2024届四川省成都石室中学高三下学期三诊模拟考试文科答案

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