四川省成都市石室中学2024届高三一模数学（理）试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市石室中学2024届高三一模数学（理）试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，选考题等内容，欢迎下载使用。

（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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数值域与绝对值不等式得出集合与，即可根据集合的交集运算得出答案.
【详解】，
，
故.
故选：B.
2. 已知纯虚数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用纯虚数的概念和复数及模的运算即可得出结果.
【详解】令，则，
故，，.
故选：A
3. 某公司一种型号的产品近期销售情况如表：
根据上表可得到回归直线方程，据此估计，该公司7月份这种型号产品的销售额为（ ）
A. 18.85万元B. 19.3万元C. 19.25万元D. 19.05万元
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由回归直线方程过样本点的中心，即可求得，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】由表中数据可得，，
因为回归直线过样本点的中心，所以，解得，
所以回归直线方程为，
则该公司7月份这种型号产品的销售额为万元.
故选：D
4. 如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体最长的棱长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由三视图可知多面体是如图所示的三棱锥，然后计算各棱长比较即可.
【详解】由三视图可知多面体是如图所示的三棱锥，由图可知
，，
所以最长的棱长为，
故选：C

5. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知非零向量，，，若，则
B. 设x，，则“”是“且”的充分不必要条件
C. 用秦九韶算法求这个多项式的值，当时，的值为14
D. 若随机变量，，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用数量积的运算律可判定A，利用充分、必要条件的定义可判定B，利用秦九韶算法可判定C，利用正态分布曲线的性质可判定D.
【详解】对于A选项，若，则，所以，不能推出，
故A错误；
对于B选项，成立时，必有成立，
反之，取，则成立，但不成立，
因此“” 是“”的必要不充分条件，B错误；
对于选项C，因为，
所以可以把多项式写成如下形式：，
按照从内而外的顺序，依次计算一次多项式当的值：
，，，，故C正确；
对于选项D，，
所以，故D错误.
故选：C.
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先对两式进行平方，进而可求出的值，根据二倍角公式求出结论.
【详解】解：因为，，
所以平方得，，，
即，，
两式相加可得，
即，
故，
.
故选：D.
7. 公差为的等差数列的首项为，其前项和为，若直线与圆的两个交点关于直线对称，则数列的前100项和等于（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，直线与直线垂直，且直线过圆心，可求得和的值，然后利用等差数列的求和公式求得，利用裂项相消法可求得数列的前项100和.
【详解】因为直线与圆的两个交点关于直线对称，
所以直线经过圆心，且直线与直线垂直，
所以且，即，.
则，，
所以数列的前100项和为.
故选：A.
8. 函数的大致图象如图所示，则大小顺序为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复合函数的性质及导数研究单调性结合图象判定大小即可.
【详解】令，则，
由得，
因为定义域上单调递增，结合图象知函数在上递增，在递减，
所以且，所以，
又过点，
所以，即，
所以
故选：B.
9. 如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：①三棱锥的体积为定值；②；③若，则三棱锥的外接球半径为；④的最小值为.其中真命题有（ ）
A. ①②③B. ①②④C. ①②③④D. ③④
【答案】A
【解析】
【分析】由题可证平面，即当点P在线段上运动时恒为定值，故①正确；
由题可证平面，故②正确；三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，找到球心即可求半径，故③；旋转，将空间问题平面化，判断④错误.
【详解】正方体中，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，
所以平面，即当点P在线段上运动时恒为定值，
又， 也为定值，
所以三棱锥的体积为定值，①正确；
在正方体中，平面，平面，所以，
在正方形中：，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，②正确；
因为点P在线段上运动， 若，则点P与点A重合，则三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，又正方体的中心到三棱锥四个顶点距离相等，所以正方体的中心即为外接球球心，半径为体对角线的一半，为，③正确；
如图所示：
将三角形沿翻折得到该图形，连接与相交于点，此时取得最小值，延长，过作于点，
在中，，
故的最小值为，④错误.
故选：A.
10. 执行如图所示的程序框图，则输出的的值与下面的哪个数最接近？（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据程序框图可将问题转化成[0，3]上任取10000对数对，满足的数对有对，转化成几何概型，根据面积之比即可求解.
【详解】该程序框图相当于在[0，3]上任取10000对数对，其中满足的数对有对.显然该问题是几何概型.不等式组所表示的区域面积为9，所表示的区域面积为，故，因此，
故选：B.
11. 已知函数有三个零点、、且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，将原函数的零点转化为方程的根，令，转化为，再令，得到使时的根的个数，再分类讨论的范围与根的关系，结合函数与方程性质及零点的关系即可得.
