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四川省成都蓉城名校联盟2024届高三下学期第三次模拟考试数学理科试卷
1．（2024·成都模拟）设全集，若集合满足，则(　　)
A． B． C． D．
2．（2024·成都模拟）若复数满足，则(　　)
A． B． C． D．
3．（2024·成都模拟），，，四个数中最大的数是(　　)
A． B． C． D．
4．（2024·成都模拟）地球生命来自外星吗？一篇发布在《生物学快讯》上的文章《基因库的增长是生命起源和演化的时钟》可能给出了一种答案．该论文的作者根据生物功能性基因组里的碱基排列数的大小定义了基因库的复杂度y（单位：1），通过研究各个年代的古代生物化石里基因库的复杂度，提出了一个有趣的观点：生物基因库的复杂度近似是随时间呈指数增长的，只要知道生物基因库的复杂度就可以推测该生物体出现的年代．如图是该论文作者根据生物化石（原核生物，真核生物，蠕虫，鱼类，哺乳动物）中的基因复杂度的常用对数与时间（单位：十亿年）的散点图及回归拟合情况（其中回归方程为：，相关指数）．根据题干与图中的信息，下列说法错误的是（　　）
A．根据信息生物基因库的复杂度近似是随时间呈指数增长的情况，不同于作者采取取常用对数的做法，我们也可采用函数模型来拟合
B．根据回归方程可以得到，每过10亿年，生物基因库的复杂度一定增加到原来的倍
C．虽然拟合相关指数为0.97，但是样本点只有5个，不能很好地阐释其统计规律，所以增加可靠的样本点可以更好地完善回归方程
D．根据物理界主流观点：地球的形成始于45亿年前，及拟合信息：地球在诞生之初时生物的复杂度大约为，可以推断地球生命可能并非诞生于地球
5．（2024·成都模拟） 若正实数满足，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024·成都模拟） 若，是平面上两个非零的向量，则“”是“”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
7．（2024·成都模拟）在平面直角坐标系中，角，的始边均为，终边相互垂直，若，则(　　)
A． B． C． D．
8．（2024·成都模拟） 已知公比不为1的等比数列的前项和为，若数列是首项为1的等差数列，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2024·成都模拟） 某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（　　）
A．36种 B．42种 C．48种 D．52种
10．（2024·成都模拟）已知正方体以某直线为旋转轴旋转角后与自身重合，则不可能为(　　)
A． B． C． D．
11．（2024·成都模拟） 若函数大于0的零点有且只有一个，则实数的值为（　　）
A．4 B． C． D．
12．（2024·成都模拟） 已知点分别是抛物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（　　）
A．6 B． C． D．
13．（2024·成都模拟）若双曲线的渐近线方程为，则的标准方程可以是　 　（写出一个你认为正确的答案即可）．
14．（2024·成都模拟）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则这个圆锥的高是　 　．
15．（2024·成都模拟） 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则当时，的单调递增区间为　 　．
16．（2024·成都模拟） 若实数是方程在区间上不同的两根，则　 　．
17．（2024·成都模拟） 在中，．
（1）求的长；
（2）求边上的高．
18．（2024·成都模拟）已知在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，满足，若，点为的中点，点为的三等分点（靠近点）．
（1）求证：平面；
（2）若线段上的点在平面内，求的值．
19．（2024·成都模拟） RAID10是一种常见的独立兮余磁盘阵列，因为先做镜像存储再做条带存储，使得RAID10同时具有RAID0的快速与RAID1的可靠的优点，同时阵列中若有几块磁盘损坏可以通过阵列冗余备份进行数据恢复．某视频剪辑公司购进100块拆机磁盘组建一台存储服务器，考虑到稳定性，拟采取RAID10组建磁盘阵列，组建之前需要对磁盘进行坏道扫描，每块需要2小时，若扫描出磁盘有坏道，则更换为没有坏道的正常磁盘．现工作小组为了提升效率，打算先扫描其中的10块，再根据扫描情况，决定要不要继续扫描剩下的所有磁盘，设每块磁盘有坏道的概率为，且每块磁盘是否有坏道相互独立．
（1）将扫描的10块中恰有2块有坏道的概率表示成关于的函数，并求该函数的最大值点；
（2）现扫描的10块中恰有2块有坏道，考虑到安全性，工作小组决定用（1）中的作为值来预测．已知有坏道磁盘直接投入使用会造成该盘上的数据丢失或损坏，每块投入使用的有坏道磁盘需要10.5小时进行更换和数据恢复，请根据现有扫描情况，以整个组建过程所花费的时间的期望为决策依据，判断是否需要扫描剩下的所有磁盘．
20．（2024·成都模拟）已知椭圆上的点到焦点的距离之和为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交于两点，直线分别交直线于两点，求证：．
21．（2024·成都模拟） 已知函数，若数列的各项由以下算法得到：
①任取（其中），并令正整数；
②求函数图象在处的切线在轴上的截距；
③判断是否成立，若成立，执行第④步；若不成立，跳至第⑤步；
④令，返回第②步；
⑤结束算法，确定数列的项依次为．
根据以上信息回答下列问题：
（1）求证：；
（2）是否存在实数使得为等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．参考数据：．
22．（2024·成都模拟）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求与的极坐标方程；
（2）若与的两不同交点满足，求的值．
23．（2024·成都模拟） 已知函数．
（1）当时，解不等式；
（2）若，成立，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】元素与集合的关系；集合间关系的判断
【解析】【解答】解：全集，因为，所以，所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件，利用集合的包含关系、元素和集合的关系以及补集的定义判断即可.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，可得.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件，利用复数的除法法则计算即可.
