四川省2023-2024学年高三下学期诊断性考试数学（理）试题

四川省2021级高中毕业班诊断性检测理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，仅将答题卡交回．一、选择题：本题共12个小题，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.设i为虚数单位，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用共轭复数的意义、复数乘法计算即得.【详解】复数，则.故选：A2.设集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】改写集合，利用交集的定义可求得集合.【详解】因为，，因为与的最小公倍数为，故.故选：C.3.下图是2023年11月中国的10个城市地铁运营里程（单位：公里）及运营线路条数的统计图，下列判断正确的是（）A.这10个城市中北京的地铁运营里程最长且运营线路条数最多B.这10个城市地铁运营里程的中位数是516公里C.这10个城市地铁运营线路条数的平均数为15.4D.这10城市地铁运营线路条数的极差是12【答案】C【解析】【分析】根据给定的条形图，逐项分析判断即得.【详解】对于A，北京的地铁运营线路条数最多，而运营里程最长的是上海，A错误；于是B，地铁运营里程的中位数是公里，B错误；对于C，地铁运营线路条数的平均数为，C正确；对于D，地铁运营线路条数的极差是，D错误.故选：C4.执行如图所示的程序框图，输出的y是（）A.3 B.6 C.8 D.10【答案】A【解析】【分析】根据给定的程序框图，依次代入计算判断得解.【详解】当时，不成立，执行否，则，不成立，执行否，则，不成立，执行否，则，成立，执行是，输出，结束程序.故选：A5.已知向量、、满足，，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算性质可求得的值，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.【详解】因为，，且，则，可得，所以，，故.故选：B.6.双曲线的左，右焦点分别是，，已知到双曲线H的一条渐近线的距离为，则为（）A.4 B. C.6 D.8【答案】D【解析】【分析】求出双曲线的渐近线方程，再利用点到直线的距离公式求解即得.【详解】双曲线的渐近线方程为：，令，，于是，，所以故选：D7.已知各项都为正数的等比数列满足，，则（）A.6 B.12 C.24 D.48【答案】D【解析】【分析】设出等比数列的公比，由给定等式列出方程组求解.【详解】设正数等比数列的公比为，由，得，整理得，解得，所以.故选：D8.设，，，其中是自然对数的底数，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用对数的运算，对数函数的性质比较即得.【详解】显然，又，则，即，，所以.故选：B9.函数的图象为曲线C，斜率为k的直线l经过点，则“”是“l是C的切线”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【解析】【分析】利用导数求出曲线C过点的切线的斜率，再利用充分条件、必要条件的定义判断得解.【详解】设直线l与曲线C相切的切点为，由，求导得，则，直线l方程为，而直线l经过点，因此，解得或，则或，显然点在曲线C上，曲线C在点处切线的斜率，切线方程为，因此经过点且斜率的直线l是曲线C的一条切线，所以“”是“l是C的切线”的充分不必要条件.故选：A10.如图所示，在棱长为2的正方体中，直线平面，是的中点，是线段上的动点，则直线与侧面的交点的轨迹长为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先建立空间直角坐标系，设出点的坐标，保证四点共面，从而得到向量与平面的法向量垂直，进而分析得出的方程表示的轨迹是什么，求解即可.【详解】分别以所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系；其中点，，由于直线平面，设，如图所示：在矩形中，易得，可得：，可得点满足，从而，设平面的法向量为，且，，可得，即，不妨取，由于直线与侧面的交点，设点，可得四点共面，且，显然，得方程，显然方程在平面内表示一条直线，当时，点，此时两点重合，当时，，点，设线段的中点为，此时两点重合，从而可得直线与侧面的交点的轨迹为线段，且，故选：A.11.已知函数在区间上单调递增，且在区间上恰好有一个零点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用二倍角公式化简函数，再利用正弦函数图象、性质求解即得.【详解】依题意，，由，得，则函数的一个单调递增区间是，显然，于且，解得，当时，，由在区间上恰好有一个零点，得，解得，所以的取值范围是.故选：D12.已知O为坐标原点，A，B是抛物线上的两个动点，过A，B分别向抛物线C的准线作垂线，垂足为，．若直线，的斜率之积为，则的面积的最小值为（）A.1 B. C.2 D.4【答案】C【解析】【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，结合已知求出直线所过定点，再求出三角形面积最小值.【详解】显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，，由消去x得：，则，，而抛物线的准线方程为，，依题意，，因此，解得，即直线：恒过定点，，于是的面积，当且仅当时取等号，所以的面积的最小值为2.故选：C【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的最值问题，往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以斜率或点的横、纵坐标等.而目标函数的最值可以通过二次函数或基本不等式或导数等求得.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.的展开式中常数项为____________．【答案】【解析】【分析】根据题意利用二项展开式的通项公式分析求解.【详解】展开式的通项公式为，令，得，所以展开式中常数项为．故答案为：.14.若数列的前n项和为，，，则数列的通项公式为__________．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，结合变形等式，再构造常数列求出通项.【详解】数列中，，当时，，两式相减得，即，则有，因此数列是常数列，则，所以数列的通项公式为.故答案为：15.已知，则满足的实数的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】分析函数的奇偶性与单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出关于实数的不等式，解之即可.