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四川省成都蓉城名校联盟2024届高三下学期第三次模拟考试数学理科试卷（原卷版+解析版）
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这是一份四川省成都蓉城名校联盟2024届高三下学期第三次模拟考试数学理科试卷（原卷版+解析版），文件包含四川省成都蓉城名校联盟2024届高三下学期第三次模拟考试数学理科试卷原卷版docx、四川省成都蓉城名校联盟2024届高三下学期第三次模拟考试数学理科试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号和考籍号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”．
2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案：非选择题用05毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效：在草稿纸上、试卷上答题无效．
3．考试结束后由监考老师将答题卡收回．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设全集，若集合满足，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用集合的包含关系及补集的定义判断即得.
【详解】全集，由，知，则，A错误，B正确；
不能判断，也不能判断，CD错误.
故选：B
2. 若复数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数除法运算计算即得.
【详解】依题意，.
故选：D
3. 四个数中最大的数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】引入0，1，分别比较这四个数和0，1的大小，即可得到结论.
【详解】因为，，，.
所以最大.
故选：B
4. 地球生命来自外星吗？一篇发布在《生物学快讯》上的文章《基因库的增长是生命起源和演化的时钟》可能给出了一种答案．该论文的作者根据生物功能性基因组里的碱基排列数的大小定义了基因库的复杂度y（单位：1），通过研究各个年代的古代生物化石里基因库的复杂度，提出了一个有趣的观点：生物基因库的复杂度近似是随时间呈指数增长的，只要知道生物基因库的复杂度就可以推测该生物体出现的年代．如图是该论文作者根据生物化石（原核生物，真核生物，蠕虫，鱼类，哺乳动物）中的基因复杂度的常用对数与时间（单位：十亿年）的散点图及回归拟合情况（其中回归方程为：，相关指数）．根据题干与图中的信息，下列说法错误的是（ ）
A. 根据信息生物基因库的复杂度近似是随时间呈指数增长的情况，不同于作者采取取常用对数的做法，我们也可采用函数模型来拟合
B. 根据回归方程可以得到，每过10亿年，生物基因库的复杂度一定增加到原来的倍
C. 虽然拟合相关指数为0.97，但是样本点只有5个，不能很好地阐释其统计规律，所以增加可靠的样本点可以更好地完善回归方程
D. 根据物理界主流观点：地球的形成始于45亿年前，及拟合信息：地球在诞生之初时生物的复杂度大约为，可以推断地球生命可能并非诞生于地球
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数式与对数式互化判断A；利用回归方程的意义判断B；利用相关指数的意义判断C；求出地球在诞生之初时生物的复杂度，结合描述判断D.
【详解】对于A，由，得，
令，满足，A正确；
对于B，观察散点图，所给5个点不全在回归直线上，回归拟合是近似，
不能说每过10亿年，生物基因库的复杂度一定增加到原来的倍，B错误；
对于C，数据越多，拟合的准确性越高，因此增加可靠的样本点可以更好地完善回归方程，C正确；
对于D，当时，，即地球在诞生之初时生物的复杂度大约为，
可以推断地球生命可能并非诞生于地球，D正确.
故选：B
5. 若正实数满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用不等式求解最大值.
【详解】因为，，
所以，即，
当且仅当时等号成立，
所以的最大值为.
故选：A.
6. 若，是平面上两个非零的向量，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
【答案】A
【解析】
【分析】由，两边平方化简可得，即，同向，可判断充分性成立，
由，可得，即，共线，可举反例，判断必要性不成立.
【详解】因为，所以，
即，即，
由于,是平面上两个非零的向量，所以，所以，同向，
所以有，故充分性成立；
因为，则，即，
由于是平面上两个非零的向量，所以，共线.，
不妨取，此时，共线.，但，，
故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
7. 在平面直角坐标系中，角的始边均为，终边相互垂直，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式、二倍角的余弦公式计算即得.
【详解】依题意，，则，
或，则，
所以.
故选：C
8. 已知公比不为1的等比数列的前项和为，若数列是首项为1的等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，根据题意可得，即，化简整理得，求得得解.
【详解】令，，，
又，即，即，
整理得，设等比数列的公比为，则，即，
解得或1，又，所以，
所以.
故选：C.
