四川省成都市2024-2025学年高三数学上期一诊模拟考试理试题含解析

四川省成都市2024-2025学年高三数学上期一诊模拟考试（理）试题考试时间：120分钟总分：150分一、选择题（每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求.把答案涂在答题卷上.）1.已知集合，，则集合的元素个数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据题意结合一元二次不等式求集合A，再利用集合的交集运算求解.【详解】∵，∴，即集合的元素个数为3.故选：C.2.若复数z满意，则的虚部是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由复数除法运算可求得，由虚部定义得到结果.【详解】由得：，的虚部为.故选：B.3.“”是“方程表示椭圆”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】先求出“方程表示椭圆”的充要条件，即可推断.【详解】“方程表示椭圆”的充要条件为，即且.故“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.故选：B4.已知水平放置是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中，，那么原的面积是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据直观图面积是原图面积的，先计算的面积，即求得的面积.【详解】解：设原图面积是，对应直观图面积为直观图，由图可知，依据“斜二测画法”的原则：“横不变纵减半，两轴夹角”，，即.中，，高，故的面积为，那么的面积为.故选：A．5.已知圆台形的花盆的上、下底面的直径分别为8和6，该花盆的侧面绽开图的扇环所对的圆心角为，则母线长为（）A.4 B.8 C.10 D.16【答案】A【解析】【分析】利用扇形的弧长公式和圆心角，即可计算求解.【详解】如图，弧长为，弧长为，因为圆心角为，，，则母线.故选：A.6.一种药品在病人血液中的量不低于1500mg时才有疗效，假如用药前，病人血液中该药品的量为0mg，用药后，药在血液中以每小时20%的比例衰减．现给某病人静脉注射了3000mg的此药品，为了持续保持疗效，则最长须要在多少小时后再次注射此药品（，结果精确到0.1）（）A.2.7 B.2.9 C.3.1 D.3.3【答案】C【解析】【分析】依据题意列出关于的式子，依据对数的运算性质即可求解.【详解】设注射个小时后须要向病人血液中再次注射该药品，则，由得：故的最大值为3.1,故选：C7.如图所示的程序框图中，若输出的函数值在区间内，则输入的实数x的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据程序框图，明确该程序的功能是求分段函数的值，由此依据该函数值域，可求得答案.【详解】由程序框图可知：运行该程序是计算分段函数的值，该函数解析式为：，输出的函数值在区间内，必有当时，，当时，，即得．故选∶C．8.记数列是等差数列，下列结论中肯定成立的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】C【解析】【分析】依据等差数列的性质，举反例推断ABD即可，依据基本量法推断C即可.【详解】对A，若，则，但，故A错误；对B，若，则，但，故B错误；对C，设公差为，则由可得，即，故，故C正确；对D，设公差为，则，故D错误；故选：C．9.已知抛物线的焦点F到准线的距离为4，点，在抛物线C上，若，则（）．A.4 B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】由焦准距求出，结合抛物线第肯定义得，整理得，由代换即可求解.【详解】抛物线的焦点F到准线的距离为4，所以，依题意，，而，，故，即，则，故，故选：A．10.在正方体中，P是平面内的一动点，M为线段的中点，则下列说法错误的是（）A.平面内随意一条直线都不与平行B.平面和平面的交线不与平面平行C.平面内存在多数条直线与平面平行D.平面和平面的交线不与平面平行【答案】B【解析】【分析】对A，依据与平面相交推断即可；对B，依据线面平行的判定与性质推断即可；对CD，延长，交于，依据线面平行的性质推断即可.【详解】对A，因为与在平面内且不平行，故与相交，故与平面相交，若平面内随意一条直线与平行，则平面，冲突，故A正确；对B，由平行，平面，平面，故平面.设平面和平面的交线为，由线面平行的性质可得，又平面，平面，故平面，故B错误；对CD，延长，交于，连接如图.由题意，平面和平面的交线即直线，故当平面内的直线与平行时，与平面也平行，故C正确；交线与平面交于，故D正确；故选：B11.从有大小和质地相同的a个红球和b个黄球的盒子中随机摸球，下列说法正确的是（）A.每次摸出1个球，摸出的球视察颜色后放回，则每次摸到红球的概率均不同B.每次摸出1个球，摸出的球视察颜色后不放回，则其次次摸到红球的概率为C.