，即函数在上有一个零点，
所以当时，函数无零点；当时，函数有一个零点
【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
22．(1)
(2)4
【分析】（1）根据极坐标与参数方程间的转化得曲线的普通方程，再将其与直线的参数方程联立，再利用韦达定理即可得到答案；
（2）将直线参数方程代入曲线的普通方程，利用韦达定理即可得到其最值.
【详解】（1）两边同乘得，
根据得曲线的普通方程为，
当时，直线的参数方程为（为参数），
代入，得
设，对应的参数为，，则，
所以对应的参数为，
代入参数方程，得点的直角坐标.
（2）将直线的参数方程（为参数）代入，
得，
∴，当且仅当时取等号，
∴的最小值为.
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，分类讨论解不等式即可；
（2）由绝对值不等式可得，由基本不等式可得，进而分析证明，注意等号成立的条件.
【详解】（1）因为，
当时，可得，解得；
当时，可得，解得；
当时，可得，解得；
综上所述：不等式的解集是.
（2）由绝对值不等式的性质，可得
，
当且仅当取等号.
由于正实数，，，满足，
则，
当且仅当时取等号，
此时，即，
所以，当且仅当且取等号.
0
1
2
3
P