9. 某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（ ）
A. 36种B. 42种C. 48种D. 52种
【答案】B
【解析】
【分析】按：“特殊元素（位置）优先法”解决.先分类：按副队长担任1号位和2号位分成两类；再分步：副队长担任1号位时，其余4个位置没有任何限制，副队长担任2号位时，先从3名队员中选1人担任1号位，其他3个位置无任何限制.
【详解】若副队长担任1号位，其他位置就没有任何限制，有种安排方式；
若副队长担任2号位，则从3名队员中选1人担任1号位，后面的3个位置无限制条件，有种安排方式.
所以一共有：种安排方式
故选：B
10. 已知正方体以某直线为旋转轴旋转角后与自身重合，则不可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分直线经过正方体对面中心、直线经过正方体的体对角线、直线穿过正方体的对棱中点及其它情形四种情况讨论，分别确定旋转角，即可判断.
【详解】依题意直线必过正方体的体对角线的交点，
当直线经过正方体对面中心时，正方体绕直线旋转时，与自身重合；
当直线经过正方体的体对角线时，
如图，连接，，，此时三角形为等边三角形，
设正方体的体对角线与面交于点，则为的中心，连接，，则，
则正方体绕直线旋转时，与自身重合；
当直线穿过正方体的对棱中点时，正方体绕直线旋转时，与自身重合；
其它情况，正方体绕直线旋转时，与自身重合；
故选：C
11. 若函数大于0的零点有且只有一个，则实数的值为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，函数有且仅有一个正零点，转化为方程有且仅有一个正根，令，利用导数研究函数单调性、极值，数形结合判断得解.
【详解】函数有且仅有一个正零点，即方程有且仅有一个正根，
令，则，
当时，，当时，，当时，，
即函数在和上单调递增，在上单调递减，且，
时，，时，，时，，可作出图象如下，
方程有且仅有一个正根，所以.
故选：D.
12. 已知点分别是抛物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（ ）
A. 6B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，将转化为的形式，寻求定点，使得恒成立，转化为，当且仅当在一条直线上时，取得最小值，即可求解.
【详解】由抛物线，可得焦点坐标为，
又由圆，可化为，
可得圆心坐标为，半径，
设定点，满足成立，且
即恒成立，
其中，代入两边平方可得：
，解得，
所以定点满足恒成立，
可得，
如图所示，当且仅当在一条直线上时，
此时取得最小值，
即，
设，满足，
所以，
，
当时，等号成立，
故选：C.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将所求转化为三点共线时，线段的长的问题，结合抛物线方程即可求解.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若双曲线的渐近线方程为，则的标准方程可以是________（写出一个你认为正确的答案即可）．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由双曲线渐近线的表达式得到一组，再写出标准方程即可.
【详解】因为双曲线的渐近线方程可表示为，
所以，
所以的标准方程可以是，
故答案为：.
14. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则这个圆锥的高是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据侧面展开图的弧长等于圆锥的底面周长，求得圆锥的底面半径，进而利用勾股定理求高.
【详解】试设圆锥的母线为，底面半径为
则，
因此圆锥的高是
故答案为：.
15. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则当时，的单调递增区间为_____．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求当时的单调递增区间，再根据奇函数的对称性求得结果.
详解】当时，,
由，解得，所以在区间上单调递增，
因为函数是定义在上的奇函数，
所以函数图象关于原点对称，
所以在区间上单调递增.
故答案为：.
16. 若实数是方程在区间上不同的两根，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得到，结合和正弦函数对称性得到，故.
【详解】，
故，
因为，所以，
其中，而，
故，即，
则
.
故答案为：
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，每个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．
（一）必考题：共60分．
17. 在中，．
（1）求的长；
（2）求边上的高．
【答案】（1）4 （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由余弦定理代入运算得解；
（2）求出，由等面积法求解.
【小问1详解】
由题，，，，由余弦定理得，
，解得，即.
【小问2详解】
在中，，，设边上的高为，
则，即，解得.
所以边上的高为.
18. 已知在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，满足，若，点为的中点，点为的三等分点（靠近点）．
（1）求证：平面；
（2）若线段上的点在平面内，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接AC，利用余弦求得AN，可证，由已知可证平面APD，可得，进而证明平面CPD，可得，可证结论成立；
（2）连接QN，求得PB，在三角形PBC中，利用余弦定理可求得，进而可得PQ，可求得的值.
