2022届四川省成都市外国语学校高三第三次诊断考试文科数学试题含解析

2022届四川省成都市外国语学校高三第三次诊断考试

文科数学试题

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．命题“，”的否定是（       ）

A．， B．，

C．， D．，

2．设集合，，则（       ）

A． B． C． D．

3．在等差数列中，已知，，则数列的公差为（       ）

A． B．0 C．1 D．2

4．若实数x，y满足约束条件，则的最小值为（       ）

A． B．4 C．5 D．14

5．在中，已知，，，则向量在方向上的投影为（       ）

A． B．2 C． D．

6．设，是双曲线的左，右焦点，点P在双曲线C的右支上，当时，面积为（       ）

A． B． C． D．

7．将最小正周期为的函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的图象的对称中心为（       ）

A．， B．，

C．， D．，

8．已知，为空间中的两个平面，m，n为两条异面直线，且平面，平面．若直线l满足，，，，则（       ）

A．， B．与相交，且交线垂直于l

C．， D．与相交，且交线平行于l

9．在某大学一食品超市，随机询问了70名不同性别的大学生在购买食物时是否查看营养说明，得到如下的列联表：

附：，其中．

根据列联表的独立性检验，则下列说法正确的是（       ）

A．在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为该校大学生在购买食物时要查看营养说明的人数中男生人数更多

B．在犯错误的概率不超过0.010的前提下认为该校女大学生在购买食物时要查看营养说明的人数与不查看营养说明的人数比为

C．在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为性别与是否查看营养说明有关系

D．在犯错误的概率不超过0.010的前提下认为性别与是否查看营养说明有关系

10．若实数m，n满足，则的最大值为（       ）

A．2 B．3 C． D．4

11．已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，，是边长为的正三角形，则球O的半径长为(       )

A． B． C． D．

12．函数的零点个数为(       )

A．0 B．1 C．2 D．3

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知i为虚数单位，则复数的实部为______．

14．已知数列满足，，则的值为______．

15．记定义在上的可导函数的导函数为，且，，则不等式的解集为______．

16．如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆相交于A，C，B，D四点，M为弦AB的中点，有下列结论：

①弦AC长度的最小值为；

②线段BO长度的最大值为；

③点M的轨迹是一个圆；

④四边形ABCD面积的取值范围为．

其中所有正确结论的序号为______．

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

17．某中学为增强学生的环保意识，举办了“爱成都，护环境”的知识竞赛活动，为了解本次知识竞赛活动参赛学生的成绩，从中抽取了n名学生的分数(得分取正整数，满分为100分，所有学生的得分都在区间中)作为样本进行统计．按照，，，，的分组作出如下的频率分布直方图，并作出下面的样本分数茎叶图(图中仅列出了得分在，的数据)．

(1)求样本容量n和频率分布直方图中x、y的值；

(2)在选取的样本中，从竞赛成绩不低于80分的三组学生中按分层抽样抽取了5名学生，再从抽取的这5名学生中随机抽取2名学生到天府广场参加环保知识宣传活动，求这2名学生的分数都在中的概率．

18．如图，在等腰梯形ADEF中，，，，．在矩形ABCD中，．平面平面ABCD．

(1)证明：；

(2)求多面体ABCDEF的体积．

19．已知中的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角B为钝角，且．

(1)求角B的大小；

(2)若点D在AC边上，满足，且，，求BC边的长．

20．已知函数，其中．

(1)求函数的单调区间；

(2)设函数在区间上的最大值为，证明：．

21．已知椭圆的离心率为，且经过点，椭圆C的右顶点到抛物线的准线的距离为4．

(1)求椭圆C和抛物线E的方程；

(2)设与两坐标轴都不垂直的直线l与抛物线E相交于A，B两点，与椭圆C相交于M，N两点，O为坐标原点，若，则在x轴上是否存在点H，使得x轴平分？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由．

（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，则按所做的第一题计分．

22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．

(1)求直线 l 的直角坐标方程与曲线C的普通方程；

(2)已知点P的直角坐标为，直线 l 与曲线C相交于不同的两点A，B，求的值．

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围．

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

由全称命题的否定为特称命题，即得.

【详解】

由全称命题的否定可知：“，”的否定是“，”.

故选：A.

2．A

【解析】

【分析】

解绝对值不等式、一元二次不等式分别求集合A、B，再由集合并运算求.

【详解】

由题设，，

所以.

故选：A

3．D

【解析】

【分析】

设公差为，依题意根据等差数列的通项公式得到方程组，解得即可；

【详解】

解：设公差为，由，，

所以，解得 ；

故选：D

4．B

【解析】

【分析】

由题设作出不等式组表示的区域，结合的几何意义即可求出答案.

【详解】

作出不等式组表示的区域如下图中阴影部分，

直线化为：表示斜率为的一组平行线，当经过点

有最小值，由，所以，则的最小值为：.

