文档内容
成都石室中学 2022-2023 年度下期高 2024 届零诊模拟
数学试题（理科）
（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. 若复数 满足 ，其中i为虚数单位，则 （ ）
A. 2 B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
设复数 ，利用相等，求得 ，进而可求复数的模.
【详解】设复数 ，
则 ，则 ，
所以 ，所以 ，
故选：C.
【点睛】本题考查了复数相等的概念和复数模的求解，着重考查了学生的推理与运算能力.
2. 在某校高中篮球联赛中，某班甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示（如图一），
茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图（如图二）完好，则下列结论正确的是（ ）
A. 甲得分的极差是18 B. 乙得分的中位数是16.5
C. 甲得分更稳定 D. 甲的单场平均得分比乙低【答案】B
【解析】【分析】根据图一中甲的得分情况可判断ABC的正误，结合图二可判断图一丢失的数据，计算两者的均
值后可判断D的正误.
【详解】对于甲，其得分的极差大于或等于 ，故A错误；
从折线图看，甲的得分中最低分小于10，最高分大于或等于28，且大于或等于20的分数有3个，故其得
分不稳定，故C错误；
乙的数据由小到大依次为：
乙得分的中位数为 ，故B正确.
乙得分的平均数为 ，
从折线图上，茎叶图中甲 的得分中丢失的数据为一个为 ，另一个可设为 ，
其中 ，
故其平均数为 ，故D错误.
故选：B.
3. 某老师为了了解数学学习成绩得分y（单位：分）与每天数学学习时间x（单位：分钟）是否存在线性关
系，搜集了 100 组数据 ，并据此求得 y 关于 x 的线性回归方程为
.若一位同学每天数学学习时间约80分钟，则可估计这位同学数学成绩为（ ）
A. 106 B. 122 C. 136 D. 140
【答案】C
【解析】
【分析】利用回归方程经过样本中心可求 ，故可估计这位同学每天数学学习时间约80分钟后的数学成绩.
【详解】由题设可得 ，故 ，故 ，故 ，
故当 时， ，
故选：C.
4. 利用随机模拟方法可估计无理数 的数值，为此设计右图所示的程序框图，其中rand表示产生区间
(0,1)上的随机数, 是 与 的比值，执行此程序框图，输出结果 的值趋近于A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据程序框图可知由几何概型计算出x，y任取（0，1）上的数时落在 内的频率，结
合随机模拟实验的频率约为概率，即可得到答案．
【详解】解:根据程序框图可知 为频率，它趋近于在边长为1的正方形中
随机取一点落在扇形内的的概率
故选B
【点睛】本题考查的知识点是程序框图，根据已知中的程序框图分析出程序的功能，并将问题转化为几何
概型问题是解答本题的关键，属于基础题.
5. 已知命题p： ，命题q：直线 与抛物线 有两个公共点，则p是q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】联立直线方程和抛物线方程，消元后利用判别式为正可求 的范围，故可得正确的选项.【详解】由 和 可得 ，
整理得到： ，
因为直线与抛物线有两个不同的交点，故 ，
故 ，故命题q成立能推出命题p成立；
反之，若 ，取 ，此时 仅有一个实数根 ，
故此时直线与抛物线仅有一个不同的交点，
故命题p成立不能推出命题q成立，
故p是q的必要不充分条件，
故选：B.
6. 运动会上，有6名选手参加100米比赛，观众甲猜测：4道或5道的选手得第一名；观众乙猜：3道的选
手不可能得第一名；观众丙猜测：1，2，6道中的一位选手得第一名；观众丁猜测：4，5，6道的选手都不
可能得第一名．比赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对比赛结果，此人是
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
【答案】D
【解析】
【详解】若甲对,则乙也对,所以甲错;若甲错乙对,则丙也对,所以乙错,即3道的选手得第一名,此时只有丁对,
因此选D.
7. 已知函数 ,则 的图像大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】【详解】试题分析：设 ，则 ，∴ 在 上为增函数,在上为减函数，∴ ， ，得 或 均有 排除选项A，
C，又 中, ，得 且 ，故排除D.综上，符合的只有选项B.
故选B.
考点：1、函数图象；2、对数函数的性质.
8. 某四面体的三视图如图所示，正视图，俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正
方形，则此四面体的四个面中面积最大的为
A. B. C. 4 D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥 ，
其中面积最大的面为： .