3．【答案】B
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小；利用不等式的性质比较数（式）的大小；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：，，，，则最大.
故答案为：B.
【分析】通过计算比较四个数和0，1的大小，即可得四个数中的最大数.
4．【答案】B
【知识点】回归分析；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、由回归方程，可得，
令，满足，故A正确；
B、由散点图可知，所给5个点不全在回归直线上，回归拟合是近似的，
不能说每过10亿年，生物基因库的复杂度一定增加到原来的倍，故B错误；
C、数据越多，拟合的准确性越高，故增加可靠的样本点可以更好地完善回归方程，故C正确；
D、当时，，根据回归方程可知，当时，，即地球在诞生之初时生物的复杂度大约为，可以推断地球生命可能并非诞生于地球，故D正确.
故答案为：B.
【分析】利用指数式与对数式互化即可判断A；利用回归方程的意义即可判断B；利用相关指数的意义即可判断C；求出地球在诞生之初时生物的复杂度，结合描述即可判断D.
5．【答案】A
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为 正实数满足， 则，当且仅当时取等号.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查基本不等式的运用，根据基本不等式可得：再结合已知条件即可求解.
6．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；共线（平行）向量；相反向量
【解析】【解答】解：充分性：若，则与同向，所以，故充分性成立；必要性：
若，则与同向或者反向，反向时，，故必要性不成立，所以是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查充分条件、必要条件的判定及向量的模长运算，根据可得与同向，即可判定充分性，根据可得与同向或者反向，即可判定必要性，进而即可得出答案.
7．【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由题意可得：或，则，
或，故.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件，利用诱导公式、二倍角的余弦公式计算即可.
8．【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：令，因为数列是首项为1的等差数列 ，则解得：，又根据等差中项的性质可得：，即，即化简并整理可得：设等比数列的公比为q且，则，即，解得：或1，又因为，则，则
故答案为：C.
【分析】本题主要考查等比数列的通项公式和基本性质及求和公式，等差数列的通项公式和基本性质，设等比数列的公比为q且，根据题意可得：，结合等比数列的通项公式化简可得，即可解出q，再根据等比数列的通项公式即可求解.
9．【答案】B
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：根据题意可以分以下两种情况：①副队长担任1号位，其他位置就没有任何限制，有种安排方式；②若副队长担任2号位，则从除队长以外的3民队员中选取1人担任1号位，后面3个位置无任何限制，有种安排方式，综上一共有：24+18=42种安排方式.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查排列组合的综合运用，根据题意分①副队长担任1号位；②若副队长担任2号位两种情况进分类讨论结合排列组合的知识即可求解.
10．【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：由题意可知：直线必过正方体的体对角线的交点，
当直线经过正方体对面中心时，正方体绕直线旋转时，与自身重合；
当直线经过正方体的体对角线时，
连接，，，为等边三角形，如图所示：
设正方体的体对角线与面交于点，则为的中心，
连接，，则，则正方体绕直线旋转时，与自身重合；
当直线穿过正方体的对棱中点时，正方体绕直线旋转时，与自身重合；
其它情况，正方体绕直线旋转时，与自身重合.
故答案为：C.
