2022届四川省成都市石室中学高三下学期第三次诊断性考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届四川省成都市石室中学高三下学期第三次诊断性考试数学（理）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届四川省成都市石室中学高三下学期第三次诊断性考试数学（理）试题一、单选题1．如果复数为纯虚数，那么实数的值为（    ）A．－2 B．1 C．2 D．1或 －2【答案】A【详解】试题分析：由题意得【解析】复数相关概念2．根据如下样本数据，得到回归直线方程为，则(       )x456789y5.03.50.51.5-1.0-2.0A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】根据表中数据分析随x的增加y的变化趋势可知b的正负，根据回归直线的纵截距正负即可判断a的正负．【详解】根据表中数据可知，随着x的增加y减小，故y与x是负相关，故回归直线斜率为负，故b<0；再结合散点图以及直线的性质，根据x=4，5，6，7时y均为正可知回归直线当x=0时与y轴截距为正，故a>0．故选：B．3．从集合的所有子集中，任取一个，这个集合恰是集合子集的概率是（　　）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出集合的子集个数，然后再求出集合的子集个数，利用集合的子集个数除以集合的子集个数可得出所求概率．【详解】集合的子集个数为，集合的子集个数为，因此，所求概率为，故选C．【点睛】本题考查集合子集的个数，以及古典概型的概率计算，熟记结论“若集合中有个元素，则集合有个子集”是解本题的关键，属于基础题．4．若点在两条平行直线与之间，则整数的值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将代入直线方程可求得的取值范围，根据为整数可求得结果.【详解】把代入，得：把代入，得：，又为整数       本题正确选项：【点睛】本题考查点与直线的位置关系，属于基础题.5．设为指数函数（且），函数的图象与的图象关于直线对称.在，，，四点中，可能是函数与的图象的公共点的有（       ）A．0个 B．1个C．2个 D．3个【答案】B【分析】根据指数函数与对数函数的关系可知知，再将点一一代入验证即可；【详解】解：由题意，根据指数函数与对数函数的关系可知知.显然不在指数函数（且）上，故错误，又点不在对数函数（且）上，故错误，若满足（且），则解得，若满足（且），则解得，显然不是公共点，若满足（且），则解得，若满足（且），则解得，符合题意；故仅点可能同时在两条曲线上.故选：B.6．已知直线l和平面，满足，.在，，这三个关系中，以其中两个作为条件，余下一个作为结论所构成的命题中，真命题的个数是（       ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】将，，三个关系分别以其中两个作为条件，余下一个作为结论判断命题的正误即可.【详解】当且时，成立；当且时，不一定成立；当且时，结合，得成立.故选：C.7．已知，实数满足对于任意的，都有，若，则实数a的值为（       ）A． B．3C． D．【答案】D【分析】由题得是的一个极大值点，化简即得解.【详解】解：由题意及正弦函数的图象可知，是的一个极大值点，由，得.故选：D.8．过点作圆的两切线，设两切点为、，圆心为，则过、、的圆方程是（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】试题分析：由圆，得到圆心C（1，2），又P（-1，0）则所求圆的圆心坐标为（0，1），圆的半径r=，所以过A、B、C的圆方程为：【解析】圆的标准方程9．在中，，则的形状一定是（       ）A．直角三角形 B．等腰三角形C．等边三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【分析】根据降幂公式，结合余弦两角和公式，余弦函数的性质进行求解判断即可.【详解】由题意，知，故，因为所以，，即，所以一定是等腰三角形.故选：B.10．在中，，则以A，B为焦点且过点C的双曲线的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，求出，，即得解.【详解】解：设，则，，所以，故，因此，所以双曲线的离心率.故选：D.11．已知，且，则的最小值是(       )A．49 B．50 C．51 D．52【答案】B【分析】将中分子1替换为a+b，将中分子8替换为8(a+b)，化简即可利用基本不等式求该式子的最小值．【详解】由已知，得，当且仅当，即，时等号成立．因此，的最小值是50．故选：B．12．在直角中，，，为中点（左图）．将沿折起，使得（如图），则二面角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】在直角中，取的中点，连并延长交边于，在折叠后的图形中证明为二面角的平面角，再进行推理计算作答.【详解】在中，，，为的中点，，为等边三角形，取的中点，连并延长交于，如图，则，，，在折后的几何体中，,，则为二面角的平面角，平面，而平面，则平面平面，在平面内过作于，连接并延长交直线于，如图，因平面平面，则平面，而平面，因此，又，，平面，则有平面，平面，即，有，，而，则，于是得，所以二面角的余弦值为.