四川省成都市石室中学2024届高三下学期三诊模拟考试理科数学试卷（原卷版+解析版）

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（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. 满足且的集合的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的结果，以及子集的关系，确定集合中的元素，即可求解集合的个数.
【详解】由可得：，，.又因为，
所以或.
故选：B
2. 在中，“是钝角”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】C
【解析】
【分析】先将等价变形，两边平方后得，且三点不共线，即可做出判断.
【详解】“”等价于“”，
所以，
从而，
在中，显然三点不共线，即两个向量不能方向相反，则是钝角，则必要性成立，
若是钝角，则，则，则充分性成立，
则“是钝角”是“”的充要条件.
故选：C．
3. 如图是某赛季甲、乙两名篮球运动员5场比赛得分的茎叶图，已知甲的成绩的极差为31，乙的成绩的平均值为24，则下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. 乙的成绩的中位数为D. 乙的成绩的方差小于甲的成绩的方差
【答案】C
【解析】
【分析】结合茎叶图的数据分布特点，以及统计数据的极差、平均数、中位数、方差，依次分析选项，即可得答案．
【详解】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，甲得分的极差为31，，解得：，A正确；
对于B，乙的平均数为，解得，B正确；
对于C，乙的数据为：12、25、26、26、31，其中位数是26，C错误；
对于D，甲的平均数，与乙的平均数相同，但根据茎叶图可得乙得分比较集中，则乙得分的方差小于甲得分的方差，D正确；
故选：C．
4. 用数学归纳法证明：（）的过程中，从到时，比共增加了（ ）
A. 1项B. 项C. 项D. 项
【答案】D
【解析】
【分析】分别计算出和的项数，进而作差即得结论．
【详解】因为，
所以，共项，
则共项，
所以比共增加了项，
故选：D
5. 已知函数，则下列说法正确是（ ）
A. 的图象关于直线对称B. 的周期为
C. 是的一个对称中心D. 在区间上单调递增
【答案】B
【解析】
【分析】利用二倍角公式化简可得，根据函数图象逐项进行判断即可得到答案．
【详解】由函数，
由此可作出的函数图象，如图所示，
对于A中，由，
所以关于直线不对称，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由函数图象可知，不存在对称中心，所以C错误；
对于D中，因为，，，
所以函数在上不是单调递增函数，所以D错误.
故选：B.
6. 物理学家本·福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现的概率为.应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若，则k的值为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】结合条件及对数的运算法则计算即可.
【详解】，
而，故．
故选：C．
7. 已知函数的图象在两个不同点处的切线相互平行，则的取值可以为（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导函数，依题意可得，再由、、，即可得到，最后由基本不等式求出的范围，即可判断.
【详解】由，则，
则，，
依题意可得且、、，
所以，
所以，
经验证，当、分别取、时满足题意.
故选：D
8. 佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的功效.因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目.图1的由六个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊，那么在图2这个六面体中，棱AB与CD所在直线的位置关系为（ ）

A. 平行B. 相交C. 异面且垂直D. 异面且不垂直
【答案】B
【解析】
【分析】可将平面展开图还原为直观图，可得两个三棱锥拼接的六面体，它们共一个底面，即可判断，的位置关系．
【详解】将平面展开图还原为直观图，可得两个三棱锥拼接的六面体，它们共一个底面，
且两点重合，所以与相交，
故选：B
【点睛】本题考查平面展开图与其直观图的关系，考查空间想象能力，属于基础题．
9. 甲、乙两艘轮船都要在某个泊位停靠6小时，假定它们在一昼夜的时间段中随机地到达，则这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出甲、乙到达的时刻，列出所有基本事件的约束条件同时列出这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待约束条件，利用线性规划作出平面区域，利用几何概型概率公式求出概率.
【详解】设甲船到达泊位的时间为，乙船到达泊位的时间为，则，
这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待，则，
画出不等式组表示的平面区域，如图中的阴影部分，
，
则这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为.
故选：C
10. 在平面直角坐标系中，点，向量，且.若点的轨迹与双曲线的渐近线相交于两点和（点在轴上方），双曲线右焦点为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算求得点C的坐标，消参得其轨迹方程，然后与双曲线的渐近线方程联立求得点P和Q的纵坐标，从而把面积比转化为坐标绝对值比即可求解.
【详解】由于向量，点，所以，
因为，所以点，则点的轨迹为，
与双曲线其中一条渐行线，联立，得，
联立，得，
因此.
