1、成都石室中学2023-2024年度上期高2024届一诊模拟数学试题（理）（总分：150分，时间：120分钟 ）第卷（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（）ABCD2已知纯虚数满足，则（）A B C D3某公司一种型号的产品近期销售情况如表：月份23456销售额（万元）15.116.317.017.218.4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约为（）A18.85万元 B19.3万元 C19.25万元 D19.05万元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
2、C D5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14D若随机变量，则6已知，则（）ABCD7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（ ）ABCD18函数的大致图象如图所示，则a，b，c大小顺序为（ ）A B C D9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：三棱锥的体积为定值；若，则三棱锥的外接球半径为；的最小值为其中真命题有（）ABCD10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 D11已知函数有三个零点，
3、且，则的取值范围是（）A BCD12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（ ）A80 B81 C72 D71第卷（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 .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
4、线段上，点在上，则的取值范围是 .16. 已知函数，不等式对任意的恒成立，则的最大值为 三、解答题（本题共6道小题，共70分）17（本小题满分12分）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.18（本小题满分12分）下图甲是由梯形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19（本小题满分12分）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
5、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，则记甲第次获得的分数为，期望为，求；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：；)20（本小题满分
6、12分）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21（本小题满分12分）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.求证：点Q在一条定直线上，并求此定直线；求面积的最大值.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（本小题满分10分）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
7、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距离的范围选修4-5：不等式选讲（10分）23（本小题满分10分）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.成成成都石室中学2023-2024年度上期高2024届一诊模拟理科数学（A卷）参考答案1.B 【解析】，故.故选：B.2. A 【解析】令，则，故，.故选：A.3. D 【解析】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. B 【解析】由三视图
8、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：B.5. C 【解析】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. D 【解析】因为，所以平方得，即，两式相加可得，即，故，.故选：D.7. A 【解析】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，即，且，则，以数列的前100项和为故选：A.8. B
9、 【解析】令，则，由得，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.9A 【解析】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，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，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，故半径为，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，错误.故选：A. 10. B 【解析】该程序框图相当于
10、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. D 【解析】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，画出简图，如右图所示，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.结合图象可得：，设，则，得到，因为，所以.故选：D12. A 【解析】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.13. 【解析】抛物线的标准方程为，
11、焦点在轴正半轴上，焦点坐标为.14【解析】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【解析】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：.16【解析】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
12、，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：1.17解：（1），则；-2分.-5分（2），-7分又，所以，得，即，-8分因为，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）-11分故, 即面积最大值为.-12分（注：若求角的函数值域问题，按步骤对应给分）18（1）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，-2分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.-5分（2）解：如图，延长AB和DC交于点G，连接GP，则GP为平面PCD
13、与平面PAB的交线l，取CD中点为O，连接OF，OP，OPAC，OPOF，OFCD，OPCD. -7分如图，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-9分设l与平面PAD的所成角为，则，-11分因为，即l与平面PAD所成角的正弦值为-12分19解：（1）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70，60，20，10-1分则累计得分的期望-2分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，-3分则累计得分的期望-4分因为，所以应选择方案一-5分（2）依题意得-6分的可能取值为2
14、0，10，其分布列为2010P所以 由，得，所以为等比数列，其中首项为36，公比为，所以，-7分故-8分由知，故累计得分为， -9分设，当时，所以当时，单调递增，-10分由题可知，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.-12分20解：（1）函数，因为，所以切点为，-1分由，得，所以曲线在点处的切线斜率为0，-2分所以曲线在点处的切线方程为-3分（2）由（1）可知，因为，所以，令，则-4分当时，单调递减；当时，单调递增； 又因为，-6分所以，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-7分（3）因为，当时，由得-9分下面证
15、明：当时，对于任意，恒成立,即证，即证；而当时，-10分由（2）知，；所以时，恒成立；综上所述，-12分21解：（1）因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6， 所以,-1分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，-2分所以的轨迹的方程为.-4分，注：未挖点扣1分（2）依题意，设直线DE方程为.联立，得，易知设，则，.-5分因为轴，轴，所以，.所以直线DN：，直线EM：，联立解得.-7分从而点Q在定直线上. -8分因为，-9分又，则，-10分设，则， 当且仅当，即时，等号成立， 故面积的最大值为.-12分22解：（1）令，则，解得，或（舍），则，即，-2分令，则，解得，或（舍），则，即，-4分.-5分（2）曲线的极坐标方程为，即，由，得的普通方程为，-6分设上点的坐标为，-7分由（1）知直线AB的方程为，令上的点到直线AB的距离为，则，-9分所以上的点到直线AB的距离为.-10分23解：（1）当时，不等式可化为，或，或，-2分解得或 或，-4分求并集得：，所以原不等式的解集为-5分（2）因为，当且仅当时，即时取到最小值，-6分又因为，所以，所以， -7分所以，因为，-9分当且仅当时，即时， 的最小值为.-10分