【小问1详解】
连接AC，由AD∥BC,，若PA=AD=DC=2,
可得，由平面ABCD，因为平面ABCD，AC，
所以，，
因为点N为PC的三等分点（靠近点P），所以,
在三角形PAN中，由余弦定理可得,
所以，所以三角形PAN是直角三角形，所以，
因为平面ABCD，平面ABCD，，所以，又，，
所以平面APD，平面APD，所以，
由点M为PD的中点，所以，又，所以平面CPD，
平面PCD，所以，，所以平面AMN，
【小问2详解】
连接QN，因为平面AMN，所以，
在直角三角形PAB中，由勾股定理可得,
所以PB=3，
在三角形PBC中，由余弦定理可得,
在三角形PQN中，，所以,所以.
19. RAID10是一种常见的独立兮余磁盘阵列，因为先做镜像存储再做条带存储，使得RAID10同时具有RAID0的快速与RAID1的可靠的优点，同时阵列中若有几块磁盘损坏可以通过阵列冗余备份进行数据恢复．某视频剪辑公司购进100块拆机磁盘组建一台存储服务器，考虑到稳定性，拟采取RAID10组建磁盘阵列，组建之前需要对磁盘进行坏道扫描，每块需要2小时，若扫描出磁盘有坏道，则更换为没有坏道的正常磁盘．现工作小组为了提升效率，打算先扫描其中的10块，再根据扫描情况，决定要不要继续扫描剩下的所有磁盘，设每块磁盘有坏道的概率为，且每块磁盘是否有坏道相互独立．
（1）将扫描的10块中恰有2块有坏道的概率表示成关于的函数，并求该函数的最大值点；
（2）现扫描的10块中恰有2块有坏道，考虑到安全性，工作小组决定用（1）中的作为值来预测．已知有坏道磁盘直接投入使用会造成该盘上的数据丢失或损坏，每块投入使用的有坏道磁盘需要10.5小时进行更换和数据恢复，请根据现有扫描情况，以整个组建过程所花费的时间的期望为决策依据，判断是否需要扫描剩下的所有磁盘．
【答案】（1），
（2）需要扫描剩下的所有磁盘
【解析】
【分析】（1）根据独立重复事件概率公式可得的解析式，求导，利用导数判断的单调性和最值，即可得；
（2）先求扫描剩下的所有磁盘花费时间，再结合二项分布求不扫描剩下的所有磁盘花费时间，两者对比分析即可结果.
【小问1详解】
由题意可知：，
则，
因为，可知，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以的最大值点.
【小问2详解】
由（1）可知：，
若扫描剩下的所有磁盘，则花费时间为（小时）；
若不扫描剩下的所有磁盘，设剩余90块磁盘中有坏道的块数为，花费时间为，
则，
可得（小时）；
因为，所以需要扫描剩下的所有磁盘.
20. 已知椭圆上的点到焦点的距离之和为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交于两点，直线分别交直线于两点，求证：．
【答案】（1） （2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据条件和椭圆定义建立的方程组求出，得解；
（2）根据题意直线的斜率存在，当直线的斜率为0时，易求得，，易证；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，求出直线的方程，令，求得，结合韦达定理验证即可得证.
【小问1详解】
因为椭圆上点到焦点的距离之和为，
所以，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
根据题意直线的斜率存在，
当直线的斜率为0时，可得，，
直线的方程为，令，求得，同理求得，所以；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，
由题意直线不过点和，所以，
联立，消去整理得，
则，所以，且，，
易知直线的斜率均存在，则，令，得，
同理可得，
所以，
又，
所以.
所以.
综上，.
【点睛】思路点睛：本题第二问，要分直线的斜率为0和不为0两种情况讨论，当直线的斜率为0时，易求得点坐标，进而求得易得证；当直线的斜率不为0时，设出直线的方程为与椭圆联立，可得，再求出直线的方程，进而求得，结合韦达定理验证.