故选：D
11. 如图，射线与圆，当射线从开始在平面上按逆时针方向绕着原点匀速旋转（，分别为和上的点，转动角度不超过）时，它被圆截得的线段长度为，其导函数的解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，设的中点为D，连接，确定，表示出，即可求得弦长的表达式，利用求导公式，即可得答案.
【详解】由圆可得，
连接，设的中点为D，连接，则，
由，可得，
故，
则
，
即，
故选：C
12. 若存在满足，且使得等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出不等式组表示的平面区域，结合可行域可知当时，不成立，所以可以把化为，设，根据可行域求出的取值范围；构造函数，利用导数求出函数的最小值，建立不等式求实数的取值范围．
【详解】
画出不等式组表示的平面区域，
如图所示，，，，
可知当时，原式不成立，
所以可转化为，
设，根据可行域可知，，
设，（），
则，，
因为，所以恒成立，
则单调递增，且，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
又，，，
所以，
所以，解得，
故选：B.
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. 若复数（为虚数单位），则________________.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的性质计算即可.
【详解】因为，所以.
故答案为：.
14. 已知a是1，2的等差中项， b是 1， 16的等比中项， 则ab等于_________ ；
【答案】
【解析】
【分析】根据等差和等比中项的定义求，即可求解.
【详解】因为是等差中项，所以，
因为是，的等比中项，所以，
，所以.
故答案为：.
15. 已知函数的定义域为，对于任意实数均满足，若，，则________________.
【答案】
【解析】
【分析】通过赋值得到的值，之后猜想的表达式，利用数学归纳法证明，之后代入表达式即可求得答案.
【详解】令即可求出，
令即可求出，
，，
结合，，，，可猜想.
下面用数学归纳法证明：
当时，由上述知成立.
假设当时有，
则当时，不妨设，
.
所以成立，所以.
故答案为：.
16. 某单位使用的圆台形纸杯如图所示，其内部上口直径､下口直径､母线的长度依次等于，将纸杯盛满水后再将水缓慢倒出，当水面恰好到达杯底（到达底面圆“最高处”）的瞬间的水面边缘曲线的离心率等于__________.
【答案】
【解析】
【分析】用平面截对接圆锥所得截面边缘曲线是圆锥曲线，本题水面到达杯底的瞬间，水面边缘曲线是椭圆，作纸杯（圆台）的与水面垂直的轴截面，则是椭圆的长轴，是椭圆的短轴，是圆台的轴线，作于，记与的交点为的中点为，由实际情形知，点在圆台的过轴线的中点且与轴线垂直的截面圆上，由垂径定理知垂直平分，再求椭圆的离心率即可.
【详解】由教材章头图知识知道，用平面截对接圆锥所得截面边缘曲线是圆锥曲线.对于本题，如图，水面到达杯底（底面圆“最高处”）的瞬间，水面边缘曲线是椭圆，作纸杯（圆台）的与水面垂直的轴截面，则是椭圆的长轴，是椭圆的短轴.是圆台的轴线，作于，则
，
，
记与的交点为的中点为，则，
，
，
，
由实际情形知，点在圆台的过轴线的中点且与轴线垂直的截面圆上，.由垂径定理知垂直平分，
，
记椭圆的离心率为，长半轴长､短半轴长､半焦距为，
则.
故答案为：.
三、解答题（本题共6道小题，共70分）
17. 如图，在四边形中，已知点C关于直线BD的对称点在直线AD上，，．

（1）求的值；
（2）设AC=3，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据对称的性质和已知条件可得‖，则，，再利用正弦定理可求得结果；
（2）在中利用正弦定理可求出，再在中利用余弦定理可求得结果.
【小问1详解】
因为C点关于直线BD的对称点在直线AD上，
所以DB平分，所以，
因为，所以，BC=CD，
所以‖，
所以，
因为，，
所以，
所以．
【小问2详解】
因为在中，由正弦定理得,
所以，，
所以，所以，
在中，由余弦定理得，
．
18. 某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：cm）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示.
（1）求的值;
（2）若从高度在和中分层抽样抽取5株，在这5株中随机抽取3株，记高度在内的株数为，求 的分布列及数学期望；
（3）以频率估计概率，若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的条件下，至多 1株高度低于的概率.
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1，即可求解；
（2）首先确定高度在和的株数，再按照超几何分布，即可求解；
（3）根据独立重复概率公式，以及条件概率公式，即可求解.
【小问1详解】
依题意可得，解得；
【小问2详解】
由（1）可得高度在和的频率分别为和，所以分层抽取的5株中，高度在和的株数分别为2和3，所以可取0，1，2.
