成都市2021-2022学年第一二三诊断性次诊理科数学试题

四川省成都市2021-2022学年高三第一次诊断性检测理科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设集合，，则（）

A． B． C． D．

2．已知复数z=（为虚数单位），则|z|=（       ）

A． B． C． D．

3．函数的最小正周期是（       ）

A． B． C．π D．2π

4．若实数x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为（ ）

A． B．3 C． D．4

5．在△ABC中，已知AB⊥BC，AB=BC=2.现将△ABC绕边AC旋转一周，则所得到的旋转体的表面积是（       ）

A．2π B．2π C．3π D．4π

6．已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（       ）

A． B． C．2 D．3

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五次，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

11．如图，已知三棱锥A-BCD的截面MNPQ平行于对棱AC，BD，且，其中m，n∈（0，+∞）.有下列命题：

①对于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四边形；

②当AC⊥BD时，对任意的m，都存在n，使得截面MNPQ是正方形；

③当m=1时，截面MNPQ的周长与n无关；

④当AC⊥BD，且AC=BD=2时，截面MNPQ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

12．已知函数=则关于x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

13．展开式中项的系数为___________（用数字作答）

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A，B，M为y轴上一点且满足|MA|=|MB|，则点M的纵坐标的取值范围是___________.

16．在中，已知角，角的平分线AD与边BC相交于点D，AD=2.则AB+2AC的最小值为___________.

三、解答题

17．已知等差数列{an}满足2a2+a5=0，a7=2a4-2.

(1)求{an}的通项公式；

(2)设bn=，求数列{bn}的前n项和.

18．某项目的建设过程中，发现其补贴额x（单位：百万元）与该项目的经济回报y（单位：千万元）之间存在着线性相关关系，统计数据如下表：

(1)请根据上表所给的数据，求出y关于x的线性回归直线方程；

(2)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X表示抽取的3人中考核优秀的人数，求随机变量X的分布列与期望.

参考公式：

19．如图甲，在直角三角形中，已知，，，D，E分别是的中点.将沿折起，使点A到达点的位置，且，连接，得到如图乙所示的四棱锥，M为线段上一点.

(1)证明：平面平面；

(2)过B，C，M三点的平面与线段A'E相交于点N，从下列三个条件中选择一个作为已知条件，求直线DN与平面A'BC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

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

20．已知抛物线C：，过点且斜率为k的直线与抛物线C相交于P，Q两点.

(1)设点B在x轴上，分别记直线PB，QB的斜率为.若，求点B的坐标；

(2)过抛物线C的焦点F作直线PQ的平行线与抛物线C相交于M，N两点，求的值.

21．已知函数.

(1)a≥时，求函数f（x）在区间[0，π]上的最值；

(2)若关于x的不等式f（x）≤axcosx在区间（0，+∞）上恒成立，求a的取值范围.

22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α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)已知点的直角坐标为（-1，3），直线l与曲线C相交于E，F两点，求|AE|·|AF|的值.

23．已知函数=|x-1|+2|x+1|.

(1)求不等式<5的解集；

(2)设的最小值为m.若正实数a，b，c满足a+2b+3c=m，求3a2+2b2+c2的最小值.

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

解一元二次不等式化简集合A，解指数函数不等式化简集合B，再求集合的交集.

【详解】

或，

，

所以.

故选：C.

2．A

【解析】

【分析】

化简得，即得解.

【详解】

解：由题得z=，

所以|z|=.

故选：A

3．C

【解析】

【分析】

将函数解析式化简，利用正弦函数的周期公式可得.

【详解】

因为

所以最小正周期.

故选：C

4．D

【解析】

【分析】

画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，求解即可．

【详解】

解：可行域如图所示，作出直线，可知要取最大值，

即直线经过点．

解方程组得，，

所以．

故选：D．

5．D

【解析】

【分析】

由题知该旋转体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，根据圆锥的侧面积计算公式可得．

【详解】

解：由题知该几何体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，其中圆锥母线长，圆锥底面半径，

故选：D．

6．B

【解析】

【分析】

根据渐近线方程，即可求得之间关系，将其转化为关系，即可求得.

【详解】

双曲线的渐近线方程为

因为渐近线方程为，所以

故可得：.

故选：B

7．B

【解析】

【分析】

利用对数函数的单调性及对数的运算即可得解.

【详解】

，，同理

又，

又，，，

，即，，，

故选：B

8．C

【解析】

【分析】

利用二项分布的概率即可得解.

【详解】

由已知命中的概率为0.4，不命中的概率为

罚球4次，命中两次，说明第4次命中，前3次命中1次

故概率

故选：C

9．B

【解析】

【分析】

先求出，再求，再化简即得解.

【详解】

解：由得，

所以，

所以.

故选：B

10．C

【解析】

【分析】

根据题意举出反例，即可得出正确选项．

【详解】

解：对于A，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A错误；

对于B，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B错误；

对于C，若平均数为2，且出现6点，则方差S2＞（6﹣2）2＝3.2＞2.4，

∴平均数为2，方差为2.4时，一定没有出现点数6，故C正确；

对于D，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：＝（1+2+3+3+6）＝3

方差为S2＝[（1﹣3）2+（2﹣3）2+（3﹣3）2+（3﹣3）2+（6﹣3）2]＝2.8，可以出现点数6，故D错误．

故选：C．

11．A

【解析】

【分析】

①证明,同理,所以对于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四边形，所以该命题正确；

②证明对任意的m，都存在，使得截面MNPQ是正方形，所以该命题正确；

③当m=1时，设求出截面的周长为，所以截面MNPQ的周长与n无关，所以该命题正确；

④截面MNPQ的面积为，利用基本不等式求出截面MNPQ的面积的最大值为1，所以该命题正确.

