四川省成都市石室中学2024届高三一模数学（文）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（文）试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

数学试题（文）
（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，（第三次计算一次多项式）的值为14
D. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”是两个互斥且不对立的事件
【答案】C
【解析】
【分析】A选项：根据，有可推出；
B选项：代入特定值验证命题的充分性与必要性；
C选项：应用秦九韶算法求解；
D选项：应用事件的互斥对立定义判断.
【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，故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，至少有一个黑球包含的基本事件有“一黑一红，两黑”，至少有一个红球包含的基本事件有“一黑一红，两红”，所以两事件不互斥，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. 已知函数f(x)＝(a，b，c，d∈R)的图象如图所示，则（ ）
A. a＞0，b＞0，c＜0，d＜0B. a＜0，b＞0，c＜0，d＞0
C. a＜0，b＞0，c＞0，d＞0D. a＞0，b＜0，c＞0，d＞0
【答案】B
【解析】
【分析】由图像可得ax2＋bx＋c＝0的两根为1，5，由根与系数的关系得－＝6，＝5，从而可确定系数的正负.
【详解】由图可知，x≠1且x≠5，
则ax2＋bx＋c＝0的两根为1，5，
由根与系数的关系，得－＝6，＝5，
∴a，b异号，a，c同号，排除A、C；
又f(0)＝＜0，∴c，d异号，排除D，只有B项适合.
故选：B
【点睛】本题考查利用图像信息分析函数解析式中的系数问题，属于基础题.
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，则输出的值与下面的哪个数最接近（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】该程序框图相当于在上任取10000对数对，其中满足的数对有对，
分别计算出不等式组所表示的区域面积和不等式组所表示的区域面积，
再利用几何概型的面积公式可求得的近似值.
【详解】该程序框图相当于在上任取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，
不等式组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. 如图所示的茎叶图记录着甲、乙两支篮球是各6名球员某份比赛的得分数据（单位：分）.若这两组数据的中位数相等，且平均值也相等，则______.

【答案】
【解析】
【分析】根据茎叶图进行数据分析，列方程求出x、y即可求解.
【详解】由题意，甲的中位数为：，故乙的中位数①
，
，
因为平均数相同，所以②，
由①②可得，，
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，即面积最大值为.
18. 如图甲是由直角梯形ABCD和等边三角形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）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到，由面面垂直得到线面垂直，得到线线垂直；
（2）作出辅助线，证明出线面垂直，得到，求出各边长，利用等体积法求出点到平面距离.
【小问1详解】
证明：取AD中点为F，连接AC，CF，
由且得且，
∴四边形为平行四边形，
又且⊥，
∴平行四边形为正方形，
∴，
故，
所以，
∴，
又∵二面角为直二面角，且平面平面，平面，
∴平面，
∵平面，
∴.
【小问2详解】
过点作于点，过点作于点，连接.
因为二面角为直二面角，且平面平面，，
所以，
所以.
因为，，
在中，，
在中，，
因为平面，平面，
所以，
所以.
令点到平面距离为，
所以，
，
即点到平面距离为.
19. 某公司是一家集无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业，产品主要应用于森林消防、物流运输、航空测绘、军事侦察等领域，获得市场和广大观众的一致好评，该公司生产的甲、乙两种类型无人运输机性能都比较出色，但操控水平需要十分娴熟，才能发挥更大的作用．该公司分别收集了甲、乙两种类型无人运输机在5个不同的地点测试的某项指标数，，数据如下表所示：
（1）试求y与x间的相关系数r，并利用r说明y与x是否具有较强的线性相关关系；（若，则线性相关程度很高）
（2）从这5个地点中任抽2个地点，求抽到的这2个地点，甲型无人运输机指标数均高于乙型无人运输机指标数的概率．
附：相关公式及数据：，．
【答案】（1）0.95，y与x具有较强的线性相关关系
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用相关系数的公式计算求解，判断即可．
（2）由列举法并利用古典概型求概率
【小问1详解】
，，
所以，
由于，
相关系数，
因为，所以y与x具有较强的线性相关关系．
【小问2详解】
将地点1，2，3，4，5分别记为A，B，C，D，E，任抽2个地点的可能情况有，，，，，，，，，，共10种情况，
其中在地点3，4，5，甲型无人运输机指标数均高于乙型无人运输机指标数，即，，3种情况，
故所求概率为．
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
地点1
地点2
地点3
地点4
地点5
甲型无人运输机指标数x
2
4
5
6
8
乙型无人运输机指标数y
3
4
4
4
5