【详解】因为，该函数的定义域为，，故函数为奇函数，因为对任意的恒成立，所以，函数在上为减函数，由可得，所以，，解得，即实数的取值范围是.故答案为：.16.已知正三棱柱的侧面积为．当这个正三棱柱的所有棱长之和最小时，它的外接球的表面积为__________．【答案】##【解析】【分析】根据正三棱柱的侧面积可以建立底面边长和高的数量关系，利用基本不等式求出正三棱柱的所有棱长之和最小时的和，再利用正三棱柱的对称性找到外接球球心，借助于直角三角形即可求得.【详解】如图，正三棱柱中，设底面边长为，高为，依题意知，即，而正三棱柱的所有棱长之和为，由基本不等式可得：，当且仅当时取等号.由解得：.设上下底面的中心分别为,则由正三棱柱的对称性知它的外接球的球心为的中点，设外接球半径为R，连接,则易得,在中，,故外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】思路点睛：解决此类问题的思路即是根据侧面积找到底面边长与高的关系，借助于基本不等式使所有棱长之和最小时求得两个量，再利用正三棱柱的对称性找到外接球球心计算即得.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.某校服生产企业为了使设计所用的数据更精准，随机地抽取了6位高中男生的身高和臂展的数据，数据如下表所示：身高167173174176182184臂展160165173170170182（1）计算相关系数r（精确到0.01）并说明可用线性回归模型拟合y与x的关系：（若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合．）（2）建立y关于x的线性回归方程，并以此估计男装上装XL号（加大号，对应身高）对应的臂展数据．（结果中精确到0.1．参考数据：，．）相关系数公式：，回归方程中，，．【答案】（1），可用线性回归模型拟合y与x关系；（2），臂展数据为.【解析】【分析】（1）根据给定表格中数据计算，再比较回答.（2）利用最小二乘法公式求出回归直线方程，并估计臂展数据.【小问1详解】依题意，，，，，，所以相关系数，显然，所以线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合y与x的关系.【小问2详解】由（1）知，，所以y关于x的线性回归方程，当时，，所以估计男装上装XL号对应的臂展数据为.18.设的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为，且__________．在①平面向量，，且；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并回答下列问题．（1）求的值；（2）若的外接圆的直径为，求的周长．【答案】（1）8；（2）.【解析】【分析】（1）选择条件①，利用向量共线的坐标表示及正弦定理求出，再利用三角形面积公式及向量数量积的定义计算即得；选择条件②，利用正弦定理及和角的正弦公式求出，再利用三角形面积公式及向量数量积的定义计算即得；选择条件③，利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式及向量数量积的定义计算即得.（2）利用（1）的结论，利用余弦定理求出即可.【小问1详解】选择条件①，向量，，且，则，在中，由正弦定理得，则，而，从而，由的面积为，得，解得，所以.选择条件②，，整理得，由正弦定理得，而，，于是，而，从而，由的面积为，得，解得，所以.选择条件③，，整理得，由余弦定理得，而，从而，由的面积为，得，解得，所以.【小问2详解】由的外接圆的直径为及正弦定理，得，由余弦定理得，即，解得，所以的周长为.19.在边长为4的菱形中，，E是AD的中点，现将沿EB进行翻折至的位置，如图所示，F是CP的中点．（1）线段CD上是否存在一点H，使得．若存在，指出点H的位置，并证明；若不存在，请说明理由；（2）当的面积最大时，求二面角的正弦值．【答案】（1）存在，为的中点；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理即得.（2）由的面积最大时可得，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.【小问1详解】连接，在边长为4的菱形中，，则是正三角形，由E是AD的中点，得，，而，则，即，而平面，于是平面，又平面，则，由于F是CP的中点，则当为的中点时，，必有，所以点H为线段CD的中点时，.【小问2详解】显然的面积，当且仅当时取等号，因此当的面积最大时，，由（1）知，直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的一个法向量，则，令，得，设平面的一个法向量，则，令，得，于是，所以二面角的正弦值为.20.设．（1）讨论的单调性；（2）若对任意的，关于的方程有两个不相等的实数解，求的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；（2）当时，求出函数的值域为，构造函数，其中，利用导数求出函数的最大值，可得出，数形结合可得出实数的取值范围.【小问1详解】解：函数的定义域为，且，当时，对任意的，，此时，函数的增区间为，无减区间；当时，由可得，由可得，由可得，此时，函数的减区间为，增区间为.综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间；当时，函数减区间为，增区间为.【小问2详解】解：由（1）可知，当时，函数的减区间为，增区间为.所以，，且当时，；当时，.此时，函数的值域为，令，其中，则，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，所以，对任意的，，当且仅当时，，如下图所示：对任意的，关于的方程有两个不相等的实数解，则，故实数的取值范围是.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.21.已知坐标原点为，椭圆的上顶点为，右焦点为，且，．（1）求椭圆的方程；（2）过作互相垂直的两条直线分别交于、两点，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用已知条件求出、的值，可得出的值，由此可得出椭圆的方程；（2）分析可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，由可求出的值，然后利用弦长公式结合二次函数的基本性质可求得的最大值.【小问1详解】解：易知点、，则，，，则，故，因此，椭圆的方程为.【小问2详解】解：设点、，若轴，则、关于轴对称，即点，，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，联立可得，，由韦达定理可得，，因为，，同理可得，，因为直线不过点，则，整理可得，解得，满足，所以，，，则，因为，令，则，因为函数在上单调递增，故当时，即当时，取最大值，且其最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做