成都市2019级高中毕业班高三第一次诊断性检测理科数学试卷

这是一份成都市2019级高中毕业班高三第一次诊断性检测理科数学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
成都市2019级高中毕业班第一次诊断性检测数学（理科）一、选择题：本大题共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．设集合，，则　　A． B． C． D．，2．已知复数为虚数单位），则　　A． B． C． D．3．函数的最小正周期是　　A． B． C． D．4．若实数，满足约束条件，则的最大值为　　A． B．3 C． D．45．在中，已知，．现将绕边旋转一周，则所得到的旋转体的表面积是　　A． B． C． D．6．双曲线的一条渐近线方程是，则双曲线的离心率是　　A． B． C．3 D．7．已知实数，满足，则　　A． B． C． D．8．已知某篮球运动员每次罚球命中的概率为0.4，该运动员进行罚球练习（每次罚球互不影响），则在罚球命中两次时，罚球次数恰为4次的概率是　　A． B． C． D．9．已知，则的值为　　A． B． C． D．10．四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是　　A．平均数为3，中位数为2 B．中位数为3，众数为2 C．平均数为2，方差为2.4 D．中位数为3，方差为2.811．如图，已知三棱锥的截面平行于对棱，，且，，其中，．有下列命题：①对于任意的，，都有截面是平行四边形；②当时，对任意的，都存在，使得截面是正方形；③当时，截面的周长与无关；④当，且时，截面的面积的最大值为1．其中假命题的个数为　　A．0 B．1 C．2 D．312．已知函数，则关于的方程的解的个数的所有可能值为　　A．3或4或6 B．1或3 C．4或6 D．3二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.13．二项式的展开式中含项的系数为 　　．14．已知向量，满足，，则向量与的夹角为 　　．15．已知斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点，，为轴上一点且满足，则点的纵坐标的取值范围是 　　．16．在中，已知角，角的平分线与边相交于点，．则的最小值为 　　．三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（12分）已知等差数列满足，．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和．18．（12分）某项目的建设过程中，发现其补贴额（单位：百万元）与该项目的经济回报（单位：千万元）之间存在着线性相关关系，统计数据如表：补贴额（单位：百万元）23456经济回报（单位：千万元）2.5344.56（Ⅰ）请根据上表所给的数据，求出关于的线性回归直线方程；（Ⅱ）为高质量完成该项目，决定对负责该项目的7名工程师进行考核．考核结果为4人优秀，3人合格，现从这7名工程师中随机抽取3人，用表示抽取的3人中考核优秀的人数，求随机变量的分布列与期望．参考公式：，．19．（12分）如图甲，在直角三角形中，已知，，，，分别是，的中点．将沿折起，使点到达点的位置，且，连接，，得到如图乙所示的四棱锥，为线段上一点．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）过，，三点的平面与线段相交于点，从下列三个条件中选择一个作为已知条件，求直线与平面所成角的正弦值．①；②直线与所成角的大小为；③三棱锥的体积是三棱锥体积的．20．（12分）已知抛物线，过点且斜率为的直线与抛物线相交于，两点．（Ⅰ）设点在轴上，分别记直线，的斜率为，．若，求点的坐标；（Ⅱ）过抛物线的焦点作直线的平行线与抛物线相交于，两点，求的值．21．（12分）已知函数，．（Ⅰ）当时，求函数在区间，上的最值；（Ⅱ）若关于的不等式在区间上恒成立，求的取值范围．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为，为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（Ⅰ）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；（Ⅱ）已知点的直角坐标为，直线与曲线相交于，两点，求的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数．（Ⅰ）求不等式的解集；（Ⅱ）设的最小值为．若正实数，，满足，求的最小值．