【详解】令，得，整理得，
令，原方程化为，
设， 则，
令，解得，且，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
则在时，有最大值为，
则当时，有一个解，
当时，有两个解，
当时，有一个解，
当时，无解，
因为原方程为，
由题可知有三个零点，因此方程有两个不等实根、，设，
则有，，
若，则，故舍去，
若，则，，
有，即有，，代入得，矛盾，故舍去，
若则，，
，
设，则，得到，
所以.
故选：D.
12. 已知双曲线的右焦点为，，直线与抛物线的准线交于点，点为双曲线上一动点，且点在以为直径的圆内，直线与以为直径的圆交于点，则的最大值为（ ）
A. 80B. 81C. 72D. 71
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得，再由平面向量的数量积运算，结合图形，即可得到结果.
【详解】
由题可知，点在以为直径的圆上，故，连接、，如图所示，
可得，其中
由图可知，当点运动到双曲线右顶点时，即当时， 取最大值为80.
故选：A.
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. 抛物线的焦点坐标是______．
【答案】
【解析】
【详解】抛物线即， ，所以焦点坐标为.
14. 石室校园，望楼汉阙，红墙掩映，步移景异！现有甲、乙、丙、丁四位校友到“文翁化蜀”、“锦水文风”、“魁星阁”、“银杏大道”4处景点追忆石室读书时光.若每人只去一处景点，设事件为“4个人去的景点各不相同”，事件为“只有甲去了锦水文风”，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意先分别求出，再根据条件概率公式即可得解.
【详解】由题意可知，4人去4个不同的景点，总事件数为，事件的总数为，
所以，
事件和事件同时发生，
即“只有甲去了锦水文风，另外3人去了另外3个不同的景点”，
则事件的总数为，
所以，
所以.
故答案为：.
15. 在等腰直角三角形中，，为斜边的中点，以为圆心，为半径作，点在线段上，点在上，则的取值范围是 ________.
【答案】
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算，表示出，将其转化为点到点的距离，结合图形分析即可.
【详解】以为圆心，以为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
由于所以，
由于点在，不妨设 ，，
，其中，
，
所以，
可看作是上的点到点的距离，
由于点在线段上运动，
故当点运动到点时，此时距离最大，
为，
当点运动到点时，此时距离最小为0，
综上可知：.
故答案为：.
16. 已知函数，不等式对任意的恒成立，则的最大值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】先根据奇函数的定义推出为上的奇函数．利用导数推出在上单调递增．利用奇偶性和单调性将不等式化为对任意的恒成立，再参变分离得对任意的恒成立．然后构造函数，利用导数求出其最小值可得结果.
【详解】因为，
所以为上的奇函数．
又，
所以在上单调递增．
不等式对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，
即对任意的恒成立．
令，所以，
所以当时，，在上为增函数；
当时，，在上为减函数．
所以，
设，显然为上的增函数，
因为，，所以存在，使得，
所以，此时，
所以，即的最大值为1．
故答案为：1
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，总有成立，故；
（2）若，总有成立，故；
（3）若，使得成立，故；
（4）若，使得，故.
三、解答题（本题共6道小题，共70分）
17. 已知向量，，函数.
（1）若，求的值；
（2），，为的内角，，的对边，，且，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量共线定理可得，再利用二倍角的余弦公式，结合齐次式的应用可得解；
（2）根据向量数量积公式可得，进而可得，再利用余弦定理和基本不等式求的最大值，最后用三角形面积公式即可得解.
【小问1详解】
，，则；
.
故.
【小问2详解】
，即.
又，所以，得，又，即，
因为，且由余弦定理可知，
，所以，
由基本不等式可得，
所以，（当且仅当时取等），
故，即面积最大值.
18. 如图甲是由梯形ABCD和正三角形CDE组成的一个平面图形，其中，，，将沿CD折起使点E到达点P的位置（如图乙），使二面角为直二面角.
（1）证明：；
（2）若平面PCD与平面PAB的交线为l，求l与平面PAD所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，取AD中点为F，连接AC，CF，由面面垂直性质定理可得平面PCD，即可得证；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
证明：取AD中点为F，连接AC，CF，由得且.
∴四边形ABCF为平行四边形，
∴，
∴，
又因为二面角为直二面角，且平面平面，
∴平面PCD，因为平面PCD，
所以.
【小问2详解】
如图，延长AB和DC交于点G，连接GP，则GP为平面PCD与平面PAB的交线l，
取CD中点为O，连接OF，OP，
∵OP⊥AC，，
∴OP⊥OF，OF⊥CD，OP⊥CD.
以O为坐标原点，OF，OD，OP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
，，，，
，，，
设平面PAD的法向量为，
，
令，解得，
设l与平面PAD的所成角为，则，
因为，
即l与平面PAD所成角的正弦值为.