每次摸出1个球，摸出的球视察颜色后不放回，则第一次摸到红球的条件下，其次次摸到红球的概率为D.每次摸出1个球，摸出的球视察颜色后放回，且约定每次摸到红球则积2分，摸到黄球积1分.连续摸n次后，摸到红球的积分和的方差为【答案】D【解析】【分析】对于A，利用古典概型的概率公式求解，对于B，利用互斥事务和独立事务的概率公式求解推断，对于C，利用条件概率公式求解推断，对于D，利用二项分布的方差公式及性质求解推断.【详解】对于A，因为从有大小和质地相同的a个红球和b个黄球的盒子中随机摸球，摸出1个球，摸出的球视察颜色后放回，所以每次摸到红球的概率相同，所以A错误，对于B，记事务为第一次摸到红球，事务为第一次摸到黄球，事务为其次次摸到红球，则，所以B错误，对于C，第一次摸到红球的条件下，其次次摸到红球的概率为，所以C错误，对于D，设摸到红球的次数为，则，由题意可知，所以，所以，所以D正确，故选：D.12.已知，，且，，则下列说法正确的个数有（）个①②③④A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】由题意，先构造，求导分析单调性与最值可推断①；对②构造函数，可得，进而推断；对③④，数形结合可得推断即可.【详解】由，则，即.构造函数则为增函数，又，故当时，，单调递减；当时，，单调递增，且.由题意，，，数形结合可得，.对①，因为，故，又，故，①正确；对②，构造，，则，当且仅当时取等号，故增函数，故，即.又，，又，且在时单调递减，故，即，②正确；对③④，由，故，成立；故选：D二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，答案填在答题卷的横线上.）13.的绽开式中的常数项为__________.【答案】【解析】【分析】写出绽开式得通项，令的指数等于0，即可得解.【详解】解：的绽开式的通项为，令，则，所以的绽开式中的常数项为.故答案为：.14.已知（），则的最小值为___________.【答案】4【解析】【分析】依据可得，再依据基本不等式求解即可.【详解】因为，故，当且仅当，即时取等号.故的最小值为4.故答案为：415.为了测量一个不规则公园两点之间的距离，如图，在东西方向上选取相距的两点，点在点A的正东方向上，且四点在同一水平面上．从点A处观测得点在它的东北方向上，点在它的西北方向上；从点处观测得点在它的北偏东方向上，点在它的北偏西方向上，则之间的距离为______km.【答案】2【解析】【分析】由题意确定相应的各角的度数，在中，由正弦定理求得BC,同理再求出DB，解，求得答案.【详解】由题意可知，,,故在中，，故，，在中，，故，，所以在中，，则,故答案为：216.已知，，且，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】由题意，均在圆心为原点，半径为2的圆上，再依据数量积公式，结合几何意义分析最值求解即可.【详解】由题意，，故均在圆心为原点，半径为2的圆上.①当为直径时，，又为在直径上的投影，故，此时；②当不为直径时，，设，数形结合可得在上的投影，故，即，故当，时有最小值，此时.综上可得的取值范围是.故答案为：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17~21题为必考题，每个试题考生都必需作答、第22、23题为选考题，考生依据要求作答.（一）必考题：共60分，每题12分.17.已知锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别记作a，b，c，满意，且．（1）求；（2）若点，分别在边和上，且将分成面积相等的两部分，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据二倍角公式、正弦定理和得到，，再利用同角三角函数基本公式得到，利用和差公式得到，即可得到；（2）利用三角形面积公式得到，然后利用余弦定理和基本不等式即可得到的最小值.【小问1详解】因为，所以，因为，所以，又，且为锐角，所以，所以．因为．所以．所以．【小问2详解】设，，依据题设有，所以，可得，所以，当且仅当时等号成立．所以的最小值为．18.新冠肺炎是近百年来人类遭受的影响范围最广的全球性大流行病毒.对前所未知、突如其来、来势汹汹的疫情天灾，习近平总书记亲自指挥、亲自部署，强调把人民生命平安和身体健康放在第一位.明确坚决打赢疫情防控的人民斗争、总体战、阻击战.当前，新冠肺炎疫情防控形势依旧困难严峻.为普及传染病防治学问，增加学生的疾病防范意识，提高自身爱护实力，市团委在全市学生范围内，组织了一次传染病及个人卫生相关学问有奖竞赛（满分100分），竞赛嘉奖规则如下：得分在[70，80）内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其它学生不得奖.为了解学生对相关学问的驾驭状况，随机抽取了100名学生的竞赛成果，并以此为样本绘制了如图所示的频率分布表.