四川省泸州市高三第二次教学质量诊断性考试文科数学试题

泸州市高2021级第二次教学质量诊断性考试数学（文科）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页．共150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑．3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．第I卷（选择题共60分）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，只有一项是符合题目要求的．1.已知全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据补集的定义计算可得.【详解】因为，，所以.

故选：A2.若复数为纯虚数，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】对得复数进行除法运算，再利用纯虚数的概念，求得的值.【详解】因为，所以.故选：B.【点睛】本题考查复数的运算及纯虚数的概念，考查基本运算求解能力，属于基础题.3.中，“”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】C【解析】【分析】由正弦定理，大角对大边，大边对大角等证明出充分性和必要性均成立，从而求出答案.【详解】因为，由大角对大边可得，由正弦定理得，且，所以，故，充分性成立，同理当时，，，由正弦定理可得，由大边对大角可得，必要性成立，“”是“”的充要条件.故选：C4.在某校高中篮球联赛中，某班甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示（如图一），茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图（如图二）完好，则下列结论正确的是（）A.甲得分的极差是18 B.乙得分的中位数是16.5C.甲得分更稳定 D.甲的单场平均得分比乙低【答案】B【解析】【分析】根据图一中甲的得分情况可判断ABC的正误，结合图二可判断图一丢失的数据，计算两者的均值后可判断D的正误.【详解】对于甲，其得分的极差大于或等于，故A错误；从折线图看，甲的得分中最低分小于10，最高分大于或等于28，且大于或等于20的分数有3个，故其得分不稳定，故C错误；乙的数据由小到大依次为：乙得分的中位数为，故B正确.乙得分的平均数为，从折线图上，茎叶图中甲的得分中丢失的数据为一个为，另一个可设为，其中，故其平均数为，故D错误.故选：B.5.函数的部分图象大致是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】判断函数的奇偶性，并判断时，函数值的正负，即可判断选项.【详解】，定义域为，关于原点对称，由，所以为奇函数，排除BD；当时，，因为为上减函数，为上的增函数，则为上的减函数，且当，，则当，，故，排除A.故选：C.6.执行如图所示的程序框图，输出的S的值为（）A.250 B.240 C.200 D.190【答案】C【解析】【分析】模拟程序运行，确定变量值的变化，判断循环条件可得结论．【详解】程序运行时，变量值变化如下：，，，不满足；，，，不满足；，，，满足，输出．故选：C．7.已知点P在椭圆C：上，C的左焦点为F，若线段的中点在以原点O为圆心，为半径的圆上，则的值为（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】B【解析】【分析】利用三角形的中位线定理与圆的半径求得，再利用椭圆的定义即可得解.【详解】因为椭圆C：所以该椭圆，，则，设椭圆的右焦点为，连接，记线段的中点为，连接，因为，所以，因为分别为的中点，所以，又，所以.故选：B.8.已知函数的图象关于直线对称，则的值为（）A. B. C. D.1【答案】D【解析】【分析】利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得.【详解】因为（其中），又函数的图象关于直线对称，所以，所以，解得.故选：D9.定义域为的函数满足，当时，函数，设函数，则方程的所有实数根之和为（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】D【解析】【分析】首先得到是以为周期的周期函数，关于对称，在同一平面直角坐标系中画出与的图象，数形结合判断函数的交点，再根据对称性计算可得.【详解】因为定义域为的函数满足，即，所以是以为周期的周期函数，又，则，所以关于对称，又，又，又当时，函数，所以，则，令，即，在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所示：由图可得与有个交点，交点横坐标分别为，且与关于对称，与关于对称，所以，，所以方程的所有实数根之和为.故选：D10.已知双曲线的左，右两个焦点分别为，，A为其左顶点，以线段为直径的圆与C的渐近线在第一象限的交点为，且，则的离心率（）A. B. C. D.3【答案】B【解析】【分析】根据题意求得点的坐标，再由条件得到关于的齐次方程，从而得解.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，而以线段为直径的圆的方程为，联立，结合，解得或，因为在第一象限，所以，又，则，而，，所以，所以，即，则，所以双曲线的离心率为.故选：B.11.已知三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，且，，平面平面，则其外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分别利用正弦定理求得的外接圆的半径，再利用两个面垂直的三棱锥的外接球半径满足，从而得解.【详解】因为三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，所以，则，设的外接圆的半径分别为，则在等边中，，在中，，所以，则，，设三棱锥的外接球的半径为，因为平面平面，则，所以其外接球的表面积为.故选：D.12.已知，都是定义在上的函数，对任意，满足，且，则下列说法正确的是（）A. B.若，则C.函数的图像关于直线对称 D.【答案】D【解析】【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断A、D，取可判断C，对于B，通过观察选项可以推断很可能是周期函数，结合的特殊性及一些已经证明的结论，想到令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步得出是周期函数，从而可求的值.【详解】对于A，令，可得，得，令，，代入已知等式得，