【分析】由题意可知：直线必过正方体的体对角线的交点，分直线经过正方体对面中心、直线经过正方体的体对角线、直线穿过正方体的对棱中点及其它情形四种情况讨论，分别确定旋转角判断即可.
11．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：令，可得：显然时，无解，则，解方程可得：即当时，有因为函数大于0的零点有且只有一个，所以函数与只有一个交点，令，则，则当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则故即.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查零点存在问题，运用导数确定函数的单调性，令，可得：显然时，无解，则时，可解得因为函数大于0的零点有且只有一个，所以函数与只有一个交点，构造新函数，求导确定其单调区间，找到最小值即可求解.
12．【答案】C
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线的性质可知其焦点，又将圆的方程化为圆的标准方程为：，可得圆心坐标为，半径为，
设点Q的坐标为是x轴上一点，满足则令，则
再将，代入化简可得：，即点满足，
所以，设点P的坐标为
则
所以根据三角形的三边关系可得：当且仅当P，Q，M三点共线时取等号.
故答案为：C.
【分析】本题主要考查抛物的标准方程及几何性质，圆的标准方程及几何性质，根据题意将转化为的形式，找到定点M，使得恒成立，进而得到：，当且仅当P，Q，M三点共线时，取得最小值，即可求解.
13．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解： 双曲线的渐近线方程为， 因为双曲线的渐近线方程为，
所以，取，故的标准方程可以是.
故答案为：.
【分析】由题意，根据双曲线的性质求解即可.
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：∵圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，
∴圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，
则圆锥的高h=2×sin60°= ．
【分析】由圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆知，圆锥的轴截面为边长为2的正三角形．
15．【答案】
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为 函数是定义在上的奇函数， 且当时，，
则，当时，，
当时，，则函数在上单调递增，在单调递减，
则根据奇函数的对称性可知，当时，的单调递增区间为.
故答案为：.
【分析】本题主要考查函数的奇函数的图象的性质，导函数的几何性质，先对时的函数的解析式求导，再结合导数的几何性质求出函数的单调递增区间，最后结合奇函数的对称性即可求解.
16．【答案】
【知识点】三角函数的化简求值；三角函数恒等式的证明；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为：，所以
又实数是方程在区间上不同的两根，则，因为所以，且，则，
可设，，所以则
故答案为：.
【分析】本题主要考查三角函数辅助角公式，同角三角函数的关系，余弦二倍角公式，根据已知条件结合辅助角公式可得：进而根据题意得到，再根据同角三角函数关系求得，再运用余弦函数的和差公式求得的值，最后根据余弦二倍角公式进行求解即可.
17．【答案】（1）解：由题，，，，由余弦定理得，
，解得，即.
（2）解： 在中，，，设边上的高为，
则，即，解得.
所以边上的高为.
【知识点】余弦定理
【解析】【分析】本题主要考查余弦定理，同角三角函数关系、三角形的面积公式.
（1）根据已知条件结合余弦定理即可求解；
（2）根据同角三角函数关系求得的值，设边上的高为，再根据三角形的面积公式及等面积法即可求得h的值.
18．【答案】（1）证明：连接，如图所示：
由，，可得，
由平面，因为平面，，
所以，，
因为点为的三等分点（靠近点P），所以，
在三角形PAN中，由余弦定理可得：，
则，即三角形PAN是直角三角形，，
因为平面，平面，所以，又，，
所以平面，平面APD，所以，
由点M为PD的中点，所以，又，所以平面，
平面，所以，，所以平面AMN；
（2）解：连接QN，如图所示：
因为平面AMN，所以，
在直角三角形PAB中，由勾股定理可得，解得，
在三角形PBC中，由余弦定理可得，
在三角形PQN中，，解得，则.
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）连接AC，利用余弦求得AN，可证，再由题意证平面APD，可得，进而证明平面CPD，可得，可证结论成立；
（2）连接QN，求得PB，在三角形PBC中，利用余弦定理可求得，进而求得PQ，再求的值即可.
（1）连接AC，由AD∥BC，，若PA=AD=DC=2，
可得，由平面ABCD，因为平面ABCD，AC，
所以，，
因为点N为PC的三等分点（靠近点P），所以，
在三角形PAN中，由余弦定理可得，
所以，所以三角形PAN是直角三角形，所以，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又，，
所以平面APD，平面APD，所以，
由点M为PD的中点，所以，又，所以平面CPD，
平面PCD，所以，，所以平面AMN，
（2）连接QN，因为平面AMN，所以，
在直角三角形PAB中，由勾股定理可得，
所以PB=3，
在三角形PBC中，由余弦定理可得，
在三角形PQN中，，所以，所以.
