精品解析：四川省成都市第七中学2024届高三下学期三诊模拟考试理科数学试卷（解析版）.docx

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1、 成都七中高2024届三诊模拟考试数学试题（理科）时间：120分钟 满分：150分一、选择题：本大题共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. 若向量与向量是共线向量，则实数等于（ ）A. 2B. C. D. 0【答案】C【解析】【分析】根据向量共线列方程，解方程即可.【详解】因为与共线，所以，解得.故选：C.2. 复数（其中为虚数单位）的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先对复数化简，再根据共轭复数的概念求解.【详解】，所以复数共轭复数为.故选：B.3. 已知全集，集合，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案

2、】B【解析】分析】先利用三角函数知识化简两个集合，结合交集运算可得答案.【详解】因为，所以；因为，所以，所以，解得，；因为，所以，所以.故选：B4. 的展开式中，第5项为常数项，则正整数等于（ ）A. 8B. 7C. 6D. 5【答案】C【解析】【分析】利用二项式定理求出展开式通项，由条件列方程求.【详解】二项式的展开式的第为，所以，由已知，故选：C.5. 三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的各条棱中，棱长最大值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】根据给定的三视图作出原三棱锥，再求出各条棱长即可得解.【详解】依题意，三视图所对三棱锥如图，其中平面，则，所以棱长最大值.故

3、选：A6. 已知，则（ ）A. 3B. C. 或0D. 3或0【答案】D【解析】【分析】将条件等价转化为，再利用等式性质得到结果.【详解】由于，故条件等价于，这又等价于或，即或，所以D正确.故选：D.7. 已知圆，直线，则“”是“圆上任取一点，使的概率小于等于”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要【答案】C【解析】【分析】由事件从圆上任取一点，使的概率小于等于，求的范围，结合充分条件和必要条件的定义判断结论.【详解】直线的斜率为，在轴上的截距为，在轴上的截距为，当时，如图，圆上不存在点，使，所以事件圆上任取一点，使的概率为，当时，如图，圆上有且仅

4、有一个点，使，所以事件圆上任取一点，使的概率为，若，如图，圆上满足条件点为劣弧（含）上的点，设劣弧的长度为，则，所以事件圆上任取一点，使的概率，若，如图，圆上满足条件点为直线上方的半圆上的点，所以事件圆上任取一点，使的概率，若，如图，圆上满足条件点为优弧（含）上的点，设优弧的长度为，则，所以事件圆上任取一点，使的概率，若，如图，圆上所有点满足条件，所以事件圆上任取一点，使的概率，所以“圆上任取一点，使的概率小于等于”等价于“”，所以“”是“圆上任取一点，使的概率小于等于”的充要条件，故选：C.8. 有甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀统计成绩，得到如下所示

5、的列联表：优秀非优秀甲班10乙班30附：（），0.050.0250.0100.0053.8415.0246.6357.879已知在全部105人中随机抽取1人，成绩优秀概率为，则下列说法正确的是（ ）A. 甲班人数少于乙班人数B. 甲班的优秀率高于乙班的优秀率C. 表中的值为15，的值为50D. 根据表中的数据，若按的可靠性要求，能认为“成绩与班级有关系”【答案】D【解析】【分析】根据条件解出，然后直接计算即可判断A，B，C错误，使用的计算公式计算，并将其与比较，即可得到D正确.【详解】对于C，由条件知，故，.所以，故C错误；对于A，由于甲班人数为，乙班人数为，故A错误；对于B，由于甲班优秀率为

6、，乙班优秀率为，故B错误；对于D，由于，故D正确.故选：D.9. 若，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题设，构造，利用导数研究其单调性，进而判断的大小.【详解】由题设知：，令，则，易知上单调递增，上单调递减，即，.故选：A.【点睛】关键点点睛：构造，利用导数研究其单调性，进而比较函数值的大小.10. 已知函数，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用导数证得在上单调递增，再利用条件得到，结合单调性即知，最后代入求值即可.【详解】因为，所以.所以在上单调递增.因为，所以，结合在上单调递增，知，即.所以.故选：B.11. 已知双曲

