四川省成都石室中学2024届高三零诊模拟考试文科数学试题（含解析）

这是一份四川省成都石室中学2024届高三零诊模拟考试文科数学试题（含解析），共22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。

四川省成都石室中学2024届高三零诊模拟考试文科数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．若复数R)满足，其中为虚数单位，则（   ）
A． B． C． D．
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18 B．乙得分的中位数是16.5
C．甲得分更稳定 D．甲的单场平均得分比乙低
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．106 B．122 C．136 D．140
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

A． B． C． D．
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
6．有6名选手参加演讲比赛，观众甲猜测：4号或5号选手得第一名；观众乙猜测：3号选手不可能得第一名；观众丙猜测：1，2，6号选手中的一位获得第一名；观众丁猜测：4，5，6号选手都不可能获得第一名．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
7．已知，则的图象大致为（　　）
A．   B．  
C．   D．  
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．4 D．
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．
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．
11．若函数存在两个极值点和，则取值范围为（    ）
A． B． C． D．
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

二、填空题
13．设命题，若是假命题，则实数的取值范围是__________.
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____________.
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_________.
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，______．

三、解答题
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.
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5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，成绩落在区间内的人数为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.
19．如图所示，四棱柱，底面ABCD是以AB，CD为底边的等腰梯形，且，，.

（1）求证：平面平面ABCD；
（2）若，求三棱锥的体积.
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.
现对这些折痕所围成的图形进行建模研究.若取半径为6的圆形纸片，如图，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)若已研究出折痕所围成的图形即是折痕与线段交点的轨迹，求折痕围成的椭圆的标准方程；
(2)记（1）问所得图形为曲线，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.
21．已知函数.
(1)若，求实数的值；
(2)已知且，求证：.
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.

参考答案：
1．A
【分析】利用复数的四则运算法则，复数相等的条件以及复数模的概念求解.
【详解】由已知得，即，
由复数相等的条件得，解得，则，所以，
故选：.
2．B
【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，茎叶图中甲的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．C
【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．B
【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．A
【分析】由题意，联立方程求解，根据一元二次方程的求解公式，结合充分条件与必要条件的定义，可得答案.
【详解】由题意，联立可得，消去整理可得：，
则恒成立，则直线与抛物线必定有两个交点，
则显然成立，不成立，
故选：A.
6．D
【分析】假设四人中任意一人猜对，根据合情推理即可求解.
【详解】假设甲猜对比赛结果，则乙也猜对比赛结果，所以假设不成立，所以甲没猜对比赛结果，即得第一名的是1,2,3或6；若乙猜对比赛结果，则1,2或6号选手中的其中一名获得第一名，此时丙也猜对比赛结果，所以乙也没有猜对比赛结果，所以3号选手获得第一名，则只有丁猜对了比赛结果.
故选：.
7．B
【分析】利用函数的定义域以及特殊值检验即可求解.
【详解】由已知得函数的定义域为，由此排除选项,
由于，由此排除选项和,
故选：.
8．B
【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：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．A
【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．D
【解析】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．C
【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．D
【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，
其中分别为、的中点，
则其外接球的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.
【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.
13．
【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．
【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．
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．
【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，
∴，解得，所以所求不等式的解集为.
故答案为：
16．/
【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，则直线为，令，则，
由，
整理可得，则，
故.
故答案为：
17．(1)
(2)不存在，理由见解析.

【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.
【详解】（1）当时，，，，
，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）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，
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．(1)，，；
(2)中位数为，平均数为；
(3)

【分析】（1）先由在区间内的人数求出值，再根据等差数列的性质和频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1，求出的值；
（2）设中位数为，根据中位数左侧直方图的面积为求解中位数，利用平均数等于每个小矩形的面积乘上小矩形底边中点的横坐标之和求解平均数；
（3）先利用分层抽样求出抽取的5人中4人来自区间，1人来自区间，再利用古典概型求出抽取两人中恰好有1人得分在区间内的概率.
【详解】（1）由已知可得，
则，即，
又∵a，b，c成等差数列，∴,
解得，，
（2）∵，，
∴设中位数为，且，
∴，解得，
即中位数为，
平均数为，
（3）成绩位于区间内的学生有人，成绩位于区间内的学生有人，
通过分层抽样抽取了5人中来自区间的人数为
人，来自区间的人数为人，
抽取两人中恰好有1人得分在区间内的概率为.
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）在中，利用余弦定理求出，可得，再加上，可得平面，进而可得平面平面ABCD；
（2）取BD的中点O，由（1）可得出面ABCD，通过平面ABCD，得，代入条件可得答案.
【详解】（1）中，，，
则

即，又，
平面
又面ABCD，所以平面平面ABCD.
（2）取BD的中点O，由于，所以
由（1）可知平面面ABCD，而平面面
平面，故面ABCD.
因为，，则
因为平面ABCD
所以
.  

【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查锥体体积的计算，关键是利用线面平行转换锥体的顶点求体积，是中档题.
20．(1)
(2)存在点使得和之积为.

【分析】（1）建立直角坐标系，利用椭圆的定义求椭圆的标准方程；
（2）设出直线的方程，并与椭圆方程联立，根据斜率的定义求解.
【详解】（1）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，
∴点的轨迹点为焦点，长轴的椭圆，
∵，，∴，
∴，则椭圆的标准方程为，
  
（2）设直线的方程为，将直线方程和椭圆方程联立 ，
消去得，
其中，
设，，
则
，
消去和可得，
要使为定值，则，
∵，∴，此时，
∴存在点使得和之积为.
    
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由题意分析得到是函数的极小值点，则解得再代入验证符合题意；
（2）由（1）可得，.令得到.令，利用导数证明出，得到，累加即可证明.
【详解】（1）由，得.
令，则.
注意到，所以是函数的极小值点，则，
所以，得.
当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，满足条件，故.
（2）由（1）可得，.
令，则，
所以，即.
令，则，且不恒为零，
所以函数在上单调递增，
故，则，
所以，
令分别取，累加得：
.
即证.
【点睛】导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围；
（4）利用导数证明不等式.
22．(1)
(2)

【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.
【详解】（1）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.
（2）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．