四川省成都市成华区某校2024届高三下学期三诊试题 数学（文） 含答案.pdf

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1、高三“三诊”模拟数学试题（文科）第页共 4 页1高三三诊模拟考试数文高三三诊模拟考试数文一、选择题：一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1已知集合0322xxxA，1|31xBx，则BA=（）（A）(1，1（B）1，3（C）(1，3（D）3，)2已知一样本数据（如茎叶图所示）的中位数为 12，若x，y均小于 4，则yx的值为（）（A）2（B）3（C）4（D）53已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，cos=55，(,2)为其终边上一点，则=()（A）4（B）4（C）1（D）14.已知=log52，=log2，

2、=(12)，则()（A）（B）（C）（D）5.若实数，满足约束条件 1 0,+3 0,0.则xy的最大值为()（A）0（B）13（C）12（D）26.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852 年英国来华传教士伟烈亚力将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874 年英国数学家马西森指出此法符合1801 年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于同余的问题.现有这样一个问题：将正整数中能被 3 除余 1 且被 2 除余 1 的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则10=()（A）55（B）49（C）43（D）377.如图，在

3、三棱柱 111中，分别为1，1，11，11的中点，则下列说法错误的是()（A），四点共面（B）/#QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=#四川省成都市成华区某校2024届高三下学期三诊试题高三“三诊”模拟数学试题（文科）第页共 4 页2（C），1三线共点（D）1=18.若 1 成立的一个必要不充分条件，则实数的取值范围是()（A）(,0)（B）(,0（C）0,2)（D）(2,3)9.在中，=3,=2,=120，且?=2?，则?=()(A)13（B）23（C）1（D）210.已知函数()=(+)(,为常数，0，0)的部分图像如图所

4、示，若将()的图像向左平移6个单位长度，得到函数()的图像，则()的解析式可以为()（A）()=22sin(3+4)（B)()=22cos(3+4)(C)()=22sin(3 4)(D)()=22cos(3 4)11已知1F，2F是双曲线2222:1(0,0)xyEabab的左，右焦点，点0(M x，00)(0)yy 是双曲线E上的点，点C是12MF F内切圆的圆心，若121212CMFCMFCF FSSS，则双曲线E的渐近线为()（A）30yx（B）30 xy（C）230 xy（D）230yx12若 0,+)，2+1 恒成立，则实数的最大值为()（A）（B）2（C）1（D）2二、填空题：二、

5、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13.九章算术中，称四个面均为直角三角形的四面体为“鳖臑”.已知某“鳖臑”的三视图如图所示，则该“鳖臑”的体积为_14若复数z满足|2|1z，则|z的最小值为.15.设抛物线2=6的焦点为，准线为，是抛物线上位于第一象限内的一点，过作的垂线，垂足为，若直线的倾斜角为120，则|=.#QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=#高三“三诊”模拟数学试题（文科）第页共 4 页316已知三棱锥SABC的顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为36，5AB，2 5AC，30ACB，则当三

6、棱锥SABC的体积最大时，BS.三、解答题三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答；第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 60 分17.(本小题 12 分)某手机生产厂商要生产一款 5手机，在生产之前，该公司对手机屏幕的需求尺寸进行社会调查，共调查了 400 人，将这 400 人按对手机屏幕的需求尺寸分为 6 组，分别是：5.0,5.5)，5.5,6.0)，6.0,6.5)，6.5,7.0)，7.0,7.5)，7.5,8.0)(单位：英寸)，得到如下频率分布直方图：其中，屏幕需求尺寸在5.5,6.0)