21. 已知函数，若数列的各项由以下算法得到：
①任取（其中），并令正整数；
②求函数图象在处的切线在轴上的截距；
③判断是否成立，若成立，执行第④步；若不成立，跳至第⑤步；
④令，返回第②步；
⑤结束算法，确定数列的项依次为．
根据以上信息回答下列问题：
（1）求证：；
（2）是否存在实数使得为等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．参考数据：．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义表示出切线方程，令，即可得证；
（2）设其公差为，依题意可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到最多有两个不同的根，从而得到最多三项，设、、成等差数列，由等差中项的性质及（1）的结论，令利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理说明即可.
【小问1详解】
因为，，
所以函数图象在处的切线方程为，
即，令可得，
即切线与轴的交点为，所以
【小问2详解】
若为等差数列，设其公差为，则，
令，则，
当时，；当时，；
可知在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因此最多有两个不同的根，即最多项成等差数列，
若、、成等差数列，即，
由（1）可知，则，
又因为，
令，则，
所以当时，所以在上单调递增，
又，
（其中，所以），
由可得，则，
可得，
所以存在，使得，
即存在，使得，即为等差数列，
且，
可得，所以.
【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是理解题意，利用导数的几何意义表示出切线方程，第二问关键是推导出这样的等差数列最多三项，再转化为函数的零点问题.
（二）选考题：共10分．请考生在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]（10分）
22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求与的极坐标方程；
（2）若与的两不同交点满足，求的值．
【答案】（1）的极坐标方程为，的极坐标方程为；
（2）
【解析】
【分析】（1）先消去参数得到普通方程，再利用得到极坐标方程；
（2）在（1）的基础上，联立得到，由韦达定理得到两根之和，两根之积，结合得到方程，求出答案.
【小问1详解】
消去得，
又，故的极坐标方程为，
化简得，故；
消去得，
又，故的极坐标方程为，
化简得；
【小问2详解】
将代入得
，
由得，，
不妨设，
由得，
由韦达定理得，
故，
所以，解得，
经检验，均符合要求.
[选修4—5：不等式选讲]（10分）
23. 已知函数．
（1）当时，解不等式；
（2）若，成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，利用零点分段法分类讨论，分别计算可得；
（2）依题意可得，再分、两种情况讨论，将不等式化简，最后判断恒成立即可.
【小问1详解】
当时不等式，即，
则或或，
解得或或，
综上可得不等式的解集为.
【小问2详解】
不等式，即，
当时不等式为，
即为，此时不等式在恒成立，符合题意；
当时，对于时不等式为，此时不等式对不恒成立，
即不等式对不恒成立，
综上所述，的取值范围为.
注意事项：
1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号和考籍号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”．
2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案：非选择题用05毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效：在草稿纸上、试卷上答题无效．
3．考试结束后由监考老师将答题卡收回．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设全集，若集合满足，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用集合的包含关系及补集的定义判断即得.
【详解】全集，由，知，则，A错误，B正确；
不能判断，也不能判断，CD错误.
故选：B
2. 若复数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数除法运算计算即得.
【详解】依题意，.
故选：D
3. 四个数中最大的数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】引入0，1，分别比较这四个数和0，1的大小，即可得到结论.
【详解】因为，，，.
所以最大.
故选：B
4. 地球生命来自外星吗？一篇发布在《生物学快讯》上的文章《基因库的增长是生命起源和演化的时钟》可能给出了一种答案．该论文的作者根据生物功能性基因组里的碱基排列数的大小定义了基因库的复杂度y（单位：1），通过研究各个年代的古代生物化石里基因库的复杂度，提出了一个有趣的观点：生物基因库的复杂度近似是随时间呈指数增长的，只要知道生物基因库的复杂度就可以推测该生物体出现的年代．如图是该论文作者根据生物化石（原核生物，真核生物，蠕虫，鱼类，哺乳动物）中的基因复杂度的常用对数与时间（单位：十亿年）的散点图及回归拟合情况（其中回归方程为：，相关指数）．根据题干与图中的信息，下列说法错误的是（ ）
A. 根据信息生物基因库的复杂度近似是随时间呈指数增长的情况，不同于作者采取取常用对数的做法，我们也可采用函数模型来拟合
B. 根据回归方程可以得到，每过10亿年，生物基因库的复杂度一定增加到原来的倍
C. 虽然拟合相关指数为0.97，但是样本点只有5个，不能很好地阐释其统计规律，所以增加可靠的样本点可以更好地完善回归方程
D. 根据物理界主流观点：地球的形成始于45亿年前，及拟合信息：地球在诞生之初时生物的复杂度大约为，可以推断地球生命可能并非诞生于地球
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数式与对数式互化判断A；利用回归方程的意义判断B；利用相关指数的意义判断C；求出地球在诞生之初时生物的复杂度，结合描述判断D.