故选：A 二、填空题13．实数满足条件，则的最大值为_______________【答案】【分析】画出可行域，向下平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的最大值.【详解】画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在点处取得最大值为.【点睛】本小题主要考查线性规划求线性目标函数的最大值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.14．在的展开式中，常数项为______.【答案】7【分析】的展开式的通项为，求出的展开式中的常数项和项的系数即得解.【详解】解：的展开式的通项为，取及可知，的展开式中的常数项为1，项的系数为4.因此，的展开式中，常数项为.故答案为：715．为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，在全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据.已知样本平均数为10，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为______.【答案】13【分析】根据方差的运算公式和性质、平均数的公式，运用分类讨论思想进行求解即可.【详解】设样本数据由小到大依次为，，，，，记，则，.由于且可知，.若，则，得，，，中要么有1个是4其余3个是0，要么4个都是1，这与样本数据互不相同矛盾；若，则，取，，，满足题意；若，则，，，，只有，，，满足，但此时不满足；若，则，，，，不满足；综上可知，，，即样本数据的最大值为13.故答案为：1316．若函数的图象关于直线对称，且直线与的图象有四个不同的公共点，则实数k的取值范围是______.【答案】【分析】根据对称可知：是的两个零点，因此3和5也是的零点，据此可求得，利用换元令，则本题可理解为关于t的方程有两个不同的实数解，，且关于x的方程与各有两个不同的实数解，可得在有两个零点．【详解】由已知可得，是的两个零点，因此3和5也是的零点，所以.由题意可知，关于x的方程有四个不同的实数解.令，则关于t的方程有两个不同的实数解，，且关于x的方程与各有两个不同的实数解，因此，.令，则在有两个零点可得解得，即实数k的取值范围是.故答案为：． 三、解答题17．已知数列的前n项和为，且.(1)求，及数列的通项公式；(2)设，求使得成立的最小正整数n的值.【答案】(1)，，；(2)63.【分析】(1)根据已知条件，令n=1，2可求出、，n≥2时，用n-1替换已知式子的n得到式子与已知式子作差即可得，再根据与的关系即可求出的通项公式；(2)求出，根据等差数列求和公式求出，解不等式即可．【详解】(1)∵①，∴当n=1时，，即，；当n=2时，，即，将代入并整理得，．当时，②，由①－②得，，∴，因此，当时，，当n=2时，，∴在n=2时不成立，故(2)由(1)可得，，则，由，得．注意到随着n的增大而增大，且，，因此所求n的最小值为63．18．2021年某地在全国志愿服务信息系统注册登记志愿者8万多人，2020年7月份以来，共完成1931个志愿服务项目，8900多名志愿者开展志愿服务活动累计超过150万小时，为了了解此地志愿者对志愿服务的认知和参与度，随机调查了500名志愿者每月的志愿服务时长(单位：小时)，并绘制如图所示的频率分布直方图．(1)估计这500名志愿者每月志愿服务时长的样本平均数和样本方差(同一组中的数据用该组数据区间的中间值代表)；(2)由直方图可以认为，目前该地志愿者每月服务时长X服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差.一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若，令，则，且．(i)利用直方图得到的正态分布，求；(ii)从该地随机抽取20名志愿者，记Z表示这20名志愿者中每月志愿服务时长超过10小时的人数，求(结果精确到0.001)，以及Z的数学期望(结果精确到0.01)．参考数据：，，，，.若，则，，.【答案】(1)平均数9，样本方差1.64(2)(i)0.7823；(ii)0.993，4.35【分析】(1)根据频率分布直方图平均数和方差的计算方法计算即可；(2)(i)根据(1)中所得平均数和方差，几何正态分布的性质可求μ和σ，根据题中所给信息即可求；(ii)求出，由题可知Z服从二项分布，根据二项分布概率计算方法即可求，根据二项分布数学期望公式即可求其数学期望．【详解】(1)，．(2)(i)由题意并结合(1)可知，，，∴，∴．(ii)由(ⅰ)可知，，∴，∴，．19．在①，②，③，这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并给出解答如图，在五面体中，已知___________，，，且，.(1)求证：平面与平面；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在；.