四川省成都市高三下学期第二次诊断性检测理科数学试题

成都市2021级高中毕业班第二次诊断性检测数学（理科）本试卷分选择题和非选择题两部分．第I卷（选择题）1至2页，第Ⅱ卷（非选择题）3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，务必将自已的姓名､考籍号填写在答题卡规定的位置上．2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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．3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．5．考试结束后，只将答题卡交回．第I卷（选择题，共60分）一､选择题：本大题共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.已知复数（是虚数单位），则A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用复数的除法法则化简复数，再求模即可.【详解】由题意，所以.故选：2.命题“，”的否定形式是（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】根据命题的否定直接可得解.【详解】由命题“，”，可知其否定为“，”，故选：C.3.如图，已知集合，则阴影部分表示的集合为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由阴影部分为以全集为A的集合A与集合B交集的补集求解.【详解】解：因为，所以，，即阴影部分表示的集合为，故选：B4.对变量有观测数据，得散点图1；对变量有观测数据，得散点图2.表示变量之间的线性相关系数，表示变量之间的线性相关系数，则下列说法正确的是（）A.变量与呈现正相关，且 B.变量与呈现负相关，且C.变量与呈现正相关，且 D.变量与呈现负相关，且【答案】C【解析】【分析】利用散点图，结合相关系数的知识可得答案.【详解】由题意可知，变量的散点图中，随的增大而增大，所以变量与呈现正相关；再分别观察两个散点图，图比图点更加集中，相关性更好，所以线性相关系数.故选：C.5.在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据任意角三角函数定义，结合角终边经过点，求出、，再利用二倍角公式即可求解.【详解】因为终边经过点，所以，，则，所以有，，所以.故选：A6.已知函数的值域为．若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】对实数分类讨论，根据二次函数的性质及指数函数的值域可得结果.【详解】当时，，符合题意；当时，因为函数的值域为满足，由指数函数的单调性可知，即二次函数的最小值小于或等于零；若时，依题意有的最小值，即，若时，不符合题意；综上：，故选：B.7.筒车亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具，唐陈廷章《水轮赋》：“水能利物，轮乃曲成.升降满农夫之用，低徊随匠氏之程.始崩腾以电散，俄宛转以风生.虽破浪于川湄，善行无迹；既斡流于波面，终夜有声.”如图，一个半径为4的筒车按逆时针方向每分钟转一圈，筒车的轴心O距离水面的高度为.在筒车转动的一圈内，盛水筒P距离水面的高度不低于的时间为（）A.9秒 B.12秒 C.15秒 D.20秒【答案】D【解析】【分析】画出示意图，结合题意和三角函数值可解出答案.【详解】假设所在直线垂直于水面，且米，如下示意图，由已知可得，所以，处劣弧时高度不低于米，转动的角速度为/每秒，所以水筒P距离水面的高度不低于的时间为秒，故选：D.8.现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，由分步计数原理计算“用四种不同得颜色要对如图形中的五部分进行着色”和“任意有公共边的两块着不同颜色”的涂色方法，由古典概型公式计算可得答案.【详解】根据题意，用四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，每个部分都有4种涂色方法，则有种涂色方法；若其中任意有公共边的两块着不同颜色，有两种情况：①只用三种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法；②用四种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法，所以若其中任意有公共边的两块着不同颜色，共有144种涂色方法，故四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为.故选：C9.已知向量是平面内的一组基向量，为内的定点，对于内任意一点，当时，称有序实数对为点的广义坐标．若点的广义坐标分别为，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】D【解析】【分析】根据向量的垂直和线性运算即可判断.【详解】根据题意得：，.因为，所以，则，即因为向量是平面内的一组基向量，所以.故“"是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.10.已知点是椭圆上的动点，若到轴与轴的距离之和的范围是，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用距离和的范围求出，利用离心率的公式可得答案.【详解】设，由椭圆的对称性，不妨设点位于第一象限或轴正半轴上，由题意，，结合椭圆性质有且，其中；所以，解得，椭圆的离心率为.故选：D.11.在所有棱长均相等的直四棱柱中，，点在四边形内（含边界）运动．当时，点的轨迹长度为，则该四棱柱的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根据轨迹的长度求出棱长，利用四棱柱的表面积公式可求答案.【详解】设棱长为，延长，过点作垂直于的延长线于，由，可得；由直四棱柱的性质可得，平面，所以；因为，所以.在平面内，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆夹在四边形内的部分,即图中圆弧.因为，所以，因为点的轨迹长度为，所以，即.四棱柱的表面积为.故选：A.12.已知是抛物线上任意一点，若过点作圆的两条切线，切点分别记为，，则劣弧长度的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据圆的切线性质，可转化为求的最小值，结合二次函数求值域可得解.【详解】如图所示，当劣弧长度的最小时，最小，即最小，即最大，即取的最小值，设，则，则，当时，取最小值为，即，即，，即，即劣弧长度的最小值为，故选：D.