成成成都石室中學2023-2024年度上期高2024屆一診模擬理科數學（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】由表中數據可得，，因為回歸直線過樣本點的中心，所以，解得，所以回歸直線方程為，則該公司7月份這種型號產品的銷售額為萬元.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】對于A選項，若，則，所以，不能推出，故A錯誤；對于B選項，成立時，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錯誤；對于選項C，因為，所以可以把多項式寫成如下形式：，按照從內而外的順序，依次計算一次多項式當的值：，，，，故C正確；對于選項D，，所以，故D錯誤.故選：C.6.D【解析】因為，，所以平方得，，，即，，兩式相加可得，即，故，.故選：D.7.A【解析】因為直線與圓的兩個交點關于直線對稱，所以直線經過圓心，且直線與直線垂直，所以，即，且，則，，以數列的前100項和為．故選：A.8.B【解析】令，則，由得，結合圖象知函數在上遞增，在遞減，所以且，所以，又過點，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，即當點P在線段上運動時恒為定值，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；因為點P在線段上運動,若，則點P與點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，此時取得最小值，延長，過作于點，在中，，故的最小值為，④錯誤.故選：A.10.B【解析】該程序框圖相當于在[0，3]上任取10000對數對，其中滿足的數對有對.顯然該問題是幾何概型.不等式組所表示的區域面積為9，所表示的區域面積為，故，因此.故選：B.11.D【解析】令，得，整理得.令，,原方程化為.設，則，令，解得，且，當時，，則單調遞增，當時，，則單調遞減，則在時，有最大值為，畫出簡圖，如右圖所示，因為原方程為.由題可知有三個零點，因此方程有兩個不等實根.結合圖象可得：，設，則，得到，因為，所以.故選：D．12.A【解析】由題可知，點在以為直徑的圓上，故，連接、，如圖所示，可得，其中由圖可知，當點運動到雙曲線右頂點時，即當時，取最大值為80.故選：A.13.【解析】拋物線的標準方程為，焦點在軸正半軸上，焦點坐標為.14．【解析】由題意可知，4人去4個不同的景點，總事件數為，事件的總數為，所以，事件和事件同時發生，即“只有甲去了錦水文風，另外3人去了另外3個不同的景點”，則事件的總數為，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系，由于所以，由于點在，不妨設，,，其中，,所以，可看作是上的點到點的距離，由于點在線段上運動，故當點運動到點時，此時距離最大，為,當點運動到點時，此時距離最小為0，綜上可知：.16．【解析】因為，所以為上的奇函數．又，所以在上單調遞增．不等式對任意的恒成立，即對任意的恒成立，所以對任意的恒成立，即對任意的恒成立．令，所以，所以當時，，在上為增函數；當時，，在上為減函數．所以，設，顯然為上的增函數，因為，，所以存在，使得，所以，此時，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分因為，且由余弦定理可知，，所以，由基本不等式可得，所以，（當且僅當時取等）11分故,即面積最大值為.12分（注：若求角的函數值域問題，按步驟對應給分）18．（1）證明：取AD中點為F，連接AC，CF，由得且.∴四邊形ABCF為平行四邊形，∴，∴，2分又因為二面角為直二面角，且平面平面，∴平面PCD，因為平面PCD，所以.5分（2）解：如圖，延長AB和DC交于點G，連接GP，則GP為平面PCD與平面PAB的交線l，取CD中點為O，連接OF，OP，∵OP⊥AC，，∴OP⊥OF，OF⊥CD，OP⊥CD.7分如圖，以O為坐標原點，OF，OD，OP分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，，，，，，，，設平面PAD的法向量為，,令，解得9分設l與平面PAD的所成角為，則，11分因為，即l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，記兩次答題累計得分為，則的可能取值為70，60，20，10．1分則累計得分的期望．2分若甲第二次答題選方案二，記兩次答題累計得分為，則的可能取值為60，30，20．，3分則累計得分的期望．4分因為，所以應選擇方案一．5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，所以為等比數列，其中首項為36，公比為，所以，7分故．8分②由①知，，故累計得分為，9分設，當時，所以當時，單調遞增，10分由題可知，至少需答題次數滿足：，結合單調性與零點存在性定理，得到，故，所以至少需答題15次.12分20．解：（1）函數，因為，所以切點為，1分由，得，所以曲線在點處的切線斜率為0，2分所以曲線在點處的切線方程為．3分（2）由（1）可知，因為，所以，令，則．4分當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；又因為，，6分所以，由零點存在定理可知，存在唯一的使得，存在唯一的使得．故函數有且僅有兩個零點．7分（3）因為，當時，由得9分下面證明：當時，對于任意，恒成立,即證，即證；而當時，，10分由（2）知，；所以時，恒成立；綜上所述，．12分21．解：（1）因為為的重心，且邊上的兩條中線長度之和為6，所以,1分故由橢圓的定義可知的軌跡是以為焦點的橢圓（不包括長軸的端點），且，所以，2分所以的軌跡的方程為.4分，注：未挖點扣1分（2）①依題意，設直線DE方程為.聯立，得，易知設，，則，.5分因為軸，軸，所以，.所以直線DN：，直線EM：，聯立解得.7分從而點Q在定直線上.8分②因為，9分又，則，10分設，則，當且僅當，即時，等號成立，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）曲線的極坐標方程為，即，由，得的普通方程為，6分設上點的坐標為，7分由（1）知直線AB的方程為，令上的點到直線AB的距離