7、线：（，）的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，为双曲线上一点，且直线与的斜率之积等于3，则下列说法正确的是（ ）A. 双曲线的渐近线方程为B. 双曲线的离心率为C. 若，则的面积为D. 以为圆心，为半径的圆与渐近线相切【答案】D【解析】【分析】通过求得，从而求得双曲线的渐近线方程，由此判断A；进而可求得双曲线的离心率判断B；求得三角形的面积判断C；求得到渐近线的距离可判断D.【详解】对于A，设点，则，因为，所以，又，得，所以，所以双曲线的渐近线方程为，故A错误；对于B，因为，所以双曲线C的离心率为，故B错误；对于C，因为，所以，又，所以，所以，所以，所以=，故C错误；对于D，由B选项可得，以

8、到渐近线方程为的距离为：，又为圆心圆的半径为，所以以为圆心，为半径的圆与渐近线相切，故D正确.故选：D.12. 设函数，正实数满足，若，则实数的最大值为（ ）A. B. 4C. D. 【答案】A【解析】【分析】依题意可得，从而得到，再令，最后利用基本不等式计算可得.【详解】因为，所以，又，所以，即，因为，所以，所以，所以，又，即，所以，所以，令，则，所以，当且仅当，即时取等号，所以，所以，则实数的最大值为.故选：A【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出，从而参变分离得到，再换元、利用基本不等式求出的最小值.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.13. 某班男女生的

9、比例为3:2，全班的平均身高为，若女生的平均身高为，则男生的平均身高为_.【答案】【解析】【分析】设出男生的平均身高，然后根据条件列方程求解即可.【详解】设男生的平均身高为，则根据题目条件知，即，所以.故答案为：.14. 抛物线（）的焦点为，过的直线与抛物线相交于，两点（在第一象限），分别过，作准线的垂线，垂足分别为，若，则直线的倾斜角等于_.【答案】#【解析】【分析】由已知结合抛物线的定义分别表示，求出直线的斜率，即可求解.【详解】抛物线的准线为：，设，则，又在第一象限，所以，所以，由抛物线定义可得，所以，又，所以，所以，故直线的斜率，所以直线的倾斜角为.故答案为：.15. 在中，角，所对的

10、边分别为，若，则_.【答案】#0.75【解析】【分析】由正弦定理可得，可求得，由余弦定理可得，再结合正弦定理可得，可求结论.【详解】由，结合正弦定理可得，因为，所以，所以，因为，所以，由余弦定理可得，可得，结合正弦定理可得.故答案为：.16. 在三棱柱中，平面是矩形内一动点，满足，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】#【解析】【分析】根据给定条件，确定点的位置，再结合球的截面小圆性质确定球心并求出球半径即得.【详解】显然三棱柱为直三棱柱，过作交于，连接，令，显然平面，平面，则，而，则，又，于是，整理得，当时，三棱锥的底面面积为，要其体积最大，当且仅当最大，因此，即时，三

11、棱锥的体积最大，的外接圆圆心为正的中心，令三棱锥的外接球球心为，半径为，则平面，显然的中点是的外接圆圆心，则平面，由可得平面，于是，而，则平面，四边形是平行四边形，因此，而，则，所以三棱锥的外接球的表面积.故答案为：【点睛】关键点点睛：解决与球有关内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 某保险公司为了给年龄在2070岁的民众提供某种疾病的医疗保障，设计了一款针对该疾病的保险，现从10000名参保人员中随机抽取100名进行分析，这100个样本按年龄段分成了五组，其频率分布直方图如下图

12、所示，每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表格所示.（保费：元）据统计，该公司每年为该项保险支出的各种费用为一百万元.年龄保费（1）用样本的频率分布估计总体的概率分布，为使公司不亏本，则保费至少为多少元？（精确到整数）（2）随着年龄的增加，该疾病患病的概率越来越大，经调查，年龄在的老人中每15人就有1人患该项疾病，年龄在的老人中每10人就有1人患该项疾病，现分别从年龄在和的老人中各随机选取1人，记表示选取的这2人中患该疾病的人数，求的数学期望.【答案】（1）30元 （2）【解析】【分析】（1）根据小矩形面积和为得到关于的方程，解出值，再列出不等式，解出即可；（2）首先分析出的取值为0，1，2，再

13、列出对应概率值，利用期望公式计算即可.【小问1详解】，解得，保险公司每年收取的保费为：，所以要使公司不亏本，则，即，解得，即保费元；【小问2详解】由题意知的取值为0，1，2，列表如下：.18. 已知数列的前项和为.（1）证明：数列是等比数列，并求出通项公式；（2）设函数的导函数为，数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析， （2）【解析】【分析】（1）根据分两步求解即可；（2）方法一：根据题意，结合导数运算与得，进而将通项公式变形为，再根据裂项求和求解即可.方法二：根据题意，结合导数运算与得，再根据错位相减法求和即可.【小问1详解】解：，相减得，即，数列是以4为公比的等比数列，又，解