7、的一组人 数为 50 人(1)求和的值;(2)用分层抽样的方法在屏幕需求尺寸为5.0,5.5)和7.0,7.5)两组人中抽取 6 人参加座谈，并在 6 人中选择 2 人做代表发言，则这 2 人来自同一分组的概率是多少?18.(本小题 12 分)已知正项数列的前项积为，且满足=31().(1)求证：数列12为等比数列;(2)求数列的前项和19(本小题 12 分)如图，在三棱台ABCDEF中，H在AC边上，平面ACFD 平面ABC，60ACD，2CH，4CD，3BC，BHBC（1）证明：EFBD；（2）若2ACDF且ABC的面积为3 34，求三棱锥ABHD的体积20(本小题 12 分)已知椭圆22

8、22:1(0,0)xyCabab的长轴为双曲线22184xy的实轴，且椭圆C过点），（12P（）求椭圆C的标准方程；#QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=#高三“三诊”模拟数学试题（文科）第页共 4 页4（）点A，B是椭圆C上异于点P的两个不同的点，直线PA与PB的斜率均存在，分别记为1k，2k，且1212kk，证明：直线AB的经过定点，并求出定点坐标21(本小题 12 分)已知函数()1f xlnxax，其中实数aR（1）求证：函数()f x在)1(,1(f处的切线恒过定点，并求出该定点的坐标；（2）若函数()f x有两个零

9、点1x，2x，且122xx，求a的取值范围22(本小题 10 分)多样化的体育场地会为学生们提供更丰富的身体锻炼方式 现有一个标准的铅球场地如图，若场地边界曲线M分别由两段同心圆弧,BC AD和两条线段AB，CD四部分组成，在极坐标系Ox中，736AODBOC，A、O、B三点共线7(20,)72A，点C在半径为 1 的圆上（1）分别写出组成边界曲线M的两段圆弧和两条线段的极坐标方程；（2）若需设置一个距边界曲线M距离不小于 1 且关于极轴所在直线对称的矩形警示区域，如图，求警示区域所围的最小面积注：77sin0.3cos0.95727223(本小题 10 分)已知函数()|1|f xxax，a

10、R（1）当2a 时，求不等式4)(xf；（2）对任意(0,3)m关于x的不等式1()2f xmm总有解，求实数a的取值范围#QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=#高三高三三诊模拟考试数三诊模拟考试数文科答案文科答案一、一、选择题：1-5:1-5:CCDBCCCDBC6-10:6-10:ADBCAADBCA11-12:11-12:ADAD二、填空题：13.814.115.616.30三、解答题：17.解：（1）因为屏幕需求尺寸在5.5,6.0)的一组人数为 50 人，所以其频率为50400=0.125又因为组距为 0.5，所以=

11、0.1250.5=0.25又因为 0.1+0.25+0.7+0.2+0.1 0.5=1，所以=0.65，即=0.65，=0.25.6 分(2)因为屏幕需求尺寸为5.0,5.5)人数为：0.1 0.5 400=20，屏幕需求尺寸为7.0,7.5)人数为 0.2 0.5 400=40，若要用分层抽样的方法抽取 6 人，所以要在5.0,5.5)组中抽 2 人，设为，；要在7.0,7.5)组中抽 4 人，设为，因此样本空间=,，,，,，,，,，,，,，,，,，,，共 15 个基本事件，而这 2 人来自同一分组为事件，=,，共 7 个基本事件，所以这 2 人来自同一分组的概率 =715.12 分18.解

12、：(1)证明：因为=31，且=1(2)，所以1=31，因为 0，所以 0，所以得 3 1=1，则12=13(112)，因为当=1 时，1=1311，得1=23，所以112=16所以数列12是首项为16，公比为13的等比数列.6 分(2)由(1)知：12=16(13)1，即=12(13)+12所以=1+2+=1213+(13)2+(13)+2=141 (13)+2.12 分19#QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=#证明：（1）60ACD，2CH，4CD，由余弦定理得2221cos22CDCHDHACDCD CH，解得2 3DH