成都市2019级高中毕业班第一次诊断性检测数学（理科）一、选择题：本大题共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．设集合，，则　　A． B． C． D．，【考点】交集及其运算【解析】，，，，，，故选：．2．已知复数为虚数单位），则　　A． B． C． D．【考点】复数的模【解析】为虚数单位），，故选：．3．函数的最小正周期是　　A． B． C． D．【考点】两角和与差的三角函数【解析】因为，所以其最小正周期．故选：．4．若实数，满足约束条件，则的最大值为　　A． B．3 C． D．4【考点】简单线性规划【解析】由约束条件作出可行域如图， 联立，解得，由，得，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，有最大值为4．故选：．5．在中，已知，．现将绕边旋转一周，则所得到的旋转体的表面积是　　A． B． C． D．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】把绕边旋转一周所得几何体为两个同底圆锥的组合体．在中，，圆锥的底面半径．所得到的旋转体的表面积是．故选：．6．双曲线的一条渐近线方程是，则双曲线的离心率是　　A． B． C．3 D．【考点】双曲线的性质【解析】双曲线的一条渐近线方程是，即为，即，则，则双曲线的离心率为．故选：．7．已知实数，满足，则　　A． B． C． D．【考点】对数值大小的比较【解析】，，故选：．8．已知某篮球运动员每次罚球命中的概率为0.4，该运动员进行罚球练习（每次罚球互不影响），则在罚球命中两次时，罚球次数恰为4次的概率是　　A． B． C． D．【考点】二项分布与次独立重复试验的模型【解析】某篮球运动员每次罚球命中的概率为0.4，则不命中的概率为0.6，罚球4次命中2次，说明第4次命中，前3次命中1次，在罚球命中两次时，罚球次数恰为4次的概率是：．故选：．9．已知，则的值为　　A． B． C． D．【考点】两角和与差的三角函数【解析】由，得，所以，所以，所以，所以．故选：．10．四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是　　A．平均数为3，中位数为2 B．中位数为3，众数为2 C．平均数为2，方差为2.4 D．中位数为3，方差为2.8【考点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差【解析】对于，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故错误；对于，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故错误；对于，若平均数为2，且出现6点，则方差，平均数为2，方差为2.4时，一定没有出现点数6，故正确；对于，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，平均数为：方差为，可以出现点数6，故错误．故选：．11．如图，已知三棱锥的截面平行于对棱，，且，，其中，．有下列命题：①对于任意的，，都有截面是平行四边形；②当时，对任意的，都存在，使得截面是正方形；③当时，截面的周长与无关；④当，且时，截面的面积的最大值为1．其中假命题的个数为　　A．0 B．1 C．2 D．3【考点】平面的基本性质及推论【解析】①因为平面，平面平面，平面，所以，同理，所以，同理，所以对于任意的，都有截面是平行四边形，所以①正确；②当时，则，所以截面是矩形，要使截面是正方形，只需，由，所以可得，由，可得，，所以，所以，又，所以，所以，又，所以，所以当时，，此时对任意的，都存在，使得截面是正方形，所以②正确；③当时，设时，所以，，所以，所以截面的周长为，所以截面的周长与无关；故③正确；④当，且时，，，由于截面是矩形，所以截面的面积为，当且仅当时等号成立，所以截面的面积的最大值为1，故④成立．故选：．12．已知函数，则关于的方程的解的个数的所有可能值为　　A．3或4或6 B．1或3 C．4或6 D．3【考点】分段函数的应用【解析】当时，，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上递减，且当时，，当时，，则，当时，，当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减，且当时，，所以的大致图象如图所示，令，则方必有两个不等根，设两根分别为， 不妨设，且，当时，则，此时有1个根，有2个根，当时，则，此时有2个根，有1个根，当时，则，此时有0个根，有3个根，综上，对任意的，方程都有3个根，故选：．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.13．二项式的展开式中含项的系数为 　　．【考点】二项式定理【解析】根据题意，二项式的展开式通项为，令，解可得，此时；即其展开式中含项的系数为，故答案为：．14．已知向量，满足，，则向量与的夹角为 　　．【考点】平面向量数量积的性质及其运算；数量积表示两个向量的夹角【解析】根据题意，若，，则，则有，即向量与垂直，即向量与的夹角为，故答案为：．15．已知斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点，，为轴上一点且满足，则点的纵坐标的取值范围是 　　．【考点】直线与椭圆的综合【解析】设直线的方程为，联立方程，消去整理可得：，设，，，，则，则，且△，解得，，由，所以点是的中垂线与轴的交点，又的中垂线方程为，令，解得，因为，则，所以点的纵坐标的取值范围为，故答案为：．16．在中，已知角，角的平分线与边相交于点，．则的最小值为 　　．