本题选择B选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，
侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、
虚线的画法．
9. 若过点 的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线 的距离为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得圆在第一象限，根据几何关系可设圆的方程为 ，a>0，代入
即可求出a，根据点到直线距离公式即可求出答案．
【详解】由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为 ，则半径为 ， ．
故圆的方程为 ，再把点 代入， ，
解得 或1，
故要求的圆的方程为 或 ．
故所求圆的圆心为 或 ；
故圆心到直线 的距离 或 ；
故选：A．
10. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ， ，左、右顶点分别为M，N，点P在C的渐近线上， ， ，则双曲线的C的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得 是直角三角形，则可得 .又在 中，由余弦定理可求得 ，
根据勾股定理可知 ，则在 中，利用 可得 ，即渐近线方
程为 .
【详解】连接OP，则由 可知 ，
则在 中， ，
在 中， ，则 ，
又 ，则由余弦定理得：
，
解得 ，
由 知 ，即 ，
所以在 中， ，
即 ，则 ，
所以所求渐近线方程为： .
故选D.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，利用余弦定理解三角形，属于中档题.
11. 若函数 存在两个极值点 和 ，则 取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】【分析】求出函数的导数，根据原函数有两个极值点可求 ，再根据零点的性质可得
、 ，据此可用 表示 ，利用导数可求其范围.
【详解】 ，
因为 存在两个极值点 和 ，故 和 为 的两个不同的根，
故 且 ， ， ，
故 （舍）或 且 ，
所以 ，
同理 ，
故
，
设 ，故 ，
故 在 上为减函数，故 ，
故 的取值范围为： ，
故选：C.
12. 在正方体 中， 分别为棱 的中点，动点 平面 ，
，则下列说法错误的是（ ）A. 的外接球面积为 B. 直线 平面
C. 正方体被平面 截得的截面为正六边形 D. 点 的轨迹长度为
【答案】D
【解析】
【分析】可证明正方体被平面 截得的截面为正六边形，故可判断C的正误，利用面面平行的判定定
理可判断B的正误，利用补体法可求 的外接球的直径后可判断A的正误，利用向量的方法可求到平面 的距离，从而可求点 的轨迹长度，故可判断D的正误.
【详解】如图，设 的中点分别为 ，连接 .
由正方体的性质可得 ，而 为三角形 的中位线，
故 ，故 ，故 四点共面，
同理， 也四点共面，故 五点共面，
同理 也四点共面，故 六点共面.
正方体被平面 截得的截面为六边形，
，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
而平面 平面 ，故 ，
而 为三角形 的中位线，故 ，故 ，
但 与 方向相反，故 与 互补，而 为等边三角形，
故 ，故 ，
同理 ，
故正方体被平面 截得的截面为正六边形，故C正确.由 ， 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
同理故 平面 ，而 平面 ，
故平面 平面 ，而 平面 ，故 平面 ，故B正确.
对于A，将三棱锥 补成如图所示的长方体 ，其中 分别为 、 的中点，
的
则其外接球 直径即为 的体对角线的长度即 ，
故三棱锥 的外接球的表面积为 ，故A正确.
建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
故 ，取 ，则 ，
故 ，而 ，
故 到平面 的距离为 ，而 ，故点 的轨迹为平面 与球面的截面（圆），
该圆的半径为 ，故圆的周长为 ，故D错误.
故选：D.【点睛】思路点睛：空间几何题外接球的半径的求法，可先根据几何性质确定球心的位置，然后把球的半
径放置在可解的图形中求解，也可以通过补体转化为规则几何体的外接球的半径，而与球的截面的计算问
题，则需计算球心到截面的距离.
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13. 设命题 ，若 是假命题，则实数 的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据原命题为真结合基本不等式可求参数的取值范围.
【详解】因为 是假命题，故 为真命题，
因为 ，故 ，当且仅当 时，等号成立，
故 .
故答案为： .
14. 在同一平面直角坐标系 中，曲线 所对应的图形经过伸缩变换 得到图形
.点 在曲线 上，则点 到直线 的距离的最小值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】通过 得到 ，然后代入到曲线 的方程即可得到曲线 的方程，再设
利用点到直线的距离公式、辅助角公式及三角函数的性质计算可得.【详解】由 得到 ，代入到 中得 ．即 为曲线 的直角坐标方程，
设 ，则点 到直线 的距离
，
其中（ ， ），
所以当 时 ，即点 到直线 的距离最小值为 .