19．【答案】（1）解：由题意可知：，
则，
因为，可知，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以的最大值点.
（2）解： 由（1）可知：，
若扫描剩下的所有磁盘，则花费时间为（小时）；
若不扫描剩下的所有磁盘，设剩余90块磁盘中有坏道的块数为，花费时间为，
则，
可得（小时）；
因为，所以需要扫描剩下的所有磁盘.
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】本题主要考查独立重复事件的概率公式、导函数确定函数的单调性求最值.
（1）根据独立重复事件的概率公式求得的解析式，然后求导利用导数的正负确定函数的单调性进而即可求得其最大值点；
（2）先求扫描剩下的所有磁盘花费的时间，再结合二项式分布求不扫描剩下的所有磁盘花费时间，两者对比分析即可求解.
20．【答案】（1）解：由题意可得，解得，
则椭圆的方程为；
（2）证明：根据题意直线的斜率存在，
当直线的斜率为0时，不妨设，，
直线的方程为，令，求得，
同理求得，所以；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，
由题意直线不过点和，所以，
联立，消去整理得，
则，所以，由韦达定理可得：，，
易知直线的斜率均存在，则，
令，得，同理可得，
则，
又因为，所以，所以，
综上，.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，结合椭圆定义建立的方程组，求，即可得椭圆的方程；
（2）根据题意直线的斜率存在，当直线的斜率为0时，易求得，，易证；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，求出直线的方程，令，求得，结合韦达定理验证证明即可.
（1）因为椭圆上点到焦点的距离之和为，
所以，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）根据题意直线的斜率存在，
当直线的斜率为0时，不妨设，，
直线的方程为，令，求得，
同理求得，所以；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，
由题意直线不过点和，所以，
联立，消去整理得，
则，所以，且，，
易知直线的斜率均存在，则，
令，得，
同理可得，
所以，
又，
所以.
所以.
综上，.
21．【答案】（1）证明：因为，，
所以函数图象在处的切线方程为，
即，令可得，
即切线与轴的交点为，所以
（2）解： 若为等差数列，设其公差为，则，
令，则，
当时，；当时，；
可知在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因此最多有两个不同的根，即最多项成等差数列，
若、、成等差数列，即，
由（1）可知，则，
又因为，
令，则，
所以当时，所以在上单调递增，
又，
（其中，所以），
由可得，则，
可得，
所以存在，使得，
即存在，使得，即为等差数列，
且，
可得，所以.
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；等差数列的性质
【解析】【分析】本题主要考查理解能力的运用、导数的几何意义及函数单调性与导数正负的关系，等差数列的基本性质.
（1）求出函数的导函数，然后利用导数的几何意义表示出切线方程，令x=0，即可证明结论；
（2） 若为等差数列，设其公差为d，根据题意可得：，令，然后求导，利用其导函数的正负确定函数的单调区间，得到最多有两个不同的根，即最多项成等差数列，若、、成等差数列，根据等差中项的性质及（1）的结论，令，再利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理即可求解.
22．【答案】（1）解：由，消去得，即直线的普通方程为；
因为，所以的极坐标方程为，化简得，故；
由，消去得，
因为，所以的极坐标方程为，化简得；
（2）解：将代入得，
由，得，
不妨设，
由，可得，
由韦达定理得：，
故，所以，解得，
经检验，均符合要求.
【知识点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】（1）消去参数得到普通方程，再利用，求极坐标方程即可；
（2）在（1）的基础上，联立得到，由韦达定理得到两根之和，两根之积，结合得到方程求即额即可.
（1）消去得，
又，故的极坐标方程为，
化简得，故；
消去得，
又，故的极坐标方程为，
化简得；
（2）将代入得
，
由得，，
不妨设，
由得，
由韦达定理得，
故，
所以，解得，
经检验，均符合要求.
23．【答案】（1）解：当时不等式，即，
则或或，
解得或或，
综上可得不等式的解集为.
（2）解：不等式，即，
当时不等式为，
即为，此时不等式在恒成立，符合题意；
当时，对于时不等式为，此时不等式对不恒成立，
即不等式对不恒成立，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】不等关系与不等式；其他不等式的解法；不等式的证明
【解析】【分析】本题主要考查含绝对值不等式的解法、不等式恒成立问题.