【详解】对于A，由，得，
令，满足，A正确；
对于B，观察散点图，所给5个点不全在回归直线上，回归拟合是近似，
不能说每过10亿年，生物基因库的复杂度一定增加到原来的倍，B错误；
对于C，数据越多，拟合的准确性越高，因此增加可靠的样本点可以更好地完善回归方程，C正确；
对于D，当时，，即地球在诞生之初时生物的复杂度大约为，
可以推断地球生命可能并非诞生于地球，D正确.
故选：B
5. 若正实数满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用不等式求解最大值.
【详解】因为，，
所以，即，
当且仅当时等号成立，
所以的最大值为.
故选：A.
6. 若，是平面上两个非零的向量，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
【答案】A
【解析】
【分析】由，两边平方化简可得，即，同向，可判断充分性成立，
由，可得，即，共线，可举反例，判断必要性不成立.
【详解】因为，所以，
即，即，
由于,是平面上两个非零的向量，所以，所以，同向，
所以有，故充分性成立；
因为，则，即，
由于是平面上两个非零的向量，所以，共线.，
不妨取，此时，共线.，但，，
故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
7. 在平面直角坐标系中，角的始边均为，终边相互垂直，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式、二倍角的余弦公式计算即得.
【详解】依题意，，则，
或，则，
所以.
故选：C
8. 已知公比不为1的等比数列的前项和为，若数列是首项为1的等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，根据题意可得，即，化简整理得，求得得解.
【详解】令，，，
又，即，即，
整理得，设等比数列的公比为，则，即，
解得或1，又，所以，
所以.
故选：C.
9. 某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（ ）
A. 36种B. 42种C. 48种D. 52种
【答案】B
【解析】
【分析】按：“特殊元素（位置）优先法”解决.先分类：按副队长担任1号位和2号位分成两类；再分步：副队长担任1号位时，其余4个位置没有任何限制，副队长担任2号位时，先从3名队员中选1人担任1号位，其他3个位置无任何限制.
【详解】若副队长担任1号位，其他位置就没有任何限制，有种安排方式；
若副队长担任2号位，则从3名队员中选1人担任1号位，后面的3个位置无限制条件，有种安排方式.
所以一共有：种安排方式
故选：B
10. 已知正方体以某直线为旋转轴旋转角后与自身重合，则不可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分直线经过正方体对面中心、直线经过正方体的体对角线、直线穿过正方体的对棱中点及其它情形四种情况讨论，分别确定旋转角，即可判断.
【详解】依题意直线必过正方体的体对角线的交点，
当直线经过正方体对面中心时，正方体绕直线旋转时，与自身重合；
当直线经过正方体的体对角线时，
如图，连接，，，此时三角形为等边三角形，
设正方体的体对角线与面交于点，则为的中心，连接，，则，
则正方体绕直线旋转时，与自身重合；
当直线穿过正方体的对棱中点时，正方体绕直线旋转时，与自身重合；
其它情况，正方体绕直线旋转时，与自身重合；
故选：C
11. 若函数大于0的零点有且只有一个，则实数的值为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，函数有且仅有一个正零点，转化为方程有且仅有一个正根，令，利用导数研究函数单调性、极值，数形结合判断得解.
【详解】函数有且仅有一个正零点，即方程有且仅有一个正根，
令，则，
当时，，当时，，当时，，
即函数在和上单调递增，在上单调递减，且，
时，，时，，时，，可作出图象如下，
方程有且仅有一个正根，所以.
故选：D.
12. 已知点分别是抛物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（ ）
A. 6B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，将转化为的形式，寻求定点，使得恒成立，转化为，当且仅当在一条直线上时，取得最小值，即可求解.
【详解】由抛物线，可得焦点坐标为，
又由圆，可化为，
可得圆心坐标为，半径，
设定点，满足成立，且
即恒成立，
其中，代入两边平方可得：
，解得，
所以定点满足恒成立，
可得，
如图所示，当且仅当在一条直线上时，
此时取得最小值，
即，
设，满足，
所以，
，
当时，等号成立，
故选：C.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将所求转化为三点共线时，线段的长的问题，结合抛物线方程即可求解.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若双曲线的渐近线方程为，则的标准方程可以是________（写出一个你认为正确的答案即可）．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由双曲线渐近线的表达式得到一组，再写出标准方程即可.