竞赛成果人数61218341686（1）从该样本中随机抽取2名学生的竞赛成果，求这2名学生恰有一名学生获奖的概率；（2）若该市全部参赛学生的成果X近似地听从正态分布，若从全部参赛学生中（参赛学生人数特殊多）随机抽取4名学生进行座谈，设其中竞赛成果在64分以上的学生人数为，求随机变量的分布列和数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，2【解析】【分析】（1）依据题意可得获奖状况，再依据组合数的计算与概率公式求解即可；（2）由正态分布的性质可得随机变量，再列出分布列求解数学期望即可.【小问1详解】由样本频率分布表可知，样本中获一等奖的6人，获二等奖的8人，获三等奖的16人，共30人，则70人没有获奖，所以从该样本中随机抽取2名学生的竞赛成果，这2名学生恰有一名学生获奖的概率为.【小问2详解】因为该校全部参赛学生的成果X近似地听从正态分布，所以，所以，即从全部参赛学生中随机抽取1名学生，该生成果在64分以上的概率为，所以随机变量，所以（，1，2，3，4），所以，，，，，所以的分布列为01234P所以.19.已知△ABC是边长为6等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，沿MN将△AMN折起到的位置，使．（1）求证：平面MBCN；（2）在线段BC上是否存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，设，求的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，或，【解析】【分析】（1）由已知可得，则得，再结合，由线面垂直的判定定理可证得平面MBCN；（2）由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，假设存在，先求出平面的法向量，利用向量的夹角公式列方程求解推断即可【小问1详解】证明：△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，所以，所以由余弦定理得，所以，所以，所以，因为，所以，因为，所以平面MBCN；【小问2详解】由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，因为，，所以平面，所以为平面的一个法向量，假设线段BC上存在点D，设，则，所以（），所以,设平面的法向量为，则，令，则，因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为所以，化简得，，解得或，所以在线段BC上是存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为，此时或，20.已知椭圆且四个点、、、中恰好有三个点在椭圆C上，O为坐标原点.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l与椭圆C交于A，B两点，且，证明：直线l与定圆相切，并求出的值.【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】【分析】（1）依据给定条件，利用椭圆对称性推断椭圆经过的三点，再代入求解作答.（2）直线l的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合垂直的向量表示，并求出原点到直线l的距离，再探讨直线斜率不存在的状况作答.【小问1详解】由椭圆的对称性知，，必在椭圆上，则不在椭圆上，有在椭圆上，因此，解得，所以椭圆C的方程为.【小问2详解】当直线l的斜率不存在时，设，则点，因，则，解得，即原点O到直线l的距离为，当直线l的斜率存在时，设直线，，由消去y并整理得：，有，，，因，则，整理得，满意，原点O到直线l的距离，综上得：原点O到直线l的距离恒为，即直线l与圆相切，所以直线l与定圆相切，.21.设函数，函数（）.（1）求的单调区间；（2）若，有三个不同实根，，（），试比较，，的大小关系，并说明理由.【答案】（1）答案见解析（2），理由见解析【解析】【分析】（1）求导分与两种状况，探讨导函数的正负区间与单调性即可；（2）易得（），结合题意与函数单调性可得，进而可得三根的表达式，且，，，，先依据单调性推断，，结合作差法有，换元令（），再构造函数求导分析函数的单调性与最值推断即可.【小问1详解】由已知，当时，在恒成立，在上单调递增；当时，由得，若时，，在上单调递增，若时，，在上单调递减；综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；【小问2详解】由题意得：（）（）（），（），令（），当时，，，在上递增；不满意；当时，∵（），∴，，在上递增；也不满意有三个不同实根；当时，由得，，∴在上递增，在上递减，在上递增.∵有三个不同实根，，（），明显，且，，∴，，.由可得，故，所以，即，由的单调性可知，当时，，递增；当时，，递减.∴，.由得，又，∴，∴，∴，令（），则令（），∴，令（），令，，，∴在上递减，∴，∴在上递减，∴，∴在上递减，∴，则，∴在上递减，∴，∴，∴，综上：，，的大小关系为：.【点睛】本题主要考查了利用导数含参分类探讨函数单调性的问题，同时也考查