（1）根据可将不等式转化为，然后运用解含绝对值不等式的零点分段的方法进行讨论求解即可；
（2）根据题意将不等式转化为：，然后分和，两种情况进行求解即可.
1 / 1四川省成都蓉城名校联盟2024届高三下学期第三次模拟考试数学理科试卷
1．（2024·成都模拟）设全集，若集合满足，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】元素与集合的关系；集合间关系的判断
【解析】【解答】解：全集，因为，所以，所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件，利用集合的包含关系、元素和集合的关系以及补集的定义判断即可.
2．（2024·成都模拟）若复数满足，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，可得.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件，利用复数的除法法则计算即可.
3．（2024·成都模拟），，，四个数中最大的数是(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小；利用不等式的性质比较数（式）的大小；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：，，，，则最大.
故答案为：B.
【分析】通过计算比较四个数和0，1的大小，即可得四个数中的最大数.
4．（2024·成都模拟）地球生命来自外星吗？一篇发布在《生物学快讯》上的文章《基因库的增长是生命起源和演化的时钟》可能给出了一种答案．该论文的作者根据生物功能性基因组里的碱基排列数的大小定义了基因库的复杂度y（单位：1），通过研究各个年代的古代生物化石里基因库的复杂度，提出了一个有趣的观点：生物基因库的复杂度近似是随时间呈指数增长的，只要知道生物基因库的复杂度就可以推测该生物体出现的年代．如图是该论文作者根据生物化石（原核生物，真核生物，蠕虫，鱼类，哺乳动物）中的基因复杂度的常用对数与时间（单位：十亿年）的散点图及回归拟合情况（其中回归方程为：，相关指数）．根据题干与图中的信息，下列说法错误的是（　　）
A．根据信息生物基因库的复杂度近似是随时间呈指数增长的情况，不同于作者采取取常用对数的做法，我们也可采用函数模型来拟合
B．根据回归方程可以得到，每过10亿年，生物基因库的复杂度一定增加到原来的倍
C．虽然拟合相关指数为0.97，但是样本点只有5个，不能很好地阐释其统计规律，所以增加可靠的样本点可以更好地完善回归方程
D．根据物理界主流观点：地球的形成始于45亿年前，及拟合信息：地球在诞生之初时生物的复杂度大约为，可以推断地球生命可能并非诞生于地球
【答案】B
【知识点】回归分析；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、由回归方程，可得，
令，满足，故A正确；
B、由散点图可知，所给5个点不全在回归直线上，回归拟合是近似的，
不能说每过10亿年，生物基因库的复杂度一定增加到原来的倍，故B错误；
C、数据越多，拟合的准确性越高，故增加可靠的样本点可以更好地完善回归方程，故C正确；
D、当时，，根据回归方程可知，当时，，即地球在诞生之初时生物的复杂度大约为，可以推断地球生命可能并非诞生于地球，故D正确.
故答案为：B.
【分析】利用指数式与对数式互化即可判断A；利用回归方程的意义即可判断B；利用相关指数的意义即可判断C；求出地球在诞生之初时生物的复杂度，结合描述即可判断D.
5．（2024·成都模拟） 若正实数满足，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为 正实数满足， 则，当且仅当时取等号.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查基本不等式的运用，根据基本不等式可得：再结合已知条件即可求解.
6．（2024·成都模拟） 若，是平面上两个非零的向量，则“”是“”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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；共线（平行）向量；相反向量
【解析】【解答】解：充分性：若，则与同向，所以，故充分性成立；必要性：
若，则与同向或者反向，反向时，，故必要性不成立，所以是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查充分条件、必要条件的判定及向量的模长运算，根据可得与同向，即可判定充分性，根据可得与同向或者反向，即可判定必要性，进而即可得出答案.
7．（2024·成都模拟）在平面直角坐标系中，角，的始边均为，终边相互垂直，若，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由题意可得：或，则，
或，故.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件，利用诱导公式、二倍角的余弦公式计算即可.
8．（2024·成都模拟） 已知公比不为1的等比数列的前项和为，若数列是首项为1的等差数列，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：令，因为数列是首项为1的等差数列 ，则解得：，又根据等差中项的性质可得：，即，即化简并整理可得：设等比数列的公比为q且，则，即，解得：或1，又因为，则，则
故答案为：C.
【分析】本题主要考查等比数列的通项公式和基本性质及求和公式，等差数列的通项公式和基本性质，设等比数列的公比为q且，根据题意可得：，结合等比数列的通项公式化简可得，即可解出q，再根据等比数列的通项公式即可求解.
