四川省宜宾市高三下学期第二次诊断性考试理科数学试卷-1

宜宾市普通高中2021级第二次诊断性测试理科数学（考试时间：120分钟全卷满分：150分）注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号､姓名､考场号､座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效3.考试结束后，将答题卡交回.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，只有一项符合要求，1.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先求集合A，再结合交集运算求解.【详解】由题意可知：，所以.故选：B.2.命题“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题.【详解】根据全称量词命题的否定有：命题“”的否定是：.故选：C3.已知向量，向量满足，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设出，根据题意利用向量的坐标运算列式运算求解.【详解】设，则，由，得，又，得，即，联立，解得..故选：C.4.根据调查统计，某市未来新能源汽车保有量基本满足模型，其中（单位：万辆）为第年底新能源汽车的保有量，为年增长率，为饱和度，为初始值.若该市2023年底的新能源汽车保有量是20万辆，以此为初始值，以后每年的增长率为，饱和度为1300万辆，那么2033年底该市新能源汽车的保有量约为（）（结果四舍五入保留整数，参考数据：）A.65万辆 B.64万辆 C.63万辆 D.62万辆【答案】B【解析】【分析】把已知数据代入模型，求出对应的值即可．【详解】根据题中所给模型，代入有关数据，注意以2023年的为初始值，则2033年底该省新能源汽车的保有量为，因，所以，所以，所以2033年底该市新能源汽车的保有量约为64万辆.故选：B.5.已知，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据指、对数函数单调性，结合中间值分析判断.【详解】因为，且，即；；；所以.故选：A.6.若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】化为，利用二倍角公式即可即可求解.【详解】因为，所以.故选：D7.为确保马拉松赛事在某市顺利举行，组委会在沿途一共设置了7个饮水点，每两个饮水点中间再设置一个服务站，一共6个服务站.由含甲､乙在内的13支志愿者服务队负责这13个站点的服务工作，每一个站点有且仅有一支服务队负责服务，则甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据古典概型结合排列数、组合数分析求解.【详解】由题意可知甲队和乙队共有种不同安排方法，甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻，分以下三种情况，1、从2个端点饮水点任选一个安排甲，再从与该饮水点不相邻的5个服务站选一个安排乙；2、从中间5个饮水点任选一个安排甲，再从不与该饮水点相邻的4个服务站选一个安排乙；3、从6个服务站任选一个安排甲，再从不与该服务站相邻5个饮水站选一个安排乙；共有种不同安排方法，所以甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻的概率为.故选：D.8.在数列中，已知，且满足，则数列的前2024项的和为（）A.3 B.2 C.1 D.0【答案】A【解析】【分析】用去换中的，得，相加即可得数列的周期，再利用周期性运算得解.【详解】由题意得，用替换式子中的，得，两式相加可得，即，所以数列是以6为周期的周期函数.又，，.所以数列得前2024项和.故选：A.9.已知点是直线上一动点，过点作圆的一条切线，切点为，则线段长度的最小值为（）A. B. C. D.1【答案】D【解析】【分析】由题意可得，则当取得最小值时，线段长度的最小，利用点到直线的距离公式求出的最小值即可得解.【详解】圆的圆心，半径，由题意可得，则，则当取得最小值时，线段长度的最小，，所以.故选：D.10.设是双曲线的左、右焦点，是坐标原点，是渐近线上位于第二象限的点，若，则双曲线的离心率为（）A. B. C.2 D.3【答案】D【解析】【分析】根据题意，求出，，进而求出，在中，由正弦定理列式求得，再根据离心率公式运算得解.【详解】如图，根据题意可得，，，又，，，，在中，由正弦定理可得，，即，化简得，.故选：D.11.在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为棱和中点，则四棱锥和四棱锥的体积之比为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】连接，根据题意利用割补法分析求解.【详解】连接，由题意可知：，，则，所以.故选：C.12.已知不等式有解，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分离参数转化为，构造函数，利用导数法求出，即为所求.【详解】不等式有解，即，，只需要，令，，，令，，，所以函数在上单调递增，又，，所以存在，使得，即，，，即；，，即，所以函数在上单调递减，在上单调递增，，又由，可得，..故选：A.【点睛】思路点睛：由题意问题转化为，，构造函数，利用导数求出的最小值，即只要.二､填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13.已知复数（i为虚数单位），则|z|＝__.【答案】1【解析】【分析】根据复数的除法运算计算得，再根据复数的模长公式可得结果.【详解】∵，∴|z|＝1故答案为：1.【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数的模长公式，属于基础题.14.数列中，是数列的前项和，已知，数列为等差数列，则__________.【答案】57【解析】【分析】根据题意，求出数列的通项，进而求得，利用分组求和得解.详解】令，，，，又数列为等差数列，所以公差，，即，，.故答案为：57.15.所有棱长均为6的三棱锥，其外接球和内切球球面上各有一个动点，则线段长度的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意，正四面体的外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部，求出外接球半径，内切球半径，线段长度的最大值为得解.【详解】由正四面体的棱长为6，则其外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部，设球心为，如图，连接并延长交底面于，则平面，且为底面的中心，所以，在中，可求得，设外接球半径为，内切球半径为，则，解得，，所以线段长度的最大值为.故答案为：.16.