石室中學(xué)高2024屆2023-2024學(xué)年度上期一診模擬數(shù)學(xué)（理科）A卷4.0理科答案

成成成都石室中學(xué)2023-2024年度上期高2024屆一診模擬理科數(shù)學(xué)（A卷）參考答案1.B【解析】，，故.故選：B.2.A【解析】令，則，故，.故選：A.3.D【解析】由表中數(shù)據(jù)可得，，因?yàn)榛貧w直線過樣本點(diǎn)的中心，所以，解得，所以回歸直線方程為，則該公司7月份這種型號(hào)產(chǎn)品的銷售額為萬元.故選：D.4.B【解析】由三視圖可知多面體是如圖所示的三棱錐，由圖可知，，所以最長的棱長為.故選：B.5.C【解析】對(duì)于A選項(xiàng)，若，則，所以，不能推出，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B選項(xiàng)，成立時(shí)，必有成立，反之，取，則成立，但不成立，因此“”是“”的必要不充分條件，B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，因?yàn)?，所以可以把多?xiàng)式寫成如下形式：，按照從內(nèi)而外的順序，依次計(jì)算一次多項(xiàng)式當(dāng)?shù)闹担海?，，，故C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，，所以，故D錯(cuò)誤.故選：C.6.D【解析】因?yàn)?，，所以平方得，，，即，，兩式相加可得，即，故?故選：D.7.A【解析】因?yàn)橹本€與圓的兩個(gè)交點(diǎn)關(guān)于直線對(duì)稱，所以直線經(jīng)過圓心，且直線與直線垂直，所以，即，且，則，，以數(shù)列的前100項(xiàng)和為．故選：A.8.B【解析】令，則，由得，結(jié)合圖象知函數(shù)在上遞增，在遞減，所以且，所以，又過點(diǎn)，所以，即，所以故選：B.9．A【解析】正方體中，,所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面,平面,所以平面，即當(dāng)點(diǎn)P在線段上運(yùn)動(dòng)時(shí)恒為定值，又,也為定值，所以三棱錐的體積為定值，①正確；在正方體中，平面，平面,所以，在正方形中：,又,平面，所以平面，又平面，所以，②正確；因?yàn)辄c(diǎn)P在線段上運(yùn)動(dòng),若，則點(diǎn)P與點(diǎn)A重合，則三棱錐的外接球即為三棱錐的外接球，故半徑為，③正確；如圖所示：將三角形沿翻折得到該圖形，連接與相交于點(diǎn)，此時(shí)取得最小值，延長，過作于點(diǎn)，在中，，故的最小值為，④錯(cuò)誤.故選：A.10.B【解析】該程序框圖相當(dāng)于在[0，3]上任取10000對(duì)數(shù)對(duì)，其中滿足的數(shù)對(duì)有對(duì).顯然該問題是幾何概型.不等式組所表示的區(qū)域面積為9，所表示的區(qū)域面積為，故，因此.故選：B.11.D【解析】令，得，整理得.令，,原方程化為.設(shè)，則，令，解得，且，當(dāng)時(shí)，，則單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，則單調(diào)遞減，則在時(shí)，有最大值為，畫出簡圖，如右圖所示，因?yàn)樵匠虨?由題可知有三個(gè)零點(diǎn)，因此方程有兩個(gè)不等實(shí)根.結(jié)合圖象可得：，設(shè)，則，得到，因?yàn)?，所?故選：D．12.A【解析】由題可知，點(diǎn)在以為直徑的圓上，故，連接、，如圖所示，可得，其中由圖可知，當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到雙曲線右頂點(diǎn)時(shí)，即當(dāng)時(shí)，取最大值為80.故選：A.13.【解析】拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為，焦點(diǎn)在軸正半軸上，焦點(diǎn)坐標(biāo)為.14．【解析】由題意可知，4人去4個(gè)不同的景點(diǎn)，總事件數(shù)為，事件的總數(shù)為，所以，事件和事件同時(shí)發(fā)生，即“只有甲去了錦水文風(fēng)，另外3人去了另外3個(gè)不同的景點(diǎn)”，則事件的總數(shù)為，所以，所以，故答案為：.15．【解析】以為圓心，以為軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，由于所以，由于點(diǎn)在，不妨設(shè)，,，其中，,所以，可看作是上的點(diǎn)到點(diǎn)的距離，由于點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)，故當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，此時(shí)距離最大，為,當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，此時(shí)距離最小為0，綜上可知：.16．