9．（2024·成都模拟） 某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（　　）
A．36种 B．42种 C．48种 D．52种
【答案】B
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：根据题意可以分以下两种情况：①副队长担任1号位，其他位置就没有任何限制，有种安排方式；②若副队长担任2号位，则从除队长以外的3民队员中选取1人担任1号位，后面3个位置无任何限制，有种安排方式，综上一共有：24+18=42种安排方式.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查排列组合的综合运用，根据题意分①副队长担任1号位；②若副队长担任2号位两种情况进分类讨论结合排列组合的知识即可求解.
10．（2024·成都模拟）已知正方体以某直线为旋转轴旋转角后与自身重合，则不可能为(　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：由题意可知：直线必过正方体的体对角线的交点，
当直线经过正方体对面中心时，正方体绕直线旋转时，与自身重合；
当直线经过正方体的体对角线时，
连接，，，为等边三角形，如图所示：
设正方体的体对角线与面交于点，则为的中心，
连接，，则，则正方体绕直线旋转时，与自身重合；
当直线穿过正方体的对棱中点时，正方体绕直线旋转时，与自身重合；
其它情况，正方体绕直线旋转时，与自身重合.
故答案为：C.
【分析】由题意可知：直线必过正方体的体对角线的交点，分直线经过正方体对面中心、直线经过正方体的体对角线、直线穿过正方体的对棱中点及其它情形四种情况讨论，分别确定旋转角判断即可.
11．（2024·成都模拟） 若函数大于0的零点有且只有一个，则实数的值为（　　）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：令，可得：显然时，无解，则，解方程可得：即当时，有因为函数大于0的零点有且只有一个，所以函数与只有一个交点，令，则，则当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则故即.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查零点存在问题，运用导数确定函数的单调性，令，可得：显然时，无解，则时，可解得因为函数大于0的零点有且只有一个，所以函数与只有一个交点，构造新函数，求导确定其单调区间，找到最小值即可求解.
12．（2024·成都模拟） 已知点分别是抛物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（　　）
A．6 B． C． D．
【答案】C
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线的性质可知其焦点，又将圆的方程化为圆的标准方程为：，可得圆心坐标为，半径为，
设点Q的坐标为是x轴上一点，满足则令，则
再将，代入化简可得：，即点满足，
所以，设点P的坐标为
则
所以根据三角形的三边关系可得：当且仅当P，Q，M三点共线时取等号.
故答案为：C.
【分析】本题主要考查抛物的标准方程及几何性质，圆的标准方程及几何性质，根据题意将转化为的形式，找到定点M，使得恒成立，进而得到：，当且仅当P，Q，M三点共线时，取得最小值，即可求解.
13．（2024·成都模拟）若双曲线的渐近线方程为，则的标准方程可以是　 　（写出一个你认为正确的答案即可）．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解： 双曲线的渐近线方程为， 因为双曲线的渐近线方程为，
所以，取，故的标准方程可以是.
故答案为：.
【分析】由题意，根据双曲线的性质求解即可.
14．（2024·成都模拟）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则这个圆锥的高是　 　．
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：∵圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，
∴圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，
则圆锥的高h=2×sin60°= ．
【分析】由圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆知，圆锥的轴截面为边长为2的正三角形．
15．（2024·成都模拟） 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则当时，的单调递增区间为　 　．
【答案】
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为 函数是定义在上的奇函数， 且当时，，
则，当时，，
当时，，则函数在上单调递增，在单调递减，
则根据奇函数的对称性可知，当时，的单调递增区间为.
故答案为：.
【分析】本题主要考查函数的奇函数的图象的性质，导函数的几何性质，先对时的函数的解析式求导，再结合导数的几何性质求出函数的单调递增区间，最后结合奇函数的对称性即可求解.
16．（2024·成都模拟） 若实数是方程在区间上不同的两根，则　 　．
【答案】
【知识点】三角函数的化简求值；三角函数恒等式的证明；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为：，所以
又实数是方程在区间上不同的两根，则，因为所以，且，则，
可设，，所以则
故答案为：.
【分析】本题主要考查三角函数辅助角公式，同角三角函数的关系，余弦二倍角公式，根据已知条件结合辅助角公式可得：进而根据题意得到，再根据同角三角函数关系求得，再运用余弦函数的和差公式求得的值，最后根据余弦二倍角公式进行求解即可.
