四川省成都市成华区某校2024届高三下学期三诊试题数学（文）含答案(1)_2024年5月_025月合集_2024届四川成都列五中学高三下学期三诊

高三三诊模拟考试数文 一、选择题：本题共12小题，每小题 5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的.   1．已知集合A xx2 2x30 ，B{x|3x1 1}，则AB=（ ） （A） (1，1] （B） [1，3] （C） (1，3] （D） [3，) 2．已知一样本数据（如茎叶图所示）的中位数为12，若 ， 均 x y 小于4，则x y 的值为 （ ） （A） 2 （B） 3 （C） 4 （D） 5 3．已知角 的顶点在坐标原点，始边与 轴非负半轴重合， ， 为其终边 5 上一点， 则 ( ) cos = 5 ( ,2) （A） （B） （C） （D） = 4. 已知 −4 ， ，4 ，则( ) −1 1 1 （A） = log52 = log2 = (2) （B） （C） （D） > > > > > > > > y 5.若实数 ， 满足约束条件 则 的最大值为( ) − −1 ≥ 0, x + −3 ≤ 0, （A） （B） ≥ 0. （C） （D） 1 1 0 3 2 2 6.“中国剩余定理”又称“孙子定理”， 年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算 1852 经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲 年英国数学家马西森指出此法符合 年由高斯得出的关于同余式解法的一.1般8性74定理，因而西方称之为“中国剩余定 理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于同余的问题现有这样一个问题：将正整数中 1801 能被 除余 且被 除余 的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列 ，则 . 3 ( ) 1 2 1 （10A） = （B） （C） （D） 7.如图，在三棱柱 中， ， ， ， 分别为 ， ， ， 的中 55 49 43 37 点，则下列说法 错 误 的 − 是 1 (1 1 ) 1 1 1 1 1 1 （A） ， ， ， 四点共面 （B） // 高三“三诊”模拟数学试题（文科） 第 页 共 页 1 4 {#{QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=}#}（C） ， ， 三线共点 （D） ∠ ∠ 8. 若 是 不 等1 式 成立的一 个 必1要=不充 分 条1 件， 1 则实 数< 的<取3值范围是(log2 )>−1 （A） ∞ （B） ∞ （C） （D） (− ,0) (− ,0] [0,2) (2,3) 9. 在 中， ∠ ，且 ，则 ( ) ∘ ( A ) = 3（, B） = 2, = 120（C） = 2 （D） ⋅ = 1 2 10.已知函3数 3 为常数， 1 ， 的部2 分图像如图所示， 若将 的 图( 像) =向 左 平 (移 个+单 )位( 长, 度, ，得到函数 > 0的图 像>，0则) 的解析式可以为 ( )( ) 6 ( ) ( ) （A） （ ( ) = 2 2sin(3 +4) (C B ) ) ( ) = 2 2cos(3 +4) (D) ( ) = 2 2sin(3 −4) 11．已 知( ) F =，− F 2是双2c曲os(线3 E − : x4 2 )  y2 1(a0,b0)的左，右焦点，点 M(x ， y )(y 0) 是双 1 2 a2 b2 0 0 0 1 曲线E上的点，点 C 是△ MFF 内切圆的圆心，若 S S  S ，则双曲线E 1 2 CMF1 CMF2 2 CF1F2 的渐近线为 ( ) （A） y 3x0 （B） x 3y0 （C） 2x 3y0 （D） 2y 3x0 12．若 ∞， 恒成立，则实数 的最大值为( ) 2 （A） ∈ [0,+ ) （+B） +1 ≤ （C） （D） 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 2 −1 −2 13.《九章算术》中，称四个面均为直角三角形的四面体为 “鳖臑”已知某“鳖臑”的三视图如图所示，则该“鳖臑” 的体积为______． . 14．若复数z满足|z2|1，则|z|的最小值为 . 15.