【考点】解三角形【解析】由题意得：，设，，的面积分别为：，，，则，即，即，所以，则，所以，，当且仅当，即时，等号成立，联立方程组：，解得：，故当且仅当时，取最小值．故答案为：．三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（12分）已知等差数列满足，．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和．【考点】等差数列的通项公式；等比数列的前项和【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，，，，，解得，，故；（Ⅱ），数列是以4为首项，为公比的等比数列，故数列的前项和．18．（12分）某项目的建设过程中，发现其补贴额（单位：百万元）与该项目的经济回报（单位：千万元）之间存在着线性相关关系，统计数据如表：补贴额（单位：百万元）23456经济回报（单位：千万元）2.5344.56（Ⅰ）请根据上表所给的数据，求出关于的线性回归直线方程；（Ⅱ）为高质量完成该项目，决定对负责该项目的7名工程师进行考核．考核结果为4人优秀，3人合格，现从这7名工程师中随机抽取3人，用表示抽取的3人中考核优秀的人数，求随机变量的分布列与期望．参考公式：，．【考点】线性回归方程；离散型随机变量的期望与方差【解析】，，，，，，故．由题意可知，的可能取值为0，1，2，3，，，，，故的分布列为：0123故．19．（12分）如图甲，在直角三角形中，已知，，，，分别是，的中点．将沿折起，使点到达点的位置，且，连接，，得到如图乙所示的四棱锥，为线段上一点．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）过，，三点的平面与线段相交于点，从下列三个条件中选择一个作为已知条件，求直线与平面所成角的正弦值．①；②直线与所成角的大小为；③三棱锥的体积是三棱锥体积的．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；平面与平面垂直；直线与平面所成的角【解答】（Ⅰ）证明：，分别为，的中点，．，，．，，平面．又平面，平面平面．（Ⅱ）解：选①，；，，，，为的中点．选②，直线与所成角的大小为；，直线与所成角为．又直线与所成角的大小为，，，为的中点．选③，三棱锥的体积是三棱锥体积的．，又，即，为的中点．过，，三点的平面与线段相交于点，平面，平面．又平面平面，，为的中点．，，两两互相垂直，以为坐标原点，向量的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则，0，，，0，，，0，，，4，，，4，；．设平面的一个法向量为，直线与平面所成的角为．则，令，得．则．直线与平面所成角的正弦值为．20．（12分）已知抛物线，过点且斜率为的直线与抛物线相交于，两点．（Ⅰ）设点在轴上，分别记直线，的斜率为，．若，求点的坐标；（Ⅱ）过抛物线的焦点作直线的平行线与抛物线相交于，两点，求的值．【考点】直线与抛物线的综合【解析】（1）由题意，直线的方程为，其中，设，，，，，联立，消去得，，所以△，，，因为，所以，即，所以，即，因为，所以，所以点的坐标为；（2）由题意得，直线的方程为，其中，为倾斜角，则，所以，，所以，设，，，，联立，消去得，所以△，，，所以，所以．21．（12分）已知函数，．（Ⅰ）当时，求函数在区间，上的最值；（Ⅱ）若关于的不等式在区间上恒成立，求的取值范围．【考点】利用导数研究函数的最值【解析】当时，的导数为，由，，可得，则在，上为减函数，所以，．关于的不等式在区间上恒成立，即在区间上恒成立，令，，，令，令，，，时，；时，，则，，．，．①当时，，在上单调递减，，符合题意．②当时，在上单调递减，函数在上单调递增．在上单调递减，又，，存在，，即在上单调递增，，不符合题意．综上可得：的取值范围是，．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为，为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（Ⅰ）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；（Ⅱ）已知点的直角坐标为，直线与曲线相交于，两点，求的值．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程【解析】（Ⅰ）曲线的参数方程为，为参数），转换为直角坐标方程为；直线的极坐标方程为，根据，整理得；（Ⅱ）点的直角坐标为，转换为参数方程为为参数），把直线的参数方程代入，得到，所以．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数．（Ⅰ）求不等式的解集；（Ⅱ）设的最小值为．若正实数，，满足，求的最小值．【考点】绝对值不等式的解法；函数的最值及其几何意义【解析】（Ⅰ）①当时，．由，解得，此时；②当时，．由，解得．此时；③当时，．由，解得．此时．综上，原不等式的解集为．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，所以当时，取得最小值2，所以，所以，由柯西不等式可得，所以，当且仅当，即，，，所以的最小值为．