【详解】因为双曲线的渐近线方程可表示为，
所以，
所以的标准方程可以是，
故答案为：.
14. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则这个圆锥的高是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据侧面展开图的弧长等于圆锥的底面周长，求得圆锥的底面半径，进而利用勾股定理求高.
【详解】试设圆锥的母线为，底面半径为
则，
因此圆锥的高是
故答案为：.
15. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则当时，的单调递增区间为_____．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求当时的单调递增区间，再根据奇函数的对称性求得结果.
详解】当时，,
由，解得，所以在区间上单调递增，
因为函数是定义在上的奇函数，
所以函数图象关于原点对称，
所以在区间上单调递增.
故答案为：.
16. 若实数是方程在区间上不同的两根，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得到，结合和正弦函数对称性得到，故.
【详解】，
故，
因为，所以，
其中，而，
故，即，
则
.
故答案为：
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，每个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．
（一）必考题：共60分．
17. 在中，．
（1）求的长；
（2）求边上的高．
【答案】（1）4 （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由余弦定理代入运算得解；
（2）求出，由等面积法求解.
【小问1详解】
由题，，，，由余弦定理得，
，解得，即.
【小问2详解】
在中，，，设边上的高为，
则，即，解得.
所以边上的高为.
18. 已知在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，满足，若，点为的中点，点为的三等分点（靠近点）．
（1）求证：平面；
（2）若线段上的点在平面内，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接AC，利用余弦求得AN，可证，由已知可证平面APD，可得，进而证明平面CPD，可得，可证结论成立；
（2）连接QN，求得PB，在三角形PBC中，利用余弦定理可求得，进而可得PQ，可求得的值.
【小问1详解】
连接AC，由AD∥BC,，若PA=AD=DC=2,
可得，由平面ABCD，因为平面ABCD，AC，
所以，，
因为点N为PC的三等分点（靠近点P），所以,
在三角形PAN中，由余弦定理可得,
所以，所以三角形PAN是直角三角形，所以，
因为平面ABCD，平面ABCD，，所以，又，，
所以平面APD，平面APD，所以，
由点M为PD的中点，所以，又，所以平面CPD，
平面PCD，所以，，所以平面AMN，
【小问2详解】
连接QN，因为平面AMN，所以，
在直角三角形PAB中，由勾股定理可得,
所以PB=3，
在三角形PBC中，由余弦定理可得,
在三角形PQN中，，所以,所以.
19. RAID10是一种常见的独立兮余磁盘阵列，因为先做镜像存储再做条带存储，使得RAID10同时具有RAID0的快速与RAID1的可靠的优点，同时阵列中若有几块磁盘损坏可以通过阵列冗余备份进行数据恢复．某视频剪辑公司购进100块拆机磁盘组建一台存储服务器，考虑到稳定性，拟采取RAID10组建磁盘阵列，组建之前需要对磁盘进行坏道扫描，每块需要2小时，若扫描出磁盘有坏道，则更换为没有坏道的正常磁盘．现工作小组为了提升效率，打算先扫描其中的10块，再根据扫描情况，决定要不要继续扫描剩下的所有磁盘，设每块磁盘有坏道的概率为，且每块磁盘是否有坏道相互独立．
（1）将扫描的10块中恰有2块有坏道的概率表示成关于的函数，并求该函数的最大值点；
（2）现扫描的10块中恰有2块有坏道，考虑到安全性，工作小组决定用（1）中的作为值来预测．已知有坏道磁盘直接投入使用会造成该盘上的数据丢失或损坏，每块投入使用的有坏道磁盘需要10.5小时进行更换和数据恢复，请根据现有扫描情况，以整个组建过程所花费的时间的期望为决策依据，判断是否需要扫描剩下的所有磁盘．
【答案】（1），
（2）需要扫描剩下的所有磁盘
【解析】
【分析】（1）根据独立重复事件概率公式可得的解析式，求导，利用导数判断的单调性和最值，即可得；
（2）先求扫描剩下的所有磁盘花费时间，再结合二项分布求不扫描剩下的所有磁盘花费时间，两者对比分析即可结果.