设抛物线 的焦点为 ，准线为 ， 是抛物线上位于第一象限内的一点，过 2 作 的垂线，垂足为 ，若直线 的倾斜角为 ，则 . = 6 ∘ 120 | | = 高三“三诊”模拟数学试题（文科） 第 页 共 页 2 4 {#{QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=}#}16．已知三棱锥 S  ABC 的顶点都在球 O 的表面上，若球 O 的表面积为 36， AB 5 ， AC 2 5 ，ACB30，则当三棱锥 S  ABC 的体积最大时，BS  . 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个 试题考生都必须作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分． 17. 本小题 分 某手机生产厂商要生产一款 手机，在生产之前，该公司对手机屏幕的需求尺寸进 ( 12 ) 行社会调查，共调查了 人，将这 人按对手机屏幕的需求尺寸分为 组，分 5 别是： ， ， ， ， ， 单位：英寸 ， 400 400 6 得到如下频率分布直方图：其中，屏幕需 [5.0,5.5) [5.5,6.0) [6.0,6.5) [6.5,7.0) [7.0,7.5) [7.5,8.0)( ) 求尺寸在 的一组人 数为 人． 求 和 的值 [5.5,6.0) 50 用分层抽样的方法在屏幕需求尺寸为 (1) ; 和 两组人中抽取 人参加 (2) 座谈，并在 人中选择 人做代表发言， [5.0,5.5) [7.0,7.5) 6 则这 人来自同一分组的概率是多少 6 2 2 ? 18. 本小题 分 已(知正项数12列 ) 的前 项积为 ，且满足 ∗ { } = 3 −1( ∈ ). 求证：数列 为等比数列 1 (1)求数列 的{ 前 −项2}和 ． ; (2) { } ． 本小题 分 如图，在三棱台 ABCDEF 中， H 在 AC 边上， 19 ( 12 ) 平面 ACFD平面 ABC ，ACD60， CH 2 ， CD4 ， BC  3 ， BH  BC ． （1）证明： EF BD ； 3 3 （2）若 AC 2DF 且ABC 的面积为 ，求三棱锥D ABH 的体积． 4 20． 本小题 分 x2 y2 x2 y2 已 ( 知椭圆C 12 :  ) 1(a0,b0)的长轴为双曲线  1的实轴，且椭圆 C 过点 a2 b2 8 4 P（2，1）． （Ⅰ）求椭圆 的标准方程； C 高三“三诊”模拟数学试题（文科） 第 页 共 页 3 4 {#{QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=}#}（Ⅱ）点 ， 是椭圆 上异于点 的两个不同的点，直线 与 的斜率均存在， A B C P PA PB 1 分别记为 k ， k ，且 k k  ，证明：直线AB的经过定点，并求出定点坐标． 1 2 1 2 2 21． 本小题 分 已知函数 f(x)lnxax1 ，其中实数 aR ． ( 12 ) （1）求证：函数 f(x) 在(1, f(1))处的切线恒过定点，并求出该定点的坐标； （2）若函数 f(x) 有两个零点 x ， x ，且 x 2x ，求 a 的取值范围． 1 2 1 2 ． 本小题 分 多样化的体育场地会为学生们提供更丰富的身体锻炼方式．现有一个标准的铅球场地 22 ( 10 ) 如图，若场地边界曲线 M 分别由两段同心圆弧BC,AD和两条线段 AB ， CD 四部分组 7 7 成，在极坐标系 Ox 中，AODBOC  ， A 、 O 、 B 三点共线． A(20, ) ，点 C 在 36 72 半径为1的圆上． （1）分别写出组成边界曲线 的两段圆弧和两条线段的极坐标方程； M （2）若需设置一个距边界曲线M 距离不小于1且关于极轴所在直线对称的矩形警示 区域，如图，求警示区域所围的最小面积． 7 7 注： sin 0.3cos 0.95 ． 72 72 23． 本小题 分 已知函数 f(x)|xa||x1| ， aR ． ( 10 ) （1）当 a2 时，求不等式 f(x)4； 1 （2）对任意 m(0,3) ．关于 x 的不等式 f(x)m 2 总有解，求实数a的取值范围． m 高三“三诊”模拟数学试题（文科） 第 页 共 页 4 4 {#{QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=}#}高三三诊模拟考试数文科答案 一、选择题：1---5: CCDBC 6---10: ADBCA 11---12: AD 二、 填空题：13. 8 14. 1 15. 6 16. 30 三、解答题： 17.解：（1）因为屏幕需求尺寸在 的一组人数为 人， [5.5,6.0) 50 所以其频率为 ．又因为组距为 ，所以 ． 