四川省宜宾市高三下学期第二次诊断性考试文科数学试卷

宜宾市普通高中2021级第二次诊断性测试文科数学（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】根据交集的定义求解即可.【详解】因为集合，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.盒中有3个大小质地完全相同的球，其中1个白球、2个红球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则两次都摸出红球的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得.【详解】记1个白球为，2个红球分别为、，现从中不放回地依次随机摸出2个球，则可能结果有、、、、、共个，其中两次都摸出红球的有、，所以所求概率.故选：A4.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.5.已知，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据指数函数和对数函数的性质结合中间量法求解即可.【详解】，又，且，所以，即，所以.故选：A.6.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保有量为，因为，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.7.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.8.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：D9.已知三棱锥三视图如图所示，则该三棱锥中最长棱的长度为（）A.4 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，将三视图还原成直观图，根据几何体中的线面关系，分别求出各棱长即可求解.【详解】根据几何体的三视图，将几何体还原成直观图如图：根据已知条件有，，平面；过作的垂线垂足为，，，在中，有，，，所以；在中，，，，所以；因为平面，平面，所以，同理；在中，，，，所以；在中，，，，所以；综上所述，三棱锥中最长棱的长度为.故选：C10.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.11.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.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，则直线过定点__________.【答案】【解析】【分析】设，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点，从而可确定直线的方程，进而可得出答案.【详解】设，由，得，则，则抛物线在点处得切线方程为，即，又，所以，又因为点在切线上，所以，①同理可得，②由①②可得直线的方程为，所以直线过定点.故答案为：.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.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，角所对的边分别为，且（1）求角的大小；（2）若，求的值．【答案】（1）（2）3【解析】【分析】（1）利用正弦定理将已知的式子统一成角的形式，再利用三角函数恒等变换公式化简计算可求出角，（2）利用余弦定理结合已知条件直接求解【小问1详解】因为，所以由正弦定理得，,所以，因为，所以，因为，所以【小问2详解】因为，，所以由余弦定理得，所以，解得18.如图，在四棱锥中，平面，是的中点.（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的判定定理证明；（2）根据题意，又平面，所以得解.【小问1详解】因为，是的中点，所以，又平面，平面，，又，平面，平面，平面，，平面，平面.【小问2详解】根据题意，得，又，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，又，又平面，，.19.某企业积极响应政府号召，大力研发新产品，争创世界名牌.为了对研发的一批最新产品进行合理定价，该企业将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到一组销售数据，如表所示：单价（千元）45678销量（百件）6764615850（1）若变量具有线性相关关系，求产品销量（百件）关于试销单价（千元）的线性回归方程；（2）用（1）中所求的线性回归方程得到与对应的产品销量的估计值.当销售数据对应的残差的绝对值时，则将销售数据称为一个“精准销售”.现从5个销售数据中任取2个，求“精准销售”至少有1个的概率.参考数据：参考公式：线性回归方程中的估计值分别为【答案】19.20.【解析】【分析】（1）按照所给的参考公式，计算可得到线性回归方程；（2）先求出5个销售数据中精准销售的个数，再根据古典概型的概率公式计算.【小问1详解】由题意，，，，结合参数数据得，，所以线性回归方程为.【小问2详解】当时，，，则，所以为一个精准销售，当时，，，则，所以为一个精准销售，当时，，，则，所以为一个精准销售，当时，，，则，所以不是一个精准销售，当时，，，则，所以不是一个精准销售.记三个精准销售为，两个非精准销售为，则从5个销售数据中任选2个，对应的基本事件有：，，，，，，，，，，其中满足要求的共有9个，所以“精准销售”至少有1个的概率为.20.已知椭圆的上下顶点分别为，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的直线与交于（异于）两点，设直线与直线交于点，证明：点在定直线上.【答案】20.21.证明见解析【解析】【分析】（1）设椭圆上的一点，则，表达出到右焦点的距离，从而得到最大值，最小值，得到方程，求出，根据四边形的面积求出，得到，求出椭圆方程；（2）先考虑过点且斜率不存在时，得到点在直线，再考虑过点且斜率存在且不为0时，设直线方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，得到，表达出的方程，联立后结合得到，求出点在直线上，证毕.小问1详解】设右焦点坐标为，椭圆上的一点，则，故，即，则到右焦点的距离，因为，所以，，故，即椭圆上的点到右焦点距离的最大值为，最小值为，故，解得，又四边形面积为，故，所以，椭圆方程为；【小问2详解】当过点且斜率不存在时，直线方程为，中，令得，，不妨设，直线，即，同理可得，联立得，，故点在直线上，当过点的直线斜率存在且不为0时，设直线方程设为，联立得，设，则，两式相除得，直线，直线，联立得，，故，解得，将代入上式中，得，要想恒成立，则，故点在定直线上，综上，点在定直线上.【点睛】方法点睛：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.21.已知函数.（1）若是上的单调递增函数，求的取值范围；（2）当时，对恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据函数解析式，求出函数导函数，利用导数与函数单调性的关系求解即可；（2）根据已知条件先对函数放缩，探究时，对恒成立；再利用换元法探究当与时的情况，从而求得的取值范围.【小问1详解】因为，所以，若是上的单调递增函数，则在上有恒成立，即，所以有，令，根据指数函数的性质有：，则，所以，所以，综上，是上的单调递增函数，.【小问2详解】当时，令，对恒成立，即对恒成立，，当时，对恒成立，即对恒成立；当时，令，，因为为单调递增函数，令，解得，，，，此时，不恒成立，即不恒成立；综上，当时，对恒成立，.【点睛】方法点睛：利用分离参数法确定不等式（，为参数）恒成立问题中参数范围的步骤：1.将参数与变量分离，不等式化为或的形式；2.求在时的最大值或者最小值；3.解不等式或，得到的取值范围.（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44：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系中，点是曲线（为参数）上的动点，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点为中心，将线段逆时针旋转得到，设点的轨迹为曲线.（1）求曲线的极坐标方程；（2）在极坐标系中，点的坐标为，射线与曲线分别交于两点，求的面积.【答案】（1）曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为（2）【解析】【分析】（1）先求出曲线的普通方程，再根据即可求出曲线的极坐标方程，结合已知，即可求得曲线的极坐标方程；（2）先求出点到射线的距离，再分别求出，即可求出，进而可得出答案.【小问1详解】将曲线（为参数）转化为直角坐标方程，得，又，所以，整理得，即曲线的极坐标方程为，以极点为中心，将线段逆时针旋转得到，设点的极坐标为，则点的极坐标为，又点在曲线上，所以即曲线的极坐标方