【分析】（1）若选①，取中点，中点，中点，可证得四边形为平行四边形，从而利用勾股定理和平行关系证得，由线面垂直和面面垂直判定得到平面平面，利用面面垂直性质可证得平面；若选②，取中点，中点，由线面垂直和面面垂直的判定可证得平面平面，利用面面垂直性质可证得平面；若选③，取中点，中点，根据长度和平行关系可证得四边形为平行四边形，由此确定，得到，结合可得，从而利用勾股定理和平行关系证得，由线面垂直和面面垂直判定得到平面平面，利用面面垂直性质可证得平面；三个条件均可说明两两互相垂直，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面垂直的向量证明方法可证得结论；（2）假设存在满足题意的点，利用二面角的向量求法可构造方程求得，由此可确定点位置，得到的值.【详解】(1)若选①，取中点，中点，中点，连接，，，四边形为平行四边形，，，又，，，，又，，又，，平面，平面，平面，平面平面，，，又平面，平面平面，平面，又，，；若选②，，，，平面，平面，平面，平面平面，取中点，中点，连接，，，又平面，平面平面，平面，又，，；若选③，取中点，中点，连接，，，又，；分别为中点，，又，，四边形为平行四边形，；，，，，，，，，，又，，又，，平面，平面，平面，平面平面，又，平面，平面平面，平面，又，，；综上所述：两两互相垂直，则以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，平面，平面的一个法向量；设平面的法向量，则，令，解得：，，，，即，平面与平面.(2)设在线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，由（1）得：，，设平面的法向量，则，令，则，，；，化简可得：，解得：或（舍），，，；综上所述：在线段上存在点，满足，使得平面与平面夹角的余弦值等于.20．（1）求证：曲线与曲线有且只有一个公共点，且这个公共点的横坐标在区间内；（2）若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）设两条曲线交于点，则．设，利用导数判断出在上单调递增.利用零点存在定理即可证明；（2）利用分离参数法得到对任意恒成立.设，利用导数判断出的单调性，得到.利用隐零点求出，即可求出实数a的取值范围.【详解】（1）证明：设两条曲线交于点，则，即．设，则对恒成立，所以在上单调递增.注意到，.所以有且只有一个零点，且该零点在区间内.因此，曲线与曲线有且只有一个公共点，且这个公共点的横坐标在区间内.（2）解：由题意，得对任意恒成立.设，则.由（Ⅰ）可知，当时；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，故只需.由，得.设，则，.由可知，在上单调递增.又由（1）可知，，所以，，所以，所以实数a的取值范围是.21．已知点，，，，动点S，T满足，，直线MS与NT交于一点P．设动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)直线与曲线C交于A，B两点，G为线段AB上任意一点（不与端点重合），倾斜角为的直线经过点G，与曲线C交于E，F两点.若的值与点G的位置无关，求证：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）设，由M，P，S三点共线，得，由N，P，T三点共线，得，消去即得解；（2）不妨设点A在第一象限，设点，其中，若直线的斜率不存在，则直线的方程为，故不为定值. 若直线的斜率存在，设直线的斜率为k，则直线的方程为.将直线的方程代入曲线C的方程化简、整理得到韦达定理计算即得证.【详解】(1)解：由题意，知，从而，则.设，则，.由M，P，S三点共线，得.由，得，从而.由N，P，T三点共线，得，消去得，整理得，即曲线C的方程为.(2)证明：由题意并结合（1）易知（不妨设点A在第一象限），，.设点，其中，则，，所以.若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时，，故不为定值.若直线的斜率存在，设直线的斜率为k，则直线的方程为.将直线的方程代入曲线C的方程化简、整理，得.设，，则，， 所以，故.因为的值与m的值无关，所以，解得，所以，所以G是EF的中点，即.22．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程（t为参数），在以原点О为极点，x轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为．(1)求曲线C的普通方程和直线的直角坐标方程；(2)求曲线C上的点到直线距离的最小值．【答案】(1)；(2)【分析】（1）利用整体消参求出曲线的普通方程为，利用公式法求出直线的直角坐标方程；（2）设点的坐标为，利用点到直线的距离公式表示出点到直线的距离，利用基本不等式求出最小值.【详解】(1)由得消去参数得，又，所以曲线的普通方程为．由得，所以直线的直角坐标方程为．(2)设点的坐标为，则点到直线的距离为，当，即，，可以取到上述“”，此时点为．所以曲线上的点到直线距离的最小值为．23．已知函数.(1)若，求不等式的解集；(2)对于任意的实数m，n，且，若恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】（1）去掉绝对值符号转化为分段函数解不等式即可；（2）分别求出的最小值及的最大值解不等式即可.【详解】(1)当时，当时，由，解得，即.当时，恒成立.当时，由，解得，即.综上所述，不等式的解集为.(2)由柯西不等式，得，当且仅当，即，时等号成立，因此的最大值为5.因为，当时等号成立，所以的最小值为.要使恒成立，只需成立，所以实数a的取值范围是.