故答案为：
15. 已知函数 的定义域为 ，其导函数是 .有 ，则关于 的不
等式 的解集为_________.
【答案】
【解析】
【分析】构造函数 ，利用导数说明函数的单调性，将函数不等式转化为自变量的不等式，解
得即可.
【详解】依题意令 ， ，
则 ，
因为当 时， ，所以当 时， ，
∴ 在 上单调递减，
则 等价于 ，即 ，∴ ，解得 ，所以所求不等式的解集为 .
故答案为：
16. 已知抛物线 ： 的焦点为 ，经过抛物线上一点 ，作斜率为 的直线交 的准线于点 ，
为准线上异于 的一点，当 时， ______．
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据题设条件确定 在第一象限内，且 ，设 且 ，结合 得
到关于m的方程并求值，又 即可得结果.
【详解】
不妨令 为过 点垂直于准线的垂足，又 ，即 为 角平分线，
是斜率为 的直线与抛物线准线的交点，则 在第一象限内，
而 ，且 ，根据角平分线性质知： ，如上图示，令 且 ，则直线 为，令 ，则 ，
由 ，
整理可得 ，则 ，
故 .故答案为：
三、解答题（本题共6道小题，22题10分，其余各题12分，共70分）
17. 已知函数 其中 为常数，设 为自然对数的底数.
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）是否存在实数 ，使得 在区间 上的最大值为 ？若存在，求出求 的值，若不存在，请
说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；
（2）假设存在实数 ，使得 在区间 上的最大值为 ，利用导数可得 ，再利用导
数求出函数 在区间 上的最大值，结合已知最大值列式，解得 ，不满足 ，从
而可得结论.
【小问1详解】
当 时， ， ， ，
， ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 .
【小问2详解】
假设存在实数 ，使得 在区间 上的最大值为 ，
因为 ， ， ，若 ，则 在区间 上恒成立， 在区间 上单调递增，此时 在区间 上
无最大值；故 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
则函数 在 上单调递增，在 上单调递减，因为函数 在开区间 上有最大值为 ，所以 ，即 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，得 ，
又 ，所以 不成立，
故不存在实数 ，使得 在区间 上的最大值为 .
18. 今年是中国共青团建团100周年，我校组织了1000名高中同学进行团的知识竞赛.成绩分成6组：
， ， ， ， ， ，得到如图所示的频率分布直方图.若图
中未知的数据a，b，c成等差数列，成绩落在 内的人数为400.
（1）求出直方图中a，b，c的值；
（2）估计中位数（精确到0.1）和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；
（3）在区间 内的学生中通过分层抽样抽取了5人，现从5人中再随机抽取两人进行现场知识答
辩，求抽取两人中恰好有1人得分在区间 内的事件概率.
【答案】（1） ,
（2）平均数为 ，中位数为 .（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率之和为1、 成等差数列以及成绩落在 内的人数为400可得
关于 的方程，求出其解即可.
（2）利用组中值可求均值，利用公式可求中位数.
（3）根据频率之比可得抽取人数之比，再用列举法求出基本事件的总数和随机事件中的基本事件的个数，故
可求对应的概率.
【小问1详解】
因为 为等差数列，故 ，
又 ，故 ，
因为成绩落在 内的人数为400，故 ，
故 ，故 .
【小问2详解】
由频率分布直方图可得平均数为：
，
前3组的频率之和为 ，
前4组的频率之和为 ，
故中位数在区间 中，设该数为 ，则 ，
故 .
【小问3详解】
区间 、 上的频率之比为 ，
故5人中在分数在 内的人数为3人，记为 ，
分数在 内的人数为2人，记为 ，
从5人中随机抽取两人进行现场知识答辩，共有10种取法：
， .
设 为“两人中恰好有1人得分在区间 内”，则 中的基本事件为：，共6个，
故 .
19. 如图所示，四棱柱 中，底面 是以 为底边的等腰梯形，且
.（I）求证：平面 平面 ；
（Ⅱ）若 ，求直线AB与平面 所成角的正弦值.
【答案】（I）证明见解析；（Ⅱ） .
【解析】
【分析】（Ⅰ）要证明平面 平面 ，只需证明 平面 即可；
（Ⅱ）取BD的中点O，易得 面ABCD，以O为原点，分别以 为 的非负半轴建
立空间直角坐标系，计算平面 的法向量为 与 ，再利用公式
计算即可.