50 0.125 又因为 400=0.125 0.5 ， 所=以0.5 =0.2，5 即 0.1，+0.25+0．.7+.. .+..0...2.+..0...1..×.60.分5=1 =0.65 因=为0屏.65幕需 求=尺0.2寸5为 人数为： ， (屏2)幕需求尺寸为 [人5.0数,5为.5) 0.1×0.5×，400=20 若要用分层抽样的[7.方0,7法.5抽) 取 人0，.2×0.5×400=40 所以要在 组中抽 人6，设为 ， ；要在 组中抽 人，设为 ， ， ， ， 因此样本空[5.间0,5.5) 2 [7.0,7.5) 4 ， ， ={ ，, , ,， , , ，, , ,， , , , ， , ， , ， , ，共 , 个 基, 本事件， 而 ,这 人 来, 自同 一, 分组为 ,事 件} ，15 2 ，共 个基本事件， ={ , , , , , , , , , , , , , } 7 所以这 人来自同一分组的概率 ．.................12分 7 2 =15 18.解： 证明：因为 ，且 ，所以 ， (1) =3 −1 = −1( ≥2) −1 =3 −1 因为 ，所以 ，所以得 ，则 ， 1 1 1 >0 >0 3 −1= −1 −2=3( −1−2) 因为当 时， ，得 ，所以 ． 1 2 1 1 =1 1 =3 1−1 1 =3 1−2=6 所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列．...........6分 1 1 1 { −2} 6 3 由 知： ，即 ． 1 1 1 −1 1 1 1 (2) (1) −2=6⋅(3) =2⋅(3) +2 所以 ． 1 1 1 2 1 1 1 = 1+ 2+⋯+ =2[3+ . ( .3. ) .. + .. ⋯ ... + . ( ..3. ) .. + ..2. = ..4. [ 1 1 2 −分(3) ]+2 19． {#{QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=}#}证明：（1）ACD60，CH 2，CD4， 1 CD2 CH2 DH2 由余弦定理得cosACD  ，解得DH 2 3， 2 2CDCH 所以CD2 CH2 DH2，所以DH  AC，  又因为平面ACFD平面ABC，平面ACFD 平面ABC  AC ， DH 平面ACFD，所以DH 平面ABC， 因为BC平面ABC，所以DH BC， 又因为BH BC，BHDH H ，BH 平面BDH ，DH 平面BDH ， 所以BC 平面BDH ，因为DB平面BDH ，所以BC DB， 又因为BC//EF ，所以EF DB； ..................................................6分 （2）在RtBHC中，CH 2，BC  3，BH BC， BC 3 所以BC CH2 BC2 1，cosACB  ，所以ACB30， CH 2 3 3 3 3 1 因为S  ，又S   ACBCsin30， ABC 4 ABC 4 2 解得AC 3，则AC 3 AH HC，所以AH 1 1 1 1 3 1 V  S .DH   1 2 3  .................12分 DABH 3 ABH 3 2 2 2 2a4 2,  a2 2 20．解：（1）由题意，知 4 1 解得 ，   1, b2 2 a2 b2 x2 y2 所以椭圆C的标准方程为  1．......................5分 8 2 （2）①当直线AB的斜率存在时，设其方程为ykxt，A(x ，y )，B(x ，y )， 1 1 2 2 x2 4y2 8 联立 ，得(4k2 1)x2 8ktx4t2 80， ykxt  8kt  2t x x  y  y    1 2 4k2 1   1 2 4k2 1 由韦达定理得 ，所以 ，  4t2 8  t2 8k2 xx  y y   1 2 4k2 1  1 2 4k2 1 因为 y 1 y 1 y y (y  y )1 t2 2t4k2 1 (t1)2 4k2 t12k 1 k k  1  2  1 2 1 2     1 2 x 2 x 2 xx 2(x x )4 4t216kt16k24 4(t2k)24 4(t2k1) 2 1 2 1 2 1 2 ， 2k1 2k1 所以3t2k 10，即t  ，所以直线AB的方程为ykx ， 3 3  2 x 3x20   3 2 1 即(3x2)k(3y1)0，由 ，得 ，故直线AB恒过点M( , )； 3y10  y 1 3 3  3 ②当直线AB的斜率不存在时，设A(x ，y )，则B(x ，y )， 0 0 0 0 {#{QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=}#}y 1 y 1 1y2 x 2 1 2 所以k k  0  0  0  0  ，解得x  ， 1 2 x 2 x 2 (x 2)2 4(x 2) 2 0 3 0 0 0 0 2 1 所以此时直线AB也过点M( , )........................................................12分 3 3 1 21．