四川省成都石室中学2024届高三零诊模拟考试理科数学试题

这是一份四川省成都石室中学2024届高三零诊模拟考试理科数学试题，文件包含精品解析四川省成都石室中学2024届高三零诊模拟考试理科数学试题解析版docx、精品解析四川省成都石室中学2024届高三零诊模拟考试理科数学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。

成都石室中学2022-2023年度下期高2024届零诊模拟
数学试题（理科）
（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. 若复数满足，其中i为虚数单位，则（ ）
A. 2 B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
设复数，利用相等，求得，进而可求复数的模.
【详解】设复数，
则，则，
所以，所以，
故选：C.
【点睛】本题考查了复数相等的概念和复数模的求解，着重考查了学生的推理与运算能力.
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
【答案】B
【解析】
【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. 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
【答案】C
【解析】
【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. 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.
【答案】B
【解析】
【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. 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
【答案】B
【解析】
【分析】联立直线方程和抛物线方程，消元后利用判别式为正可求的范围，故可得正确的选项.
【详解】由和可得，
整理得到：，
因为直线与抛物线有两个不同的交点，故，
故，故命题q成立能推出命题p成立；
反之，若，取，此时仅有一个实数根，
故此时直线与抛物线仅有一个不同的交点，
故命题p成立不能推出命题q成立，
故p是q的必要不充分条件，
故选：B.
6. 运动会上，有6名选手参加100米比赛，观众甲猜测：4道或5道的选手得第一名；观众乙猜：3道的选手不可能得第一名；观众丙猜测：1，2，6道中的一位选手得第一名；观众丁猜测：4，5，6道的选手都不可能得第一名．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
【答案】D
【解析】
【详解】若甲对,则乙也对,所以甲错;若甲错乙对,则丙也对,所以乙错,即3道的选手得第一名,此时只有丁对,因此选D.
7. 已知函数,则的图像大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：设，则，∴在上为增函数,在
上为减函数，∴，，得或均有排除选项A，C，又中,，得且，故排除D.综上，符合的只有选项B.故选B.
考点：1、函数图象；2、对数函数的性质.

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.
【答案】B
【解析】
【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. 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.
【答案】A
【解析】
【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. 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.
【答案】D
【解析】
【分析】
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. 若函数存在两个极值点和，则取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【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. 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
【答案】D
【解析】
【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.
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. 设命题，若是假命题，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【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. 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____________.
【答案】
【解析】
【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. 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_________.
【答案】
【解析】
【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. 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，______．
【答案】##
【解析】
【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，令，则，
由，
整理可得，则，
故.
故答案为：
三、解答题（本题共6道小题，22题10分，其余各题12分，共70分）
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.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析.
【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.
【小问1详解】
当时，，，，
，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
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. 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6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.
【答案】（1）,
（2）平均数为，中位数为.
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率之和为1、成等差数列以及成绩落在内的人数为400可得关于的方程，求出其解即可.
（2）利用组中值可求均值，利用公式可求中位数.
（3
）根据频率之比可得抽取人数之比，再用列举法求出基本事件的总数和随机事件中的基本事件的个数，故可求对应的概率.
【小问1详解】
因为为等差数列，故，
又，故，
因为成绩落在内的人数为400，故，
故，故.
【小问2详解】
由频率分布直方图可得平均数为：
，
前3组的频率之和为，
前4组的频率之和为，
故中位数在区间中，设该数为，则，
故.
【小问3详解】
区间、上的频率之比为，
故5人中在分数在内的人数为3人，记为，
分数在内的人数为2人，记为，
从5人中随机抽取两人进行现场知识答辩，共有10种取法：
，.
设为“两人中恰好有1人得分在区间内”，则中的基本事件为：
，共6个，
故.
19. 如图所示，四棱柱中，底面是以为底边的等腰梯形，且.

（I）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，求直线AB与平面所成角的正弦值.
【答案】（I）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）要证明平面平面，只需证明平面即可；
（Ⅱ）取BD的中点O，易得面ABCD，以O为原点，分别以为的非负半轴建立空间直角坐标系，计算平面的法向量为与，再利用公式计算即可.
【详解】（Ⅰ）中，，，，由余弦定理得
，
则，即，
而，故平面，
又面ABCD，所以平面平面ABCD.
（Ⅱ）取BD的中点O，由于，所以，
由（Ⅰ）可知平面面ABCD，故面ABCD.
由等腰梯形知识可得，则，，
以O为原点，分别以为的非负半轴建立空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，则，
令，则，有，
所以，，
即直线AB与平面所成角的正弦值为.

【点晴】本题考查面面垂直的证明、向量法求线面角，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.
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.
已知这些折痕所围成图形是一个椭圆.若取半径为6的圆形纸片，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）求折痕围成的椭圆的标准方程；
（2）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.
【答案】（1）
（2）存在，，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义对照折纸的方法求出；
（2）设直线l方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理再结合斜率的两点公式求解即可.
【小问1详解】

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，，
所以点轨迹是以，为焦点，长轴长的椭圆，
所以，，则，
所以椭圆方程为；
【小问2详解】
由已知：直线过，设的方程为，由题意m必定是存在的
联立两个方程得 ，消去得，
得，
设，，则，（*）
所以，
将（*）代入上式，可得，
要使为定值，则有， ，又∵
∴，此时，
∴存在点，使得直线与斜率之积为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21. 设函数.
（1）求的最值；
（2）令，的图象上有一点列，若直线的斜率为，证明：.
【答案】（1）在上的最小值为，在上无最大值.
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）求出原函数的二阶导数后可判断二阶导数非负，故可判断导数非负，据此可求原函数的最值.
（2）根据（1）可得，结合二倍角的正弦可证：，结合等比数列的求和公式可证题设中的不等式.
【小问1详解】
，设，
则（不恒为零），故在上为增函数，
故，所以，故在上为增函数，
故在上的最小值为，在上无最大值.
【小问2详解】
先证明一个不等式：，
证明：设，
则（不恒为零），故在上为增函数，
故即恒成立.
当时，

由（1）可得，故，
故

,
故

.
【点睛】思路点睛：导数背景下数列不等式的证明，需根据题设中函数的特征构成对应的函数不等式，从而得到相应的数列不等式，再结合不等式的性质结合数列的求和公式、求和方法等去证明目标不等式.
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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．