精品解析：四川省成都石室中学2024届高三零诊模拟考试理科数学试题（解析版）

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z满足23zzi，其中i为虚数单位，则||z（）A.2B.3C.2D.3【答案】C【解析】【分析】设复数(,)zxyixyR，利用相等，求得1,1xy，进而可求复数的模.【详解】设复数(,)zxyixyR，则22233zzxyixyixyii，则1,1xy，所以1zi，所以2z，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18B.乙得分的中位数是16.5C.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28919，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：9,14,15,16,17,18,19,20乙得分的中位数为161716.52，故B正确.乙得分的平均数为914151819171620168，从折线图上，茎叶图中甲得分中丢失的数据为一个为15，另一个可设为m，其中1015m，故其平均数为912131520262812313316888mm，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100100115600,11200iiiixy，并据此求得y关于x的线性回归方程为56ybx.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.106B.122C.136D.140【答案】C【解析】【分析】利用回归方程经过样本中心可求b，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56001120056,112100100xy，故1125656b，故1b，故56yx，故当80x时，8056136y，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,P是s与n的比值，执行此程序框图，输出结果P的值趋近于的A.B.4C.2D.22【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221xy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P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21414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：1k，命题q：直线10kxy与抛物线24yx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k的范围，故可得正确的选项.【详解】由10kxy和24yx可得214kxx，整理得到：222410kxkx，因为直线与抛物线有两个不同的交点，故220Δ2440kkk，故1,0kk，故命题q成立能推出命题p成立；反之，若1k，取0k，此时222410kxkx仅有一个实数根14x，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1()ln(1)fxxx,则()yfx的图像大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：设()ln(1)gxxx，则()1xgxx，∴()gx在1,0上为增函数,在0,上为减函数，∴()00gxg，1()0()fxgx，得0x或10x均有()0fx排除选项A，C，又1()ln(1)fxxx中,10ln(1)0xxx，得1x且0x，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.22B.23C.4D.26【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PABC，其中面积最大的面为：1322222322PBCS.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1,2的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线290xy的距离为()A.655B.5C.455D.255【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222()()xayaa，a0，代入1,2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,aa，则半径为a，0a．故圆的方程为222()()xayaa，再把点(2,1）代入，222(2)(1)aaa，解得5a或1，故要求的圆的方程为22(5)(5)25xy或22(1)(1)1xy．故所求圆的圆心为5,5或1,1；故圆心到直线290xy的距离22255965521d或22211965521d；故选：A．10.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左、右焦点分别为1F，2F，左、右顶点分别为M，N，点P在C的渐近线上，120PFPF，60MPN，则双曲线的C的渐近线方程为（）A.22yxB.32yxC.2yxD.233yx【答案】D【解析】【分析】由题可得12PFF△是直角三角形，则可得121||2OPFFc.又在OPN中，由余弦定理可求得||PNb，根据勾股定理可知PNON，则在RtPMN中，利用||tan||MNMPNPN可得233ba，即渐近线方程为233yx.【详解】连接OP，则由120PFPF可知12PFPF，则在12RtPFF中，121||2OPFFc，在OPN中，tanbPONa，则cosaPONc，又||ONa，则由余弦定理得：222||||||2||||cosPNOPONOPONPON，解得||PNb，由222||||||OPONPN知PNON，即PNMN，所以在RtPMN中，||tan||MNMPNPN，即23ab，则233ba，所以所求渐近线方程为：233yx.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321()4(0)3fxxaxxa存在两个极值点1x和2x，则12()()fxfx取值范围为（）A.16,3B.16,23C.16,3D.16,23【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2a，再根据零点的性质可得3222448xaxa、3211448xaxa，据此可用a表示12()()fxfx，利用导数可求其范围.【详解】2()24fxxax，因为()fx存在两个极值点1x和2x，故1x和2x为2240xax的两个不同的根，故24160a且211240xax，222240xax，122xxa，故2a（舍）或2a且21124xax，所以322111111242244448xaxxaaxxaxa，同理3222448xaxa，故2121212121()()44162843fxfxaxxaaaxxxx212441622883aaaaaaa3338448833aaaaa，设348,23asaaa，故2480saa，故sa在2,上为减函数，故321621633sas，故12()()fxfx的取值范围为：16,3，故选：C.12.在正方体1111ABCDABCD中，,,MNP分别为棱111,,ABCCCD的中点，动点Q平面MNP，2DQAB，则下列说法错误的是（）A.1BMBC的外接球面积为9B.直线//PQ平面11ABCC.正方体被平面MNP截得的截面为正六边形D.点Q的轨迹长度为3【答案】D【解析】【分析】可证明正方体被平面MNP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1BMBC的外接球的直径后可判断A的正误，利用向量的方法可求D到平面MNP的距离，从而可求点Q的轨迹长度，故可判断D的正误.【详解】如图，设111,,ADAABC的中点分别为,,SRT，连接,,,,PSSRRMMTTN.由正方体的性质可得11//ACRN，而SP为三角形111ADC的中位线，故11//SPAC，故//SPRN，故,,,SPRN四点共面，同理，,,,SPTN也四点共面，故,,,,SPRNT五点共面，同理,,,RNTM也四点共面，故,,,,,SPRNTM六点共面.正方体被平面MNP截得的截面为六边形，2SPPNNTTMMTRSSP，因为平面MNPI平面11BBCCNT，平面MNPI平面1ADDASR，而平面11//BBCC平面1ADDA，故//NTSR，而NT为三角形1BCC的中位线，故1//NTBC，故1//SRBC，但PSR与11ACB方向相反，故PSR与11ACB互补，而11ACB△为等边三角形，故1160ACB，故120PSR，同理120SRMRMTMTNTNPNPS，故正方体被平面MNP截得的截面为正六边形，故C正确.由11//ACRN，RN平面11ABC，11AC平面11ABC，故//RN平面11ABC，同理故//RS平面11ABC，而,,RNRSRRNRS平面MNP，故平面11//ABC平面MNP，而PQ平面MNP，故//PQ平面11ABC，故B正确.对于A，将三棱锥1BMBC补成如图所示的长方体11MBCGHBCP，其中,HG分别为11AB、DC的中点，则其外接球直径即为