【解析】因?yàn)?，所以為上的奇函?shù)．又，所以在上單調(diào)遞增．不等式對(duì)任意的恒成立，即對(duì)任意的恒成立，所以對(duì)任意的恒成立，即對(duì)任意的恒成立．令，所以，所以當(dāng)時(shí)，，在上為增函數(shù)；當(dāng)時(shí)，，在上為減函數(shù)．所以，設(shè)，顯然為上的增函數(shù)，因?yàn)?，，所以存在，使得，所以，此時(shí)，所以，即的最大值為1．故答案為：1.17．解：（1），，則；2分.5分（2），7分又，所以，，得，即，8分因?yàn)?，且由余弦定理可知，，所以，由基本不等式可得，所以，（?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等）11分故,即面積最大值為.12分（注：若求角的函數(shù)值域問題，按步驟對(duì)應(yīng)給分）18．（1）證明：取AD中點(diǎn)為F，連接AC，CF，由得且.∴四邊形ABCF為平行四邊形，∴，∴，2分又因?yàn)槎娼菫橹倍娼?，且平面平面，∴平面PCD，因?yàn)槠矫鍼CD，所以.5分（2）解：如圖，延長AB和DC交于點(diǎn)G，連接GP，則GP為平面PCD與平面PAB的交線l，取CD中點(diǎn)為O，連接OF，OP，∵OP⊥AC，，∴OP⊥OF，OF⊥CD，OP⊥CD.7分如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OF，OD，OP分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，，，，，，，，設(shè)平面PAD的法向量為，,令，解得9分設(shè)l與平面PAD的所成角為，則，11分因?yàn)椋磍與平面PAD所成角的正弦值為．12分19．解：（1）若甲第二次答題選方案一，記兩次答題累計(jì)得分為，則的可能取值為70，60，20，10．1分則累計(jì)得分的期望．2分若甲第二次答題選方案二，記兩次答題累計(jì)得分為，則的可能取值為60，30，20．，3分則累計(jì)得分的期望．4分因?yàn)?，所以?yīng)選擇方案一．5分（2）①依題意得．6分的可能取值為20，10，其分布列為2010P所以．由，得，所以為等比數(shù)列，其中首項(xiàng)為36，公比為，所以，7分故．8分②由①知，，故累計(jì)得分為，9分設(shè)，當(dāng)時(shí)，所以當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，10分由題可知，至少需答題次數(shù)滿足：，結(jié)合單調(diào)性與零點(diǎn)存在性定理，得到，故，所以至少需答題15次.12分20．解：（1）函數(shù)，因?yàn)椋郧悬c(diǎn)為，1分由，得，所以曲線在點(diǎn)處的切線斜率為0，2分所以曲線在點(diǎn)處的切線方程為．3分（2）由（1）可知，因?yàn)?，所以，令，則．4分當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；又因?yàn)?，?分所以，由零點(diǎn)存在定理可知，存在唯一的使得，存在唯一的使得．故函數(shù)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)．7分（3）因?yàn)?，?dāng)時(shí)，由得9分下面證明：當(dāng)時(shí)，對(duì)于任意，恒成立,即證，即證；而當(dāng)時(shí)，，10分由（2）知，；所以時(shí)，恒成立；綜上所述，．12分21．解：（1）因?yàn)闉榈闹匦模疫吷系膬蓷l中線長度之和為6，所以,1分故由橢圓的定義可知的軌跡是以為焦點(diǎn)的橢圓（不包括長軸的端點(diǎn)），且，所以，2分所以的軌跡的方程為.4分，注：未挖點(diǎn)扣1分（2）①依題意，設(shè)直線DE方程為.聯(lián)立，得，易知設(shè)，，則，.5分因?yàn)檩S，軸，所以，.所以直線DN：，直線EM：，聯(lián)立解得.7分從而點(diǎn)Q在定直線上.8分②因?yàn)椋?分又，則，10分設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，故面積的最大值為.12分22．解：（1）令，則，解得，或（舍），則，即，2分令，則，解得，或（舍），則，即，4分∴.5分（2）曲線的極坐標(biāo)方程為，即，由，得的普通方程為，6分設(shè)上點(diǎn)的坐標(biāo)為，7分由（1）知直線AB的方程為，令上的點(diǎn)到直線AB的距離