【小问1详解】
由题意可知：，
则，
因为，可知，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以的最大值点.
【小问2详解】
由（1）可知：，
若扫描剩下的所有磁盘，则花费时间为（小时）；
若不扫描剩下的所有磁盘，设剩余90块磁盘中有坏道的块数为，花费时间为，
则，
可得（小时）；
因为，所以需要扫描剩下的所有磁盘.
20. 已知椭圆上的点到焦点的距离之和为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交于两点，直线分别交直线于两点，求证：．
【答案】（1） （2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据条件和椭圆定义建立的方程组求出，得解；
（2）根据题意直线的斜率存在，当直线的斜率为0时，易求得，，易证；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，求出直线的方程，令，求得，结合韦达定理验证即可得证.
【小问1详解】
因为椭圆上点到焦点的距离之和为，
所以，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
根据题意直线的斜率存在，
当直线的斜率为0时，可得，，
直线的方程为，令，求得，同理求得，所以；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，
由题意直线不过点和，所以，
联立，消去整理得，
则，所以，且，，
易知直线的斜率均存在，则，令，得，
同理可得，
所以，
又，
所以.
所以.
综上，.
【点睛】思路点睛：本题第二问，要分直线的斜率为0和不为0两种情况讨论，当直线的斜率为0时，易求得点坐标，进而求得易得证；当直线的斜率不为0时，设出直线的方程为与椭圆联立，可得，再求出直线的方程，进而求得，结合韦达定理验证.
21. 已知函数，若数列的各项由以下算法得到：
①任取（其中），并令正整数；
②求函数图象在处的切线在轴上的截距；
③判断是否成立，若成立，执行第④步；若不成立，跳至第⑤步；
④令，返回第②步；
⑤结束算法，确定数列的项依次为．
根据以上信息回答下列问题：
（1）求证：；
（2）是否存在实数使得为等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．参考数据：．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义表示出切线方程，令，即可得证；
（2）设其公差为，依题意可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到最多有两个不同的根，从而得到最多三项，设、、成等差数列，由等差中项的性质及（1）的结论，令利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理说明即可.
【小问1详解】
因为，，
所以函数图象在处的切线方程为，
即，令可得，
即切线与轴的交点为，所以
【小问2详解】
若为等差数列，设其公差为，则，
令，则，
当时，；当时，；
可知在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因此最多有两个不同的根，即最多项成等差数列，
若、、成等差数列，即，
由（1）可知，则，
又因为，
令，则，
所以当时，所以在上单调递增，
又，
（其中，所以），
由可得，则，
可得，
所以存在，使得，
即存在，使得，即为等差数列，
且，
可得，所以.
【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是理解题意，利用导数的几何意义表示出切线方程，第二问关键是推导出这样的等差数列最多三项，再转化为函数的零点问题.
（二）选考题：共10分．请考生在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]（10分）
22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求与的极坐标方程；
（2）若与的两不同交点满足，求的值．
【答案】（1）的极坐标方程为，的极坐标方程为；
（2）
【解析】
【分析】（1）先消去参数得到普通方程，再利用得到极坐标方程；
（2）在（1）的基础上，联立得到，由韦达定理得到两根之和，两根之积，结合得到方程，求出答案.
【小问1详解】
消去得，
又，故的极坐标方程为，
化简得，故；
消去得，
又，故的极坐标方程为，
化简得；
【小问2详解】
将代入得
，
由得，，
不妨设，
由得，
由韦达定理得，
故，
所以，解得，
经检验，均符合要求.
[选修4—5：不等式选讲]（10分）
23. 已知函数．
（1）当时，解不等式；
（2）若，成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，利用零点分段法分类讨论，分别计算可得；
（2）依题意可得，再分、两种情况讨论，将不等式化简，最后判断恒成立即可.
【小问1详解】
当时不等式，即，
则或或，
解得或或，
综上可得不等式的解集为.
【小问2详解】
不等式，即，
当时不等式为，
即为，此时不等式在恒成立，符合题意；
当时，对于时不等式为，此时不等式对不恒成立，
即不等式对不恒成立，
综上所述，的取值范围为.
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