17．（2024·成都模拟） 在中，．
（1）求的长；
（2）求边上的高．
【答案】（1）解：由题，，，，由余弦定理得，
，解得，即.
（2）解： 在中，，，设边上的高为，
则，即，解得.
所以边上的高为.
【知识点】余弦定理
【解析】【分析】本题主要考查余弦定理，同角三角函数关系、三角形的面积公式.
（1）根据已知条件结合余弦定理即可求解；
（2）根据同角三角函数关系求得的值，设边上的高为，再根据三角形的面积公式及等面积法即可求得h的值.
18．（2024·成都模拟）已知在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，满足，若，点为的中点，点为的三等分点（靠近点）．
（1）求证：平面；
（2）若线段上的点在平面内，求的值．
【答案】（1）证明：连接，如图所示：
由，，可得，
由平面，因为平面，，
所以，，
因为点为的三等分点（靠近点P），所以，
在三角形PAN中，由余弦定理可得：，
则，即三角形PAN是直角三角形，，
因为平面，平面，所以，又，，
所以平面，平面APD，所以，
由点M为PD的中点，所以，又，所以平面，
平面，所以，，所以平面AMN；
（2）解：连接QN，如图所示：
因为平面AMN，所以，
在直角三角形PAB中，由勾股定理可得，解得，
在三角形PBC中，由余弦定理可得，
在三角形PQN中，，解得，则.
【知识点】直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）连接AC，利用余弦求得AN，可证，再由题意证平面APD，可得，进而证明平面CPD，可得，可证结论成立；
（2）连接QN，求得PB，在三角形PBC中，利用余弦定理可求得，进而求得PQ，再求的值即可.
（1）连接AC，由AD∥BC，，若PA=AD=DC=2，
可得，由平面ABCD，因为平面ABCD，AC，
所以，，
因为点N为PC的三等分点（靠近点P），所以，
在三角形PAN中，由余弦定理可得，
所以，所以三角形PAN是直角三角形，所以，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又，，
所以平面APD，平面APD，所以，
由点M为PD的中点，所以，又，所以平面CPD，
平面PCD，所以，，所以平面AMN，
（2）连接QN，因为平面AMN，所以，
在直角三角形PAB中，由勾股定理可得，
所以PB=3，
在三角形PBC中，由余弦定理可得，
在三角形PQN中，，所以，所以.
19．（2024·成都模拟） RAID10是一种常见的独立兮余磁盘阵列，因为先做镜像存储再做条带存储，使得RAID10同时具有RAID0的快速与RAID1的可靠的优点，同时阵列中若有几块磁盘损坏可以通过阵列冗余备份进行数据恢复．某视频剪辑公司购进100块拆机磁盘组建一台存储服务器，考虑到稳定性，拟采取RAID10组建磁盘阵列，组建之前需要对磁盘进行坏道扫描，每块需要2小时，若扫描出磁盘有坏道，则更换为没有坏道的正常磁盘．现工作小组为了提升效率，打算先扫描其中的10块，再根据扫描情况，决定要不要继续扫描剩下的所有磁盘，设每块磁盘有坏道的概率为，且每块磁盘是否有坏道相互独立．
（1）将扫描的10块中恰有2块有坏道的概率表示成关于的函数，并求该函数的最大值点；
（2）现扫描的10块中恰有2块有坏道，考虑到安全性，工作小组决定用（1）中的作为值来预测．已知有坏道磁盘直接投入使用会造成该盘上的数据丢失或损坏，每块投入使用的有坏道磁盘需要10.5小时进行更换和数据恢复，请根据现有扫描情况，以整个组建过程所花费的时间的期望为决策依据，判断是否需要扫描剩下的所有磁盘．
【答案】（1）解：由题意可知：，
则，
因为，可知，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以的最大值点.
（2）解： 由（1）可知：，
若扫描剩下的所有磁盘，则花费时间为（小时）；
若不扫描剩下的所有磁盘，设剩余90块磁盘中有坏道的块数为，花费时间为，
则，
可得（小时）；
因为，所以需要扫描剩下的所有磁盘.
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】本题主要考查独立重复事件的概率公式、导函数确定函数的单调性求最值.
（1）根据独立重复事件的概率公式求得的解析式，然后求导利用导数的正负确定函数的单调性进而即可求得其最大值点；
（2）先求扫描剩下的所有磁盘花费的时间，再结合二项式分布求不扫描剩下的所有磁盘花费时间，两者对比分析即可求解.