所以，，
所以的分布列为：
所以
【小问3详解】
从所有花卉中随机抽取株，记至少有株高度在为事件，至多株高度低于为事件，
则，，
所以.
19. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，且是的极值点，证明：.
【答案】（1）答案见解析.
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求导分析的符号，讨论的单调性，即可求解.
（2）先对求导，结合导数与单调性及极值的关系，得到，再结合要证不等式构造函数，求导并结合单调性与最值即可证明.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，恒成立，在上单调递减，
当时，由，得，由，得，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
函数的定义域为，
求导得，
由是的极值点，得，即，
，
而，则当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，取得极小值.
设，求导得，
当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，所以.
20. 已知平面与平面是空间中距离为1的两平行平面，，，且，和的夹角为.
（1）证明：四面体的体积为定值；
（2）已知，且，，，，均在半径为的球面上.当，与平面的夹角均为时，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）四面体补成一个斜三棱柱，这个斜三棱柱的体积为定值，则四面体的体积为定值.
（2）首先判断球心的位置，然后判断出点的轨迹，然后求得的值，进而求得的值.
【详解】（1）如图，平移线段使得与重合，并将四面体补成一个斜三棱柱.
则该斜棱柱的底面积，高，所以该斜棱柱的体积为定值.
此斜棱柱恰好可以分为两两底面积相同，高相同的三个三棱锥.
于是这三个三棱锥的体积都相等，都是斜棱柱的.
所以四面体的体积为，是定值.
（2）设球心是，并设与平面，平面的距离分别是，.
由可知，在，的中垂面和，的中垂面的交线上.
设的中点是，的中点是.则由勾股定理得.
注意到，所以，，共线，且平面.
因为，且，与平面的夹角均为，所以.
而，，，，均在球上，所以在以为圆心，为直径的圆上.
所以.
于是，，所以.
21. 已知椭圆的离心率为，以椭圆的顶点为顶点的四边形面积为.
（1）求椭圆标准方程；
（2）我们称圆心在椭圆上运动且半径为的圆是椭圆的“环绕圆”.过原点作椭圆的“环绕圆”的两条切线，分别交椭圆于两点，若直线的斜率存在，并记为，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件可得即可得椭圆方程；
（2）先设切线的方程为，切线的方程为，由题意得环绕圆方程，由直线与圆相切及同解方程可得是方程的两个不相等的实数根，结合圆心在椭圆上得，由的范围可得最终答案.
【小问1详解】
由题意，得且，又，
解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】

设切线的方程为，切线的方程为，“环绕圆”的圆心D为.
由“环绕圆”的定义，可得“环绕圆”的半径为1，所以“环绕圆”的标准方程为.
因为直线与“环绕圆”相切，则由点到直线的距离公式可得：，
化简得.
同理可得.
所以是方程的两个不相等的实数根，
所以.
又因为“环绕圆”的圆心在椭圆上，所以代入椭圆方程中，
可得，解得.
所以.
又因为且，所以或.
所以或，所以或，
所以或.
所以的取值范围是.
选考题：共10分.请考生在第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. 选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(t为参数) ，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）写出直线的普通方程和曲线的参数方程；
（2）若将曲线上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标缩短为原来的倍，得到曲线，设点是曲线上任意一点，求点到直线距离的最小值.
【答案】（1）直线的普通方程为，曲线的参数方程为（为参数）；
（2）
【解析】
【分析】（1）消去参数t可得直线的普通方程，极坐标方程先根据公式化为直角坐标方程，再化为参数方程即可.
（2）利用参数方程，然后结合点到直线距离公式和三角函数的性质确定点到直线的距离的最小值即可.
小问1详解】
因为直线的参数方程为(t为参数) ，曲线的极坐标方程为，
消去参数，直线的普通方程为，
曲线的普通方程为：，所以的参数方程为（为参数）.
【小问2详解】
由（1）有：的参数方程为（为参数），
由题意知，曲线的参数方程为（为参数），
所以可设点，又直线的普通方程为，
故点到直线的距离为：，
所以当时，，即点到直线的距离的最小值为.
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23. 已知函数．
解不等式；
若a、，，，证明：．
【答案】（1）.（2）见解析.
【解析】
【详解】试题分析：（1）用分段讨论法解绝对值不等式．（2）由综合法证明不等式，注意因式分解的应用 ．
试题解析：（1）由得：，
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得；
综上，不等式的解集为.
（2）证明：，
因为，，即，，
所以 ，
所以，即，所以原不等式成立.
【点睛】
解绝对值不等式常用方法一是数形结合，二是分段讨论，也就是找到每个绝对值的零点再分段讨论．