可得，结合得，所以，故A错误；对于D，因为，令，代入已知等式得，

将，代入上式，得，所以函数为奇函数.令，，代入已知等式，得，因为，所以，

又因为，所以，

因为，所以，故D正确；对于B，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：，，

两式相加易得，所以有，

即，

有，

即，所以为周期函数，且周期为，

因为，所以，所以，，

所以，

所以，故B错误；对于C，取，，满足及，所以，又，所以函数的图像不关于直线对称，故C错误；故选：D.【点睛】思路点睛：对于含有的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.第II卷（非选择题共90分）注意事项：（1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效．（2）本部分共10个小题，共90分．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题纸上）．13.已知向量满足，则___________.【答案】1【解析】【分析】对两边平方化简可得结果【详解】因为，所以，所以，解得，故答案为：114.已知实数x，y满足约束条件，则的最大值等于______.【答案】【解析】【分析】根据题意，画出可行域和目标函数，直接判断最大值点即可.【详解】如图，画出可行域和目标函数，可得在点处取得最大值，此时.故答案为：.15.若函数有零点，则实数的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最大值，依题意只需，即可求出参数的取值范围.【详解】函数的定义域为，又，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又时，时，又函数有零点，所以，即，所以实数的取值范围是.故答案为：16.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的最大值为________．【答案】【解析】【分析】利用正余弦定理，结合三角恒等变换得到，再利用基本不等式即可得解.【详解】由余弦定理得，两式相减得，因为，所以，由正弦定理得，即，所以，则，因为在中，不同时为，，故，所以，又，所以，则，故，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，则的最大值为.故答案为：.【点睛】易错点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．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17~21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）必考题：共60分．17.已知数列的前n项和为，．（1）求数列的通项公式；（2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用与的关系式，结合等比数列的定义与通项公式即可得解；（2）利用等差数列的通项公式即可得解.【小问1详解】因为，当时，，所以，当时，，所以，整理得，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，所以数列的通项公式为;小问2详解】因为，由题意得：，即，所以.18.如图，为圆柱底面的内接四边形，为底面圆的直径，为圆柱的母线，且．（1）求证：；（2）若，点在线段上，且，求四面体的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由平面几何的知识可得，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证；（2）设，连接，即可证明，从而得到平面、平面，再证明平面，最后根据计算可得.【小问1详解】因为为底面圆直径，且，即，又，所以，所以，所以，又为圆柱的母线，即平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】在中、，所以，又，则，设，所以在中，，，所以，则，又，连接，所以，因为平面，平面，所以平面，又，所以，又平面，所以平面，又平面，平面，所以，，又，且，平面，所以平面，所以.19.某校为了让学生有一个良好的学习环境，特制定学生满意度调查表，调查表分值满分为100分．工作人员从中随机抽取了100份调查表将其分值作为样本进行统计，作出频率分布直方图如图．（1）估计此次满意度调查所得的平均分值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）在选取的100位学生中，男女生人数相同，规定分值在（1）中的以上为满意，低于为不满意，据统计有32位男生满意．据此判断是否有的把握认为“学生满意度与性别有关”？（3）在（2）的条件下，学校从满意度分值低于分的学生中抽取部分进行座谈，先用分层抽样的方式选出8位学生，再从中随机抽取2人，求恰好抽到男女生各一人的概率．附：，其中．【答案】（1）（2）有的把握认为“学生满意度与性别有关”（3）【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图平均数的求法求解即可；（2）利用（1）的结论及给定信息得到列联表，再计算的观测值，与临界值表比对作答即可得解；（3）求出8位业主中男女人数，利用列举法及古典概率公式即可得解.【小问1详解】根据频率分布直方图知，，所以此次满意度调查中物业所得的平均分值为分.【小问2详解】由（1）及已知得列联表如下：不满意满意总计男183250女302050总计4852100则的观测值为：，所以有的把握认为“业主满意度与性别有关”.【小问3详解】由（2）知满意度分值低于70分的业主有48位，其中男士18位，女士30位，用分层抽样方式抽取8位业主，其中男士3位，女士5位，记男士为a，b，c，记女士为1，2，3，4，5，从中随机抽取两位为监督员事件为：，共计28个基本事件，其中抽到男女各一人有，共15个基本事件，所以恰好抽到男女各一人为监督员的概率为.20.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若，，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）对求导，利用导数的几何意义即可得解；（2）先利用导数分析的单调性，再构造，将问题转化为，利用的单调性，分析得，从而得解.【小问1详解】因为，则，所以，，所以曲线在点处的切线方程；【小问2详解】因为，且，所以当时，，单调递减，当或时，，单调递增；不妨令，当，即时，在单调递增，在单调递减，且，所以，此时符合题意；当，即时，在和单调递增，在单调递减，显然在处取得极小值，此时极小值为，而，所以，要使，则必有，解得，故，综上:的取值范围是.【点睛】结论点睛：（1）有解；有解．（2）有解；有解．（3）有解；有解．（4），，．21.设F为抛物线的焦点，点P在H上，点，若．（1）求的方程；（2）过点F作直线l交H于A、B两点，过点B作x轴的平行线与H的准线交于点C，过点A作直线CF的垂线与H的另一交点为D，直线CB与AD交于点G，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由得点的横坐标，再利用抛物线的定义即可得解；（2）联立直线与抛物线的方程，得到，再根据题意依次求得点与点的坐标，从而将转化为关于的表达式，从而得解.【小问1详解】依题意，点的坐标为，又，，所以点的横坐标为，由拋物线的定义得，所以，所以拋物线的方程为.【小问2详解】由（1）知点的坐标为，设直线的方程为，联立，消去，得，易知，设，则，故，因为的准线为，因为直线平行于轴，所以点的坐标为，则直线的斜率为，所以直线斜率为，其方程为，因为点的纵坐标为，所以点的横坐标为，所以，因为，则，所以，即取值范围是.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（