20．（2024·成都模拟）已知椭圆上的点到焦点的距离之和为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交于两点，直线分别交直线于两点，求证：．
【答案】（1）解：由题意可得，解得，
则椭圆的方程为；
（2）证明：根据题意直线的斜率存在，
当直线的斜率为0时，不妨设，，
直线的方程为，令，求得，
同理求得，所以；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，
由题意直线不过点和，所以，
联立，消去整理得，
则，所以，由韦达定理可得：，，
易知直线的斜率均存在，则，
令，得，同理可得，
则，
又因为，所以，所以，
综上，.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，结合椭圆定义建立的方程组，求，即可得椭圆的方程；
（2）根据题意直线的斜率存在，当直线的斜率为0时，易求得，，易证；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，求出直线的方程，令，求得，结合韦达定理验证证明即可.
（1）因为椭圆上点到焦点的距离之和为，
所以，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）根据题意直线的斜率存在，
当直线的斜率为0时，不妨设，，
直线的方程为，令，求得，
同理求得，所以；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，
由题意直线不过点和，所以，
联立，消去整理得，
则，所以，且，，
易知直线的斜率均存在，则，
令，得，
同理可得，
所以，
又，
所以.
所以.
综上，.
21．（2024·成都模拟） 已知函数，若数列的各项由以下算法得到：
①任取（其中），并令正整数；
②求函数图象在处的切线在轴上的截距；
③判断是否成立，若成立，执行第④步；若不成立，跳至第⑤步；
④令，返回第②步；
⑤结束算法，确定数列的项依次为．
根据以上信息回答下列问题：
（1）求证：；
（2）是否存在实数使得为等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．参考数据：．
【答案】（1）证明：因为，，
所以函数图象在处的切线方程为，
即，令可得，
即切线与轴的交点为，所以
（2）解： 若为等差数列，设其公差为，则，
令，则，
当时，；当时，；
可知在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因此最多有两个不同的根，即最多项成等差数列，
若、、成等差数列，即，
由（1）可知，则，
又因为，
令，则，
所以当时，所以在上单调递增，
又，
（其中，所以），
由可得，则，
可得，
所以存在，使得，
即存在，使得，即为等差数列，
且，
可得，所以.
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；等差数列的性质
【解析】【分析】本题主要考查理解能力的运用、导数的几何意义及函数单调性与导数正负的关系，等差数列的基本性质.
（1）求出函数的导函数，然后利用导数的几何意义表示出切线方程，令x=0，即可证明结论；
（2） 若为等差数列，设其公差为d，根据题意可得：，令，然后求导，利用其导函数的正负确定函数的单调区间，得到最多有两个不同的根，即最多项成等差数列，若、、成等差数列，根据等差中项的性质及（1）的结论，令，再利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理即可求解.
22．（2024·成都模拟）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求与的极坐标方程；
（2）若与的两不同交点满足，求的值．
【答案】（1）解：由，消去得，即直线的普通方程为；
因为，所以的极坐标方程为，化简得，故；
由，消去得，
因为，所以的极坐标方程为，化简得；
（2）解：将代入得，
由，得，
不妨设，
由，可得，
由韦达定理得：，
故，所以，解得，
经检验，均符合要求.
【知识点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】（1）消去参数得到普通方程，再利用，求极坐标方程即可；
（2）在（1）的基础上，联立得到，由韦达定理得到两根之和，两根之积，结合得到方程求即额即可.
（1）消去得，
又，故的极坐标方程为，
化简得，故；
消去得，
又，故的极坐标方程为，
化简得；
（2）将代入得
，
由得，，
不妨设，
由得，
由韦达定理得，
故，
所以，解得，
经检验，均符合要求.
23．（2024·成都模拟） 已知函数．
（1）当时，解不等式；
（2）若，成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：当时不等式，即，
则或或，
解得或或，
综上可得不等式的解集为.
（2）解：不等式，即，
当时不等式为，
即为，此时不等式在恒成立，符合题意；
当时，对于时不等式为，此时不等式对不恒成立，
即不等式对不恒成立，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】不等关系与不等式；其他不等式的解法；不等式的证明
【解析】【分析】本题主要考查含绝对值不等式的解法、不等式恒成立问题.
（1）根据可将不等式转化为，然后运用解含绝对值不等式的零点分段的方法进行讨论求解即可；
（2）根据题意将不等式转化为：，然后分和，两种情况进行求解即可.
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