19. 石室中学社团为庆祝石室中学2166年校庆，为同学们准备了丰富多彩的游戏节目.其中某个知识答题游戏节目，共需要完成且次答题，并以累计的总分作为参考依据.若甲同学参加该游戏，且每次回答正确的概率为，回答错误的概率为，各次答题相互独立.规定第一次答题时，回答正确得20分，回答错误得10分，第二次答题时，设置了两种答题方案供选择，方案一：回答正确得50分，回答错误得0分.方案二：若回答正确，则获得上一次答题分数的两倍，回答错误得10分.从第三次答题开始执行第二次答题所选方案，直到答题结束.
（1）如果，甲选择何种方案参加比赛答题更加有利？并说明理由；
（2）若甲选择方案二，则
①记甲第次获得的分数为，期望为，求；
②若甲累计总分的期望值超过2166分，即可获得校园文创产品一份，求至少需要答题的次数.
(参考数据：；；；)
【答案】（1）应选择方案一，理由见解析
（2）①；②15次
【解析】
【分析】（1）分别计算出甲两次答题选方案一和方案二的期望，比较大小即可；
（2）①求出的分布列和期望，依题意得，进而得到为等比数列，利用等比数列通项公式求解即可；
②由①求出累计得分为，设，利用导数判断出在时的单调性，由单调性可得答案.
【小问1详解】
若甲第二次答题选方案一，记两次答题累计得分为，则的可能取值为70，60，20，10.
，
则累计得分的期望.
若甲第二次答题选方案二，记两次答题累计得分为，则的可能取值为60，30，20.
，
则累计得分的期望.
因为，所以应选择方案一；
【小问2详解】
①依题意得，
的可能取值为20，10，其分布列为
所以，
由，得，
所以为等比数列，其中首项为36，公比为，
所以，
故，
②由①知，，
故累计得分为，
设，，
当时，，
所以当时，单调递增，
由题可知，至少需答题次数满足：，
结合单调性与零点存在性定理，得到，
故，
所以至少需答题15次
20. 已知函数.
（1）若时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若时，求函数的零点个数；
（3）若对于任意，恒成立，求的取值范围.
【答案】20.
21. 两个 22.
【解析】
【分析】（1）当，，然后即可求解；
（2）求出导数，然后根据的单调性并结合零点存在定理，即可求解.
（3）利用（2）中结论，即证恒成立，从而可求解.
【小问1详解】
当时，函数，因为，所以切点为，
由，得，
所以曲线在点处的切线斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
由（1）可知，
因为，所以，令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又因为，，
所以，由零点存在定理可知，存在唯一的使得，存在唯一的使得.
故函数有且仅有两个零点.
【小问3详解】
因为，当时，由得，
下面证明：当时，对于任意，恒成立，
即证，即证；
而当时，，
由（2）知，；所以时，恒成立；
综上所述，.
21. 已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过作不平行于坐标轴的直线交于D，E两点，若轴于点M，轴于点N，直线DN与EM交于点Q.
①求证：点Q在一条定直线上，并求此定直线；
②求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析，；②
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可；
（2）①求出直线DN与EM方程，得到Q点坐标，即可判定；②将面积表示出来，然后换元，利用基本不等式求最值.
【小问1详解】
因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6，
所以，
故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），
且，所以，
所以的轨迹的方程为.
小问2详解】
①依题意，设直线DE方程为.
联立，得，
易知
设，，则，.
因为轴，轴，
所以，.
所以直线DN：，
直线EM：，
联立解得.
从而点Q在定直线上.
②因为，
又，则，
设，则，
当且仅当，即时，等号成立，
故面积的最大值为.
四、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]
22. 在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数且），分别与x轴、y轴交于A、B两点.以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）与坐标轴交于A，B两点，求；
（2）求上的点到直线AB距离的范围.
【答案】（1）5 （2）
【解析】
【分析】（1）取得到，取得到，再计算得到答案.
（2）根据极坐标方程变换得到普通方程为，确定直线方程，设，计算点到直线的距离，根据三角函数的有界性得到范围.
【小问1详解】
令，则，解得，或（舍），
则，即，
令，则，解得，或（舍），
则，即，
故.
【小问2详解】
曲线的极坐标方程为，即，
由，得的普通方程为，
设上点的坐标为，
直线AB的方程为，即，
令上的点到直线AB的距离为，
则，
所以上的点到直线AB的距离为.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若的最小值为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分情况讨论化成代数不等式求解；
（2）用进行转化，求的最小值，再结合基本不等式求的最小值.
【详解】（1）当时，不等式可化为，
∴，或，或，
解得或 或
求并集得：，
所以原不等式的解集为.
（2）因为，
当且仅当时，即时取到最小值，
又因为，所以，所以，
所以，
因为，
当且仅当时，即时， 月份
2
3
4
5
6
销售额（万元）
15.1
16.3
17.0
17.2
18.4
20
10
P