石室中学高2024届2023-2024学年度上期一诊模拟数学（文科）A卷4.0文科答案

成都石室中学2023-2024年度上期高2024届一诊模拟文科数学（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，故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，至少有一个黑球包含的基本事件有“一黑一红，两黑”，至少有一个红球包含的基本事件有“一黑一红，两红”，所以两事件不互斥，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，，所以数列的前100项和为．故选：A.8.B【解析】由图可知，且，则的两根为1，5，由根与系数的关系，得－＝6，＝5，∴a，b异号，a，c同号，排除A、C；又f(0)＝＜0，∴c，d异号，排除D，只有B项适合.故选：B9．A【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，①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，②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，③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，④错误.故选：A.10.B【解析】该程序框图相当于在[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：D．12.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，焦点在轴正半轴上，焦点坐标为.14.【解析】由题意得，甲的中位数为：，故乙的中位数①，，因为平均数相同，所以②，由①②可得，，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，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：过点作于点,过点作于点,连接.因为,所以，6分所以.7分因为,在中，,在中，,所以.9分令点到平面距离为，所以，，11分即点到平面距离为.12分19．解：（1），，1分所以，由于，3分相关系数，5分因为，所以与具有较强的线性相关关系．6分（2）将地点1，2，3，4，5分别记为，，，，，7分任抽2个地点的可能情况有：，，，，，，，，，，共10种情况，9分其中在地点3，4，5，甲型无人机指标数均高于乙型运输机指标数，即，，3种情况，11分令甲型无人机指标数均高于乙型无人机指标数为事件M，故所求概率．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，未挖点扣1分（2）①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②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