【详解】（Ⅰ） 中， ， ， ，由余弦定理得
，
则 ，即 ，
而 ，故 平面 ，
又 面ABCD，所以平面 平面ABCD.
（Ⅱ）取BD的中点O，由于 ，所以 ，
由（Ⅰ）可知平面 面ABCD，故 面ABCD.由等腰梯形知识可得 ，则 ， ，
以O为原点，分别以 为 的非负半轴建立空间直角坐标系，
则 ，
则设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，有 ，
所以， ，
即直线AB与平面 所成角的正弦值为 .
【点晴】本题考查面面垂直的证明、向量法求线面角，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.
20. “工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富
的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）：
步骤1：设圆心是 ，在圆内异于圆心处取一点，标记为 ；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点 ；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.
的
已知这些折痕所围成 图形是一个椭圆.若取半径为6的圆形纸片，设定点 到圆心 的距离为4，按上述
方法折纸.以点 、 所在的直线为 轴，线段 中点为原点建立平面直角坐标系.
（1）求折痕围成的椭圆的标准方程；
（2）若过点 且不与 轴垂直的直线 与椭圆 交于 ， 两点，在 轴的正半轴上是否存在定点，使得直线 ， 斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）
（2）存在， ，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义对照折纸的方法求出 ；
的
（2）设直线l 方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理再结合斜率的两点公式求解即可.
【小问1详解】
如图以 所在的直线为 轴， 的中点 为原点建立平面直角坐标系，
设 为椭圆上一点，由题意可知， ，
所以 点轨迹是以 ， 为焦点，长轴长 的椭圆，
所以 ， ，则 ，
所以椭圆方程为 ；
【小问2详解】
由已知：直线 过 ，设 的方程为 ，由题意m必定是存在的
联立两个方程得 ，消去 得 ，
得 ，设 ， ，则 ， （*）
所以 ，将（*）代入上式，可得 ，
要使 为定值，则有 ， ，又∵
∴ ，此时 ，
∴存在点 ，使得直线 与 斜率之积为定值 .
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21. 设函数 .
（1）求 的最值；
（2）令 ， 的图象上有一点列 ，若直线 的
斜率为 ，证明： .
【答案】（1） 在 上的最小值为 ， 在 上无最大值.
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）求出原函数的二阶导数后可判断二阶导数非负，故可判断导数非负，据此可求原函数的最
值.（2）根据（1）可得 ，结合二倍角的正弦可证： ，结合等比数列的
求和公式可证题设中的不等式.
【小问1详解】
，设 ，
则 （不恒为零），故 在 上为增函数，故 ，所以 ，故 在 上为增函数，
故 在 上的最小值为 ， 在 上无最大值.
【小问2详解】
先证明一个不等式： ，
证明：设 ，
则 （不恒为零），故 在 上为增函数，
故 即 恒成立.
当 时，
由（1）可得 ，故 ，
故
,
故.
【点睛】思路点睛：导数背景下数列不等式的证明，需根据题设中函数的特征构成对应的函数不等式，从
而得到相应的数列不等式，再结合不等式的性质结合数列的求和公式、求和方法等去证明目标不等式.
22. 在直角坐标系 中，直线 的参数方程为 ( 为参数)，直线 的参数方程
( 为参数).若直线 的交点为 ，当 变化时，点 的轨迹是曲线 .
（1）求曲线 的普通方程；
（2）以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，点 是曲线 两动点，
，求 面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先将直线方程化为普通方程，再联立消去 ，即可得到曲线 的普通方程；
（2）由 、 得到曲线 的极坐标方程，设 ， ，（ ），
即可表示 、 ，则 ，利用三角恒等变换公式化简，再结合正弦函
数的性质计算可得.
【小问1详解】
直线 的参数方程为 ( 为参数)，则直线 的普通方程为 ，直线 的参数方程 ( 为参数)，则直线 的普通方程为 ，
依题意 ，由 ，消去 得 ，整理得 ，
所以曲线 的普通方程为 .
【小问2详解】因为曲线 的普通方程为 ，
， ，
曲线 的极坐标方程为 （ ），
故曲线 的极坐标方程为 （ ）．
设 ， ，（ ），
则 ， ，
，
当 时， 有最大值 ．