第Ⅱ卷：（非选择题，共90分）二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上13.一个几何体的三视图的正视图是三角形，则这个几何体可以是___________.（写出一个你认为正确的答案即可）【答案】三棱柱（答案不唯一）【解析】【分析】根据题意，由三视图的知识，即可得到结果.【详解】由三视图可知，正视图是三角形的几何体可以是三棱柱，三棱锥，圆锥等.故答案为：三棱柱（答案不唯一）14.已知函数，若，则实数的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性，再利用导数说明函数的单调性，最后根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.【详解】函数的定义域为，且，所以为奇函数，又，所以在上单调递增，不等式，即，等价于，解得或，所以实数的取值范围为.故答案为：15.平面四边形中，，则的最大值为__________．【答案】4【解析】【分析】根据题意，设，且，在中，利用余弦定理，求得，即，再在中，利用余弦定理，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.【详解】如图所示，因为，设，且，在中，可得，即，可得，在中，可得，所以，当时，即时，取得最大值，最大值为，所以的最大值为.故答案为：.16.已知函数．给出下列四个结论：①；②存在，使得；③对于任意的，都有；④对于任意的，都有．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】②③④【解析】【分析】对于①，借助中间值，计算即可判断；对于②，构造函数，由零点存在性定理判段即可；对于③，构造函数，，根据函数单调性判断即可；对于④，分段讨论当，，当，，再将函数，两边同时取对数化简可得，提公因式构造不等式判断可得，根据绝对值的意义判断即可.【详解】因，所以，，因为，，所以，故①错误；若，则，即，，即，令，因为，所以存在，使得，即，所以存在，使得，故②正确，因为，因为在上单调递减，所以也单调递减，所以，，因为在上单调递增，所以也单调递增，所以，即，即对于任意的，都有，故③正确；由②可知，存在，使得，结合③可知当，，，即，可知当，，，即，因为，，得，即，当，有，因为，所以，所以，所以，即，当，有，因为，所以，所以，即，所以对于任意，都有，故④正确.故答案为：②③④.【点睛】方法点睛：解决本题②，在于构造函数，利用零点存在性定理判段；本题③，关键在于构造函数，，根据复合函数单调性判断；本题④，关键在于根据②的结论分段讨论，将函数两边同时取对数可得，结合③计算有关结论，提公因式构造不等式得，然后判断即可.三､解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．17.记.（1）当时，为数列的前项和，求的通项公式；（2）记是的导函数，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由与关系求解即可.（2）先求导，再根据错位相减求解即可.【小问1详解】当时，.当时，.又当时，不满足上式，所以【小问2详解】①②①②得，18.某省举办了一次高三年级化学模拟考试，其中甲市有10000名学生参考．根据经验，该省及各市本次模拟考试成绩（满分100分）都近似服从正态分布．（1）已知本次模拟考试甲市平均成绩为65分，87分以上共有228人．甲市学生的成绩为76分，试估计学生在甲市的大致名次；（2）在该省本次模拟考试的参考学生中随机抽取40人，记表示在本次考试中化学成绩在之外的人数，求的概率及的数学期望．参考数据：参考公式：若，有，【答案】18.1587名19.0.0989；期望为【解析】【分析】（1）由本次模拟考试成绩都近似服从正态分布，，87分以上共有228人，结合原则，求得，再由甲市学生在该次考试中成绩为76分，且求解；（2）由随机变量服从二项分布，即求解．【小问1详解】解：已知本次模拟考试成绩都近似服从正态分布，由题意可得．即，解得．甲市学生在该次考试中成绩为76分，且，又，即．学生在甲市本次考试的大致名次为1587名．【小问2详解】在本次考试中，抽取1名化学成绩在之内的概率为0.9974．抽取1名化学成绩在之外概率为0.0026．随机变量服从二项分布，即．．的数学期望为．19.如图，在正四面体中，是棱的两个三等分点．（1）证明：；（2）求出二面角的平面角中最大角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理即可证明平面，从而证明；（2）根据题意，由二面角的定义，结合余弦定理代入计算，即可得到结果.【小问1详解】取的中点为，连接．四面体为正四面体，为正三角形．又为的中点，．同理可得．平面，平面．又平面．【小问2详解】取的中点为，连接，设．由（1）得平面．平面．为二面角的平面角，为二面角的平面角，为二面角的平面角．由图形对称性可判断．易得．在中，．在中，．同理可得．．．二面角的平面角最大，其余弦值等于．20.已知双曲线的左､右顶点分别为，右焦点为.过点的直线与双曲线相交于两点，点关于轴的对称点为，且直线的斜率之积为.（1）求双曲线的标准方程；（2）直线分别与直线相交于两点，求证：以为直径的圆经过轴上的定点，并求出定点的坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）设，根据直线的斜率之积为及在双曲线求出，即可得解；（2）设，直线，联立方程，理由韦达定理求出，再求出两点的坐标，进而可求出以为直径的圆的方程，再令，即可得出结论.【小问1详解】设，，，在双曲线上，，解得，双曲线的标准方程为；【小问2详解】设，直线，由，消去得，，，直线，令，解得，同理可得，以为直径的圆的方程为，令，得，，，解得或，以为直径的圆恒过点.【点睛】方法点睛：直线过定点问题或圆过定点问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再表达出直线方程或圆的方程，结合方程特点，求出所过的定点坐标.21.已知函数．（1）当时，判断的零点个数并说明理由；（2）若存在，使得当时，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）两个零点，理由见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，求导可得，从而可得函数在上单调递增，再由零点存在定理即可得到结果；（2）根据题意，构造函数设，然后分与讨论，利用导数代入计算，即可得到结果.【小问1详解】当时，．，令，则，当时，，函数在上单调递增．由，，使得．当时，单调递减；当时，单调递增．又，有两个零点．【小问2详解】存在，使得当时，，即存在，使得当时，．设．（i）当时，设．．在上单调递增，又，在上单调递增．又，在上恒成立．．当时，．取，当时，恒成立．当时满足题意．（ii）当时，设．．在上恒成立，在上单调递增．又在上恒成立．设．在上恒成立，在上单调递减．又在上恒成立．故恒成立，不合题意．综上，的取值