13、，所以222CDCHDH，所以DHAC，又因为平面ACFD 平面ABC，平面ACFD平面ABCAC，DH 平面ACFD，所以DH 平面ABC，因为BC 平面ABC，所以DHBC，又因为BHBC，BHDHH，BH 平面BDH，DH 平面BDH，所以BC 平面BDH，因为DB 平面BDH，所以BCDB，又因为/BCEF，所以EFDB；.6 分（2）在Rt BHC中，2CH，3BC，BHBC，所以221BCCHBC，3cos2BCACBCH，所以30ACB，因为3 34ABCS，又3 31sin3042ABCSACBC，解得3AC，则3ACAHHC，所以1AH 21322312131.31DHSVA

14、BHABHD.12 分20解：（1）由题意，知2224 2,411,aab解得22 22ab，所以椭圆C的标准方程为22182xy.5 分（2）当直线AB的斜率存在时，设其方程为ykxt，1(A x，1)y，2(B x，2)y，联立2248xyykxt，得222(41)8480kxktxt，由韦达定理得12221228414841ktxxktx xk，所以12222122241841tyyktky yk，因为22221212121222212121211()1241(1)4121222()44161644(2)44(21)2yyy yyyttktktkkkxxx xxxtktktktk ，所以

15、3210tk，即213kt，所以直线AB的方程为213kykx，即(32)(31)0 xky，由320310 xy，得2313xy，故直线AB恒过点21(,)33M；当直线AB的斜率不存在时，设0(A x，0)y，则0(B x，0)y，#QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=#所以2000012200001112122(2)4(2)2yyyxkkxxxx，解得023x，所以此时直线AB也过点21(,)33M.12 分21 解：（1）证明：因为()1f xlnxax，所以1()fxax，所以()1f la，又()f lla，所以切

16、线方程为()(1)(1)ylaa x，即(1)ya x，则当0 x 时0y，所以切线恒过定点(0,0)；.,5 分（2）解：因为()1f xlnxax的定义域为(0,)，所以11()axfxaxx，当0a时，()0fx恒成立，所以()f x在(0,)上单调递增，故()f x不可能有两个零点，故舍去；当0a 肘，令()0fx，解得10 xa，令()0fx，解得1xa，所以()f x在1(0,)a上单调递增，在1(a，)上单调递减，所以11()()maxf xflnaa，要使()f x有两个零点，则11()()0maxf xflnaa，解得0al，又111()10aflnaeeee，2244424

17、2()1110flnaaaaaa ，所以当01a时，()f x在1(e，1)a和1(a，24)a上各有一个零点2x，1x且12xx，所以11221010lnxaxlnxax ，由()f x单调性知，当2(xx，1)x时，()0f x，当1(xx，)时()0f x，因为2212xxx，所以2(2)0fx，即2222(2)21lnxaxlnxaxl，所以22axln，而2212axlnxln，所以220 xe，所以221lnxax，令1()lnxh xx，2(0,)xe，则2211()0lnxlnxh xxx，所以()h x在2(0,)e上单调递增，所以222()()22lnelnh xhee，所

18、以2(0,)2elna.12 分22解：（1）由题意，以O为原点，AD的垂直平分线为极轴建立极坐标系，线段17:120272AOADB，线段7137:21207272CD，弧 BC：)72137727(1#QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=#弧7137:20 0,27272AD；.5 分（2）解：求警示区域最小值即让内界线到M距离恰好为 1，设矩形长为l，则1 1 12023l （包括弧长半径圆半径两边距距离），矩形宽为d，则1277206,20sin67272sindd，121 114ddd ，所以14 23332Sl d.10 分23解：（1）由已知，不等式4)(xf即为412xx，解得2325x故不等式的解集为52，32.5 分（2）对任意(0,3)m关于x的不等式1()2f xmm总有解1()(2)minminf xmm，而112 224ymmmm，当且仅当1mm，即1m 时取得最小值又1)1()()(axaxxf（当且仅当()(1)0 xa x时取等号），故只需|1|4a，解得53a，即实数a的取值范围为(5,3).12 分#QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=#