故选：B.

5．C

【解析】

【分析】

利用三角形内角和及正弦定理求得、，再根据向量投影的定义求结果.

【详解】

由题设，则，可得，

所以向量在方向上的投影为.

故选：C

6．B

【解析】

【分析】

利用双曲线的定义可得，又，进而即得.

【详解】

∵双曲线，

∴，又点P在双曲线C的右支上，，

所以，，即，

又，

∴面积为.

故选：B.

7．C

【解析】

【分析】

由题可得，利用图象变换可得，然后利用正弦函数的性质即得.

【详解】

∵函数最小正周期为，

∴，即，，

∴，

由可得，

故函数的图象的对称中心为.

故选：C.

8．D

【解析】

【分析】

由面面平行及线面垂直：A结合平面基本性质有与题设矛盾；C：易得或，再由线线垂直、线面位置关系得到或相交；对于B、D：若，过上一点作交于，，连接，利用线面垂直的判定证面、面，进而判断k、l位置关系即可.

【详解】

若，由平面，平面易知：与m，n异面矛盾，A错误；

若，平面有或，又且，则或相交，C错误；

若，过上一点作交于，，连接，

由知：，又，，则面，

由则，，又，则，，，

所以面，

综上，，故与相交，且交线平行于l，D正确，B错误.

故选：D

9．C

【解析】

【分析】

由题可得，进而即得.

【详解】

由题可得，

∴在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为性别与是否查看营养说明有关系.

故选：C.

10．D

【解析】

【分析】

由代入得：，再由均值不等式即可求出最值.

【详解】

由可得：，所以即，

，当且仅当即时取等.

故选：D.

11．B

【解析】

【分析】

根据几何关系，设△ABC外接圆半径为r，S到底面ABC距离为h，三棱锥外接球半径为R，则，据此即可求出答案．

【详解】

易知三棱锥S-ABC为正三棱锥，

设底面△ABC外接圆圆心为D，半径为AD=r=，

S到底面ABC距离为SD=h=，

设外接球球心为O，半径为SO=OA=R，

则在Rt△AOD中，，解得R=.

故选：B.

12．B

【解析】

【分析】

求f(x)的导数，根据导数正负判断f(x)单调性，根据f(x)单调性和极值或最值即可判断其零点的个数．

【详解】

，

令，，

则，故h(x)在上单调递增，

∵，，

∴存在唯一的，使得，即，即，，

∴当时，，，单调递减，

当时，，，单调递增，

∴，

∴函数的零点个数为1．

故选：B．

【点睛】

本题关键是求出f(x)导数，通过零点存在性定理判断导数的零点范围，从而得到f(x)的单调性和最小值，利用设而不求的替换思想解决隐零点问题．

13．##0.5

【解析】

【分析】

应用复数的除法运算化简复数，进而确定其实部.

【详解】

，

所以实部为.

故答案为：

14．##

【解析】

【分析】

根据递推关系得到数列的周期及一个周期内各项的值，再应用周期性求.

【详解】

由题设，则，而，

所以，，，，…

故是周期为4的数列且，，，，

所以.

故答案为：

15．

【解析】

【分析】

首先设函数，利用导数判断函数的单调性，不等式等价于，利用函数的单调性，即可求解.

【详解】

设，，所以函数单调递增，

且，不等式，所以.

故答案为：.

16．①③④

【解析】

【分析】

根据方程写出已知圆的圆心和半径，由圆的性质判断①；由BO长度表示圆上点到原点的距离，即可判断②；若分别是的中点，圆心到直线的距离且，易证为矩形且其中心、对角线长度恒定，即可确定M的轨迹判断③；根据得到四边形ABCD面积关于的表达式，结合二次函数性质求范围，判断④.

【详解】

由题设，则圆心，半径，

由圆的性质知：当圆心与直线距离最大为时AC长度的最小，

此时，①正确；

BO长度最大，则圆心与共线且在它们中间，此时，②错误；

若分别是的中点，则且，且，

又，易知：为矩形，而，

若圆心到直线的距离且，

所以，则，故，

所以在以为直径，交点为圆心的圆上，③正确；

由上分析：，，而，

所以，

令，则，

当，即时，；

当或5，即或时，；

所以，④正确；

故答案为：①③④

【点睛】

关键点点睛：③证明分别是的中点所成四边形为矩形且对角线长度及中心恒定，判断轨迹形状；④利用得到关于的表达式，结合函数思想求范围.