14、得.【小问2详解】解：方法一：，.方法二：，两式相减得：19. 如图，在三棱柱中，平面是棱的中点，在棱上，且. （1）证明：平面；（2）若四棱锥的体积等于1，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）先利用线面垂直的判定与性质定理证得，再利用平行线分线段成比例的推论证得，从而利用线面平行的判定定理即可得证；（2）利用四棱锥的体积求出，建系并写出相关点的坐标，求出两个平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.【小问1详解】 如图，连接交于，连接交于，连接，平面，平面，又因平面故平面又平面则，又平面则平面又平面，在中，由知，即，又因，可得，即在中，平面，平面平面；

15、【小问2详解】设，四棱锥的体积为，解得，由（1）知，所以，又，则，所以为棱的中点.以分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，则，设平面的法向量为，由，得，令，得，因平面，故可取平面的法向量，因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.20. 在平面直角坐标系中，椭圆（）过点，直线与椭圆相交于不同于点的，两点，为线段的中点，当直线斜率为时，直线的倾斜角等于（1）求椭圆的方程；（2）直线，分别与直线相交于，两点.线段，的中点为，若的纵坐标为定值，判断直线是否过定点，若是，求出该定点，若不是，说明理由.【答案】（1）； （2）直线过点.【解析】【分析】（1）根据点得到，然后利用点差法得到，即可得到，

16、然后写椭圆方程即可；（2）设的坐标，根据直线的方程得到点的坐标，然后将，转化为方程的两根，根据的纵坐标和韦达定理得到，最后根据的纵坐标为定值得到，即可得到直线过定点.【小问1详解】由已知得，设，中点为由相减得，即.所以椭圆方程为.【小问2详解】设，所以：，即，同理，设直线过点，是方程的两根.即，整理得，所以直线过点.【点睛】关键点睛：本题解题关键在于的纵坐标为定值，对于定值的问题关键在于与参数无关，本题中的纵坐标为定值可得与参数无关，即可得到，然后求即可.21. 已知函数.（1）若，证明：；（2）若函数在内有唯一零点，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）对

17、求导后构造函数，通过求导得出的单调性和范围得出函数的单调性，进而得出结论；（2）分类讨论参数与的关系，并通过构造函数和多次求导来探究函数的单调性，即可得出满足函数在内有唯一零点的实数的取值范围.【小问1详解】由题意，在中，当时，不等式等价于，则，令函数，则，所以函数在上单调递增，且，在上恒成立，即函数在上单调递增，且，所以时，不等式成立；【小问2详解】由题意及（1）得，在中，当时，由（1）可知此时，所以此时函数没有零点，与已知矛盾，令函数，所以，令函数，若，所以函数在上递增，且，使函数在上递减，在上递增，若时，显然，所以函数在上递减，在上递增，且，使函数在上递减，在上递增，又，且，使得，综上得

18、，当时，函数在内有唯一零点，的取值范围是.【点睛】关键点点睛：本题考查构造函数，多次求导，函数的单调性，函数的导数求零点，考查学生分析和处理问题的能力，计算的能力，求导的能力，具有很强的综合性.请考生在第22，23题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，直线的参数方程（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且直线与曲线相交于两点.（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设点是直线上一点，满足，求点的直角坐标.【答案】（1）， （2）或.

19、【解析】【分析】（1）直线的参数方程消去参数，得到直线的普通方程，再利用直角坐标与极坐标的转化公式求得曲线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程，代入曲线中，得到韦达定理，利用直线参数方程中参数的几何意义求解.【小问1详解】由，消去参数，得，即直线的普通方程为，.由得：，即曲线的直角坐标方程为.【小问2详解】设直线的参数方程为，代入得：，整理得，设点，对应的参数分别为，因为，可得且.解得，或，经验证均满足，所以求点的直角坐标为或.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若函数的最小值为，正数，满足，求证：.【答案】（1）或；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据，可得或或，然后解不等式组即可得到解集；（2）先利用绝对值三角不等式求出的最小值，再利用基本不等式求出的最小值即可【详解】解：（1）当时，得，；当时，得，无解；当时，得；综上，不等式的解集为或.（2），即，又由均值不等式有：，两式相加得，.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式和基本不等式，考查了转化思想和分类讨论思想，属于中档题第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司