已知为抛物线的焦点，过直线上的动点作抛物线的切线，切点分别是，则与为坐标原点）面积之和的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意直线PQ斜率存在，设其方程为，利用导数可得出抛物线在点P、Q处的切线斜率，联立直线AB的方程与抛物线的方程，根据韦达定理即可求出的值，再利用面积公式结合基本不等式得出最小值.【详解】由，得，，求导得，根据题意直线PQ斜率存在，设其方程为，设，，可知在处切线斜率分别为，设，显然过点M的切线的斜率存在，设切线方程为，联立方程，消去y得，则，整理得，可得，即，联立方程，消去y整理得，则，可得，则直线PQ的方程为，过定点，且，设，则，则，当且仅当，即时，等号成立，所以与为坐标原点）面积之和的最小值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解．（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．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1721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）必做题：共60分.17.在中，角所对的边分别是，在下面三个条件中任选一个作为条件，解答下列问题.三个条件为：①；②；③.（1）求角A的大小；（2）若，求的值.【答案】17.所选条件见解析，；18.3.【解析】【分析】（1）若选①：利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；若选②：利用正弦定理边化角即可结果；若选③：利用三角恒等变换分析求解；（2）利用余弦定理分析求解.【小问1详解】若选①：因为，由正弦定理可得，且，则，可得，且，所以；若选②：因为，由正弦定理可得，且，则，可得，且，所以；若选③：因为，则，可得且，则，可得，且，所以.【小问2详解】由（1）可知：，由余弦定理可得：，即，解得.18.为了加强企业文化建设，某公司组织了一次趣味答题比赛，题目分为生活和文化两大类，比赛规则如下：（i）选手在每个类别中回答5道题目，每个类别中答对3道及以上为合格；（ii）第一个类别答完5道题并且合格后可以进入下一个类别，否则该选手结束比赛；（iii）选手进入第二个类别后再回答5道题，无论答对与否均结束比赛.若选手甲在生活类答题比赛中每道题目答对的概率都是0.5.（1）求选手甲参加生活类答题合格的概率；（2）已知选手甲参加文化类答题合格的概率为0.4.比赛规定每个类别答题合格得5分，不合格得0分.设累计得分为X，为使累计得分X的期望最大，选手甲应选择先进行哪个类别的答题比赛（每个类别合格的概率与次序无关），并说明理由.【答案】（1）0.5（2）选手甲先进行生活类答题【解析】【分析】（1）根据题意结合独立事件概率乘法公式运算求解；（2）分析讨论甲先进行生活类答题或甲先进行文化类答题，分别求相应的期望，对比分析即可结果.【小问1详解】若选手甲参加生活类答题合格，则答对的题目数量为：3，4，5，所以选手甲参加生活类答题合格的概率.【小问2详解】选手甲先进行生活类答题，理由如下：若选手甲先进行生活类答题，可知：X的可能取值为0，5，10，则，可得；若选手甲先进行文化类答题，可知：X的可能取值为0，5，10，则，可得；因为，所以选手甲先进行生活类答题.19.如图，在正三棱柱中，延长至，使，连接分别是的中点，动点在直线上，.（1）证明：∥平面；（2）试确定点位置，使二面角的余弦值为.【答案】（1）证明见详解（2）点为点或点【解析】【分析】（1）连接，结合线面平行的判定定理分析证明；（2）建系，设，利用空间向量处理二面角问题.【小问1详解】连接，可知为的中点，且分别是的中点，则∥，且平面，平面，所以∥平面.【小问2详解】分别取的中点，连接，由题意可知：，以为坐标原点，分别为轴，过作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，设，可得，设平面的法向量，则，令，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，可得，由题意可得：，整理得，解得或，结合图形可知或均符合题意，所以当点为点或点时，二面角的余弦值为.20.已知椭圆的下、上顶点分别为，左、右顶点分别为，四边形的面积为，若椭圆上的点到右焦点距离的最大值和最小值之和为6.（1）求椭圆的方程；（2）过点且斜率不为0直线与交于（异于两点，设直线与直线交于点，探究三角形的面积是否为定值，请说明理由.【答案】（1）（2）三角形的面积是定值，理由见详解【解析】【分析】（1）根据题意结合椭圆的性质列式求，即可得结果；（2）设直线，联立方程结合韦达定理可得，联立直线方程可得点在直线上，即可得结果.【小问1详解】由题意可知：，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】三角形的面积是定值，理由如下：由（1）可知：，因为在椭圆的内部，可知直线与椭圆必相交，由题意可设：直线，联立方程，消去x得，，则，可知，又因为直线，直线，联立方程，解得，即点在直线上，所以三角形的面积为.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．21.已知函数.（1）若是上的单调递增函数，求的取值范围；（2）当满足什么条件时，恒成立.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由题意可得在上恒成立，利用参变分离法结合恒成立问题分析求解；（2）构建，可知在上恒成立，分、和三种情况，利用正弦函数的有界性进行放缩，利用导数判断函数单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.【小问1详解】因为，由题意可知：在上恒成立，即在上恒成立，且，即，可得，所以的取值范围为.【小问2详解】构建，即在上恒成立，（ⅰ）若，当趋近于时，则趋近于0，趋近于，，可知趋近于，即存在，使得，不合题意；（ⅱ）若，则，①当，即时，则，符合题意；②当，即时，令，则，存在，使得，不合题意；（ⅲ）若，则构建，则，令，解得；令，解得；可知：在内单调递减，在内单调递增，可得，①当，即时，可知，符合题意；②当，即时，令，则，因为，取，即，则，即不恒成立，不合题意；综上所述：或，符合题意.【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题1.分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．2.函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解．（二）选做题：共10分.请考生在第22､23题中选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分.[选修：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系