四川省成都市石室中学2023-2024学年高三下学期三诊模拟考试文科数学答案

2024-04-28 · U1 上传 · 9页 · 705.9 K

成都石室中学2023-2024年度下期高2024届三诊模拟数学试题(文)参考答案(总分:150分,时间:120分钟)第Ⅰ卷(共60分)一、选择题(本题共12道小题,每小题5分,共60分)1.B【解析】由可得:,.又因为,所以或.故选:B2.C【解析】“”等价于“”,所以从而,显然A,B,C不共线,原条件等价于是钝角.故选:C.3.C【解析】根据题意,依次分析选项:对于A,甲得分的极差为31,,解得:,A正确;对于B,乙的平均数为,解得,B正确;对于C,乙的数据为:12、25、26、26、31,其中位数是26,C错误;对于D,甲的平均数,与乙的平均数相同,但根据茎叶图可得乙得分比较集中,则乙得分的方差小于甲得分的方差,D正确;故选:C.4.D【解析】因为,所以,共项,则共项,所以比共增加了项,故选:D5.B【解析】由函数,由此可作出的函数图象,如图所示,对于A中,由,所以关于直线不对称,所以A错误;对于B中,由,所以B正确;对于C中,由函数图象可知,不存在对称中心,所以C错误;对于D中,因为,,,所以函数在上不是单调递增函数,所以D错误.故选:B.6.C【解析】,而,故.故选:C.7.D【解析】由,则,则,,依题意可得且、、,所以,所以,经验证,当、分别取、时满足题意.故选:D8.B【解析】将平面展开图还原为直观图,可得两个三棱锥拼接的六面体,它们共一个底面,且两点重合,所以与相交,故选:B9.C【解析】设甲船到达泊位的时间为,乙船到达泊位的时间为,则,这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待,则,画出不等式组表示的平面区域,如图中的阴影部分,,则这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率为.故选:C  10.D【解析】由于向量,且,则点的轨迹为,与双曲线其中一条渐行线,联立,得,同理得,因此.故选:D  11.C【详解】由圆可得圆的极坐标方程为,化简得到,联立方程组,得到方程,则,故选:C.12.B【解析】画出不等式组表示的平面区域,如图所示,,,,由知,并可转化为,设,根据可行域可知,,设,(),则,,因为,所以恒成立,则单调递增,且,所以令,得,则在时单调递减;令,得,则在时单调递增,又,,,所以,所以,解得,故选:B.第Ⅱ卷(共90分)填空题(本题共4道小题,每小题5分,共20分)13.【解析】因为,所以.故答案为:.14.【解析】因为是的等差中项,所以,因为是,的等比中项,所以,,所以.故答案为:.15.【解析】令即可求出,令即可求出,,结合,,,,可猜想.下面用数学归纳法证明:当时,由上述知成立.假设当时有,则当时,不妨设,.所以成立,所以.故答案为:.16.【解析】由教材章头图知识知道,用平面截对接圆锥所得截面边缘曲线是圆锥曲线.对于本题,如图,水面到达杯底(底面圆“最高处”)的瞬间,水面边缘曲线是椭圆,作纸杯(圆台)的与水面垂直的轴截面,则是椭圆的长轴,是椭圆的短轴.是圆台的轴线,作于,则,,记与的交点为的中点为,则,,,,由实际情形知,点在圆台的过轴线的中点且与轴线垂直的截面圆上,.由垂径定理知垂直平分,,记椭圆的离心率为,长半轴长、短半轴长、半焦距为,则.故答案为:.三、解答题(本题共6道小题,共70分)17.(1);(2)【解析】(1)依题意可得,解得;……2分(2)由(1)可得高度在和的频率分别为和,所以分层抽取的5株中,高度在和的株数分别为2和3,因此记高度在植株为,记高度在植株为,则所有选取的结果为(,)、(,)、(,)、(,)、(,)、(,)、(,)、(,)、(,)、(,)共10种情况,6分令抽取的2株高度均在内为事件,事件的所有情况为(,)、(,)、(,)共3种情况,10分即.……12分18.(1)(2)【解析】(1)因为C点关于直线BD的对称点在直线AD上,所以DB平分,所以,因为,所以,BC=CD,所以‖,所以,因为,,所以,……3分所以.……6分(2)因为在中,由正弦定理得,所以,,所以,所以,……9分在中,由余弦定理得,.……12分19.【解析】(1)函数的定义域为,求导得,当时,恒成立,在上单调递减,……2分当时,由,得,由,得,即函数在上单调递减,在上单调递增,……5分所以当时,函数在上单调递减,当时,函数在上单调递减,在上单调递增.……6分(2)函数的定义域为,求导得,由是的极值点,得,即,……7分,而,则当时,单调递减,当时,单调递增,所以当时,取得极小值.……8分设,求导得,当时,,当时,,则函数在上单调递增,在上单调递减,因此,所以.……12分20.【解析】(1)如图,平移线段使得与重合,并将四面体补成一个斜三棱柱.则该斜棱柱的底面积,高,所以该斜棱柱的体积为定值.…….2分此斜棱柱恰好可以分为两两底面积相同,高相同的三个三棱锥.于是这三个三棱锥的体积都相等,都是斜棱柱的.所以四面体的体积为,是定值.…….5分(2)设球心是,并设与平面,平面的距离分别是,.由可知,在,的中垂面和,的中垂面的交线上.设的中点是,的中点是.则由勾股定理得.注意到,所以,,共线,且平面.…….8分因为,且、、、、均在球上,所以在以点为圆心、以为直径的圆上(除去、两点).过点N直线AB的平行线,设点到直线AB,的距离分别为,,则,又,所以.……12分21.【解析】(1)由题意,得且,又,解得,所以椭圆的标准方程为.……4分(2)设切线的方程为,切线的方程为,“环绕圆”的圆心D为.由“环绕圆”的定义,可得“环绕圆”的半径为1,所以“环绕圆”的标准方程为.因为直线与“环绕圆”相切,则由点到直线的距离公式可得:,……6分化简得.同理可得.所以是方程的两个不相等的实数根,所以.……8分又因为“环绕圆”的圆心在椭圆上,所以代入椭圆方程中,可得,解得.所以.……10分又因为且,所以或.所以或,所以或,所以或.所以的取值范围是.……12分选考题: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.【解析】(1)因为直线的参数方程为,曲线的极坐标方程为,消去参数,直线的普通方程为,……2分曲线的普通方程为:,所以的参数方程为(为参数).……4分(2)由(1)有:的参数方程为(为参数),由题意知,曲线的参数方程为(为参数),……6分所以可设点,又直线的普通方程为,故点到直线的距离为:,……8分所以当时,,即点到直线的距离的最小值为.……10分[选修4-5:不等式选讲](10分)23.【解析】(1)由得:,当时,,解得;当时,,解得;当时,,解得;综上,不等式的解集为.……4分(2)证明:,因为,,即,,……6分所以,所以,即,所以原不等式成立.……10分

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