2021-2022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）试题含答案

四川省成都市石室中学2021-2022届高三下学期第三次诊断性考试数学（理）试题

一、选择题

1.如果复数为纯虚数，那么实数的值为（   ）

A.

B.

C.

D.或

答案：

A

解析：

由题意，知，解得或.但当时，为实数，因此，故选A.

2.根据如下样本数据，得到回归直线方程为，则（   ）

A.，

B.，

C.，

D.，

答案：

B

解析：

作出散点图易知，回归直线的斜率，截距，故选B.

3.从集合的所有子集中任取一个，这个集合恰是集合的子集的概率是（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

C

解析：

集合的子集有（个），集合的子集有（个），因此所选集合恰为集合的子集的概率为，故选C.

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：

B

解析：

直线与两条平行直线和分别交于点及，因此.又由是整数，知，故选B.

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，函数与的图像的公共点有（   ）

A.个

B.个

C.个

D.个

答案：

B

解析：

由题意，知，逐一带入验证可知，仅点可能同时在两条曲线上，故选B.

6.已知直线和平面满足，，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.

B.

C.

D.

答案：

C

解析：

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，则实数的值为（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

D

解析：

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.过点作圆的两条切线，设切点分别为，圆心为，则过点的圆的方程是（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

A

解析：

由几何关系易知，过点的圆以为直径，其圆心为，直径为，故所求圆的方程为，故选A.

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

解析：

由题意，知，故.结合可知，，即，所以一定是等腰三角形，故选B.

10.在中，，则以为焦点且过点的双曲线的离心率为（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

D

解析：

设，则，，得，故，因此.

11.已知，且，则的最小值是（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

B

解析：

由已知，得

，当且仅当，即，时等号成立.因此的最小值是，故选B.

12.如图1，在中，，，为中点，将沿折起，使得，如图2所示，则二面角的余弦值为（   ）

A.

B.

C.

D.

答案：

A

解析：

由题意知，为正三角形.如图，设点折叠的位置为，则与都是正三角形，设，由，

得.

又由，得，则，即四面体为正四面体.过点作平面于点，则点是正三角形的中心.取的中点，连接，则，所以为二面角的平面角，且.由二面角与二面角互补可知，二面角的余弦值为.故选A.

二、填空题

13.已知实数满足条件，则的最大值为________.

答案：

解析：

作出不等式组表示的平面区域如图所示.由图易知，当直线过点时，取得最大值为.

14.在的展开式中，常数项为________.

答案：

解析：

的展开式的通项为，取及可知，的展开式中的常数项为，项的系数为.因此，的展开式中，常数项为.

15.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，样本方差为，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为________.

答案：

解析：

设样本数据由小到大依次为，记，则，.由于，且可知，，若，则，得中要么有个是其余个是，要么个都是，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，综上可知，，，即样本数据的最大值为.

16.若函数的图像关于直线对称，且直线与函数的图像有四个不同的公共点，则实数的值为________.

答案：

解析：

由已知可得，是的两个零点，因此和也是的零点，所以

.由题意可知，关于的方程有四个不同的实数解.令，则关于的方程有两个不同的实数解，且关于的方程与各两个不同的实数解，因此.令，则，解得，即实数的取值范围是.

三、解答题

17.已知数列的前项和为，且.

（1）求及数列的通项公式；

（2）设，求使得成立的最小正整数的值.

答案：

见解析

解析：

（1）由题意，得，即，；

，即，将代入并整理得，.

当时，，即，

因此，当时，.

综上可知，数列的通项公式为.

（2）由（1）可得，，

则.

由，得.

注意到随着的增大而增大，且，

因此所求的最小值为.

18.年某地在全国志愿服务信息系统注册登记志愿者万多人.年月份以来，共完成个志愿服务项目，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.

最高点坐标为0.38

（1）估计这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）从该地随机抽取名志愿者，记表示这名志愿者中每月志愿服务时长超过小时的人数，求（结果精确到）以及的数学期望（结果精确到）.

参考数据：，，，，.若，则，，.

答案：

见解析

解析：

（1）

（2）i）由题意并结合（1）可知，，，

所以，所以.

ii）由i）可知，，所以，

所以.

19.在①，②，③，这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并解答.

如图，在屋面提中，已知，，，且，.

（1）求证：平面平面；

（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值等于？若存在，求的值；若不存在，说明理由.

答案：

见解析

解析：

（1）证明：如图，取中点，中点，连接，

则为的中位线，所以且.

又，所以四边形为平行四边形.

由，可知，.

由，为中点，可知，且.

因为，，，所以平面.

又平面，所以.

若选①，则由，可知，.

又，所以平面.

若选②，则由，，得.又，所以平面，又平面，所以，

所以四边形为矩形，所以，又，，所以平面.

若选③，则由，为中点，得，又，所以平面.

又平面，

所以平面平面.

（2）由（1）可知，两两垂直，以为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则，

得.

易知平面的一个法向量为.

设，则.

设平面的法向量为，则，即

令，得平面的一个法向量.

由题意，得，解得或（舍去），所以.

20.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，求实数的取值范围.

答案：

见解析

解析：

（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）由题意，得对任意恒成立，

设，则.

由（1）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，所以实数的取值范围是.

21.已知点，动点满足，直线与交于一点，设动点的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程；

（2）直线与曲线交于两点，为线段上任意一点（不与端点重合），倾斜角为的直线经过点，与曲线交于两点，若的值与点的位置无关，求证：.

答案：

见解析

解析：

由题意，知，从而，则.

设，则，.

由三点共线，得.

由，得，从而.

由三点共线，得，消去得，整理得，即曲线的方程为.

（2）证明：由题意并结合（1）易知（不妨设点在第一象限），，.

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，则直线的方程为.

将直线的方程代入曲线的方程化简、整理，得.

设，则，

所以

故

因为的值与的值无关，

所以，解得，

所以，

所以是的中点，即.

四、选做题（2选1）

22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在以原点为极点，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）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

（2）求曲线上的点到直线的距离的最小值.

答案：

见解析

解析：

（1）对于曲线，由且可知，曲线的普通方程为.

对于直线，利用可知，直线的直角坐标方程为.

（2）设为曲线上一点，

则点到直线的距离，

当且仅当，即时等号成立，此时.

因此，曲线上的点到直线的距离的最小值为.

23.已知函数.

（1）若，求不等式的解集；

（2）对于任意实数，且，若恒成立，求实数的取值范围.

答案：

见解析

解析：

（1）当时，

当时，由，解得，即.

当时，恒成立.

当时，由的解集，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.

因为，当时等号成立，

所以的最小值为.

要使恒成立，只需成立，

所以实数的取值范围是.