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

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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.B【解析】由可得：，.又因为，
所以或.故选：B
2.C【解析】“”等价于“”，
所以
从而，显然A，B，C不共线，原条件等价于是钝角.故选：C．
3. C【解析】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.D【解析】因为，所以，共项，
则共项，所以比共增加了项，故选：D
5. B【解析】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. C【解析】，
而，故．故选：C．
7.D【解析】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.B【解析】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
9. C【解析】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. D【解析】由于向量，且，则点的轨迹为，
与双曲线其中一条渐行线，联立，得，同理得，
因此.故选：D
11. C【详解】由圆可得圆的极坐标方程为，
化简得到，联立方程组，
得到方程，
则，即，故选：C.
12.B【解析】画出不等式组表示的平面区域，如图所示，，，，
由知，并可转化为，
设，根据可行域可知，，
设，（），
则，，
因为，所以恒成立，则单调递增，且，
所以令，得，则在时单调递减；令，得，则在时单调递增，又，，，
所以，所以，解得，故选：B.
第Ⅱ卷（共90分）
填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13. 【解析】因为，所以.故答案为：.
14. 【解析】因为是的等差中项，所以，因为是，的等比中项，所以，，所以.故答案为：.
15. 【解析】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. 【解析】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.(1) (2)
【解析】（1）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，……3分
所以．……6分
（2）因为在中，由正弦定理得,
所以，，
所以，所以，……9分
在中，由余弦定理得，
．……12分
18.(1)；(2)分布列见解析，；(3)
【解析】（1）依题意可得，解得；……2分
（2）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. ……4分
所以，，……6分
所以的分布列为：
所以……8分
(3)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，，……10分
所以.……12分
19. 【解析】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，恒成立，在上单调递减，……2分
当时，由，得，由，得，
即函数在上单调递减，在上单调递增，……5分
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. ……6分
（2）函数的定义域为，求导得，
由是的极值点，得，即，……7分
，
而，则当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，取得极小值. ……8分
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.……12分
20.（1）证明见解析；（2）.
【解析】（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. …….2分
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. …….5分
（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. …….8分
因为，且，与平面的夹角均为，所以.
而、、、、均在球上，所以在以点为圆心、以为直径的圆上(除去、两点).所以.…….10分
于是，，所以.…….12分
21.【解析】（1）由题意，得且，又，
解得，所以椭圆的标准方程为. ……4分
（2）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：，……6分
化简得.
同理可得.
所以是方程的两个不相等的实数根，
所以. ……8分
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.……10分
又因为且，所以或.
所以或，所以或，
所以或.
所以的取值范围是.……12分
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. 【解析】（1）因为直线的参数方程为，曲线的极坐标方程为，
消去参数，直线的普通方程为， ……2分
曲线的普通方程为：，所以的参数方程为（为参数）. ……4分
（2）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），……6分
所以可设点，又直线的普通方程为，
故点到直线的距离为：，……8分
所以当时，，即点到直线的距离的最小值为.……10分
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．【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.……4分
（2）证明：，
因为，，即，，……6分
所以 ，
所以，即，所以原不等式成立. ……10分