17．(1)n=40，，；

(2)﹒

【解析】

【分析】

(1)根据茎叶图中成绩在的频数和频率频率分布直方图中的频率即可求出n，再结合茎叶图中的频数可求频率分布直方图中x，根据频率总和为1即可求y．

(2)根据分层抽样求出5名学生中成绩在和的人数，分别编号，列举出从5名学生选出2名的组合，并列举出2名学生分数都在的组合，根据古典概率计算方法即可计算﹒

(1)

由茎叶图可知成绩在中的频数为3．

结合频率分布直方图，得．

∴．

∴．

(2)

由题意，本次竞赛成绩样本中分数在中的学生有名，

分数在中的学生有名，

按分层抽样抽取的5名学生中，分数在中的学生有名，记为a、b、c；分数在中的学生有名，记为1、2．

从这5名学生中随机选取2名学生的所有结果为，共10种．

其中2名学生的分数都在中的结果为，共3种．

∴所选2名学生的分数都在中的概率．

18．(1)证明见解析；

(2).

【解析】

【分析】

（1）过点F作AD的垂线，垂足为M，连接MB，MC，由面面垂直的性质可得平面ABCD，再利用勾股定理得出即可证明；

（2）多面体可分割为1个四棱锥与1个三棱锥，利用求解即可.

(1)

如图，过点F作AD的垂线，垂足为M，连接MB，MC．

∵四边形ADEF为等腰梯形，，，，

∴，．

∵平面平面ABCD，平面平面，

平面ADEF，，

∴平面ABCD．

∴，．

∵四边形ABCD为矩形，，，

∴，，，．

∵，∴．

(2)

如图，连接AC．

∵四边形ABCD为矩形，∴．

∵平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，

∴平面ADEF．

结合（1）可知

．

∴．

19．(1)；

(2).

【解析】

【分析】

（1）由正弦定理边角关系得，根据三角形内角的性质求得，即可确定B的大小；

（2）由，根据已知及向量数量积的运算律列方程求的模长即可.

(1)

由已知：，则．

由正弦定理，．

∵，故．

∴．

∴，即．

∵，则．

∴，即．

(2)

由题意，得．

∵，

∴．

∴．

∵，，，

∴．

∴，，则，

∴．

20．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）求出函数的导函数，再对分三种情况讨论，分别求出函数的单调区间；

（2）由区间的定义可得，即可求出的取值范围，再分和两种情况讨论，分别求出函数的最大值，即可得证；

(1)

解：因为，，

所以．

①若，当时，；当或时，．

即在上单调递减，在和上单调递增；

②若，恒有．

即在定义域上单调递增；

③若，当时，；当或时，．

即在上单调递减，在和上单调递增；

综上，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，；

当时，函数的单调递增区间为；

当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，．

(2)

解：由题意，有，∴．

由（1）知

①当时，在上单调递增．

∴．

②当时，在上单调递减，在上单调递增．

由，，∴；

又．

∵，∴．∴．

∴．

综上，有．

21．(1)；

(2)存在；

【解析】

【分析】

（1）依题意得到方程组，即可求出，，从而得到椭圆方程，再求出椭圆的右顶点，即可求出，从而求出抛物线方程；

（2）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据得到，再假设在轴上存在点，使得轴平分，则直线的斜率与直线的斜率之和为，设，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由，即可求出，从而求出的坐标；

(1)

解：由已知得，∴，．

∴椭圆的方程为．

∴椭圆的右顶点为．

∴，解得．

∴抛物线的方程为．

(2)

解：由题意知直线l的斜率存在且不为0．

设直线的方程为，，．

由消去y，得．

∴，∴．

∴，．

∴

．

∴．

∴，∴．∴，此时．

∴直线l的方程为．

假设在轴上存在点，使得轴平分，

则直线的斜率与直线的斜率之和为，

设，，

由消去，得．

∴，即恒成立．

∴，．

∵，

∴．

∴．

∴．

∴．解得．

∴在轴上存在点，使得轴平分．

【点睛】

本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理法在圆锥曲线综合中的应用，属于难题；在解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

22．(1)；；

(2).

【解析】

【分析】

（1）由曲线的参数方程消去即可得曲线的普通方程；由直线的极坐标方程为及，即可得直线的直角坐标方程；

（2）根据题意得直线的标准参数方程为（为参数），把它代入曲线的直角坐标方程，利用直线的参数的几何意义解题即可.

(1)

由曲线C的参数方程得．

∴曲线C的普通方程为．

直线 l 的极坐标方程化简为．

由极坐标与直角坐标的互化关系，，

得直线 l 的直角坐标方程为．

(2)

设直线 l 的参数方程为（m为参数）．

将直线 l 的参数方程代入曲线C的普通方程，

整理可得．

．

设，是方程的两个实数根．

则，．

∴．

23．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由绝对值不等式及一元二次不等式的解法即可求解；

（2）分离参数，将原问题转化为恒成立，然后利用零点分段讨论法求出的最小值即可得答案.

(1)

解：由，有，

所以，即，即，解得，

所以不等式的解集为；

(2)

解：由已知，有恒成立，即恒成立，

令，则，

当时，；

当时，；

当时，；

当时，.

所以的最小值为2，

所以，即，

所以实数m的取值范围为．