解：（1）证明：因为 f(x)lnxax1，所以 f(x) a，所以 f(l)1a，又 f(l)la， x 所以切线方程为y(la)(1a)(x1)，即 y(1a)x， 则当x0时y0，所以切线恒过定点(0,0)；...................................,5分 1 1ax （2）解：因为 f(x)lnxax1的定义域为(0,)，所以 f(x) a ， x x 当a„0时， f(x)0恒成立，所以 f(x)在(0,)上单调递增， 故 f(x)不可能有两个零点，故舍去； 1 1 当a0肘，令 f(x)0，解得0 x ，令 f(x)0，解得x ， a a 1 1 所以 f(x)在(0, )上单调递增，在( ，)上单调递减， a a 1 1 1 1 所以 f(x)  f( )ln ，要使 f(x)有两个零点，则 f(x)  f( )ln 0，解得0al ， max a a max a a 1 1 1 a 4 4 4 2 4 2 又 f( )ln a 1 0， f( )ln  1  11 0， e e e e a2 a2 a a a a 1 1 1 4 所以当0a1时， f(x)在( ， )和( ， )上各有一个零点x ，x 且x x ， e a a a2 2 1 1 2 lnx ax 10 所以 1 1 ，由 f(x)单调性知，当x(x ，x)时， f(x)0，当x(x ，)时 lnx ax 10 2 1 1 2 2 f(x)0， 因为x 2x  x ，所以 f(2x )0，即ln(2x )a2x 1lnx ax l， 2 2 1 2 2 2 2 2 2 所以ax ln2，而ax lnx 1ln2，所以0x  ， 2 2 2 2 e lnx 1 lnx1 2 所以a 2 ，令h(x) ，x(0, )， x x e 2 1lnx1 lnx 2 则h(x)  0，所以h(x)在(0, )上单调递增， x2 x2 e 2 ln2 eln2 eln2 所以h(x)h( )  ，所以a(0, )．......................................12分 e 2 2 2 e  22．解：（ ）由题意，以 为原点，AD的垂直平分线为极轴建立极坐标系， 线段AB: 1  1 AOD 7O 120， 2 72 7 137 线段CD:2  120， 72 72 弧 ： 7 137 1(  ) BC 72 72 {#{QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=}#} 7 137  弧AD:200 , 2 ； 分  72 72  （ ）解：求警示区域最小值即让内界线到 .....距.....离.....恰.....好.....为........，....5设矩形长为 ， 则2l 1112023（包括弧长半径､圆半M径､两边距距离1）， l 7 7 矩形宽为 ，则d 20sin 6,d 20sin 6，d d d 1114， 1 72 2 72 1 2 所以S  d ld 1423332 分 ................................................................10 23．解：（1）由已知，不等式 f(x)4即为 x2  x1 4， 5 3 解得  x 2 2 5 3 故不等式的解集为[ ， ]．...................................................5分 2 2 1 1 （2）对任意m(0,3)．关于x的不等式 f(x)m 2总有解 f(x) (m 2) ， m min m min 1 1 1 而ym 2 2 m 24，当且仅当m ，即m1时取得最小值． m m m 又 f(x) (xa)(x1)  a1（当且仅当(xa)(x1)„0时取等号）， 故只需|a1|4，解得5a3，即实数a的取值范围为(5,3)．......................12分 {#{QQABBYIUggCgQpBAARhCUQWACgEQkACACCoGBAAMMAABiQNABAA=}#}