【详解】

解：① 因为截面MNPQ，平面平面MNPQ平面,所以,同理,所以,同理,所以对于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四边形，所以该命题正确；

②当AC⊥BD时，则,所以截面MNPQ是矩形，当时，，如果，所以当时，,此时对任意的m，都存在，使得截面MNPQ是正方形，所以该命题正确；

③当m=1时，设所以，所以截面的周长为，所以截面MNPQ的周长与n无关，所以该命题正确；

④当AC⊥BD，且AC=BD=2时，，由于截面是矩形，所以截面MNPQ的面积为，当且仅当时等号成立.所以截面MNPQ的面积的最大值为1，所以该命题正确.

故选：A

12．D

【解析】

【分析】

利用导数求出函数的单调区间，从而可画出函数的大致图象，令，则方程必有两个不等根，设两根分别为（不妨设），且，然后分，和三种情况结合函数图象讨论即可

【详解】

当时，，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，且当时，，

当时，，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，且当时，，

所以的大致图象如图所示，

令，则方程必有两个不等根，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：D

【点睛】

此题考查导数的应用，考查函数与方程的综合应用，解题的关键是利用导数求出函数的单调区间，然后画出函数图象，结合图象求解，考查数学转化思想和数形结合的思想，属于中档题

13．

【解析】

【分析】

根据二项式展开式的通项公式计算出正确答案.

【详解】

展开式的通项公式为，

令得，

所以展开式中项的系数为.

故答案为：

14．##

【解析】

【分析】

利用向量坐标的线性运算求得，相减得，再利用夹角公式可得结果.

【详解】

设，，

则，解得，

故，则、的夹角为.

故答案为：.

15．

【解析】

【详解】

设直线的方程为，

由消去并化简得，

设，，

，解得.

.

由于，所以是垂直平分线与轴的交点，

垂直平分线的方程为，

令得，

由于，所以.

也即的纵坐标的取值范围是.

故答案为：

16．

【解析】

【分析】

根据三角形的面积公式列方程，结合基本不等式来求得正确答案.

【详解】

，

依题意是角的角平分线，

由三角形的面积公式得，

化简得，，

.

当且仅当，时等号成立.

故答案为：

17．(1)；

(2).

【解析】

【分析】

（1）设的首项为，公差为，列方程组解方程组即得解；

（2）利用等比数列的求和公式求解.

(1)

解：设的首项为，公差为，

由题意，可得

解得.

.

(2)

解：由（1），可得.

所以数列是一个以为首项，以为公比的等比数列，

设数列的前项和为，则.

.

18．(1)

(2)分布列答案见解析，数学期望：

【解析】

【分析】

（1）根据表中的数据和公式直接求解即可，

（2）由题意可知，的可能取值为0，1，2，3，然后求各自对应的概率，从而可求得分布列和期望

(1)

.

，.

.

.

(2)

由题意可知，的可能取值为0，1，2，3.

，

，

的分布列为

.

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）由线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理可得证；

（2）分别选①，②，③可求得为的中点，再以为坐标原点，向量的方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.利用空间向量求得所求的线面角.

(1)

分别为的中点，.

，，.

，，平面.

又平面，

∴平面平面.

(2)

（2）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；.

设平面的一个法向量为，直线与平面所成的角为.

由，得.

令，得.

则.

∴直线与平面所成角的正弦值为.

20．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）直线的方程为，其中，联立直线与抛物线方程，由韦达定理结合已知条件可求得点的坐标；

（2）直线的方程为，利用倾斜角定义知，，联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求得，进而得解.

(1)

由题意，直线的方程为，其中.

设，

联立，消去得.

.

，，即.

，即.

，，∴点的坐标为.

(2)

由题意，直线的方程为，其中，为倾斜角，

则，

设.

联立，消去得.

.

.

21．(1)最大值为0，最小值为

(2)

【解析】

【分析】

（1）求出函数的导数，由导数小于零，可得函数在上单调递减，从而可求出函数的最值，

（2）由题意得在区间恒成立，构造函数，则，设，利用基本不等式可求得，然后分和判断的最大值是否小于零即可

(1)

由题意，.

，∴当时，恒成立.

在上单调递减.

∴当时，取得最大值为0；当时，取得最小值为.

(2)

不等式在区间恒成立，

即在区间恒成立.

即在区间恒成立.

∴当时，有成立，即.

设.

则.

设，令.

当时，；

当时，，即.

.

①当时，，即在区间上单调递减，∴当时，，符合题意；

②当时，函数在上单调递减，函数在上单调递增.

∴函数在上单调递减.

又，

，使得.

且当，即在上单调递增，此时，不符合题意.

综上所述，的取值范围是.

【点睛】

关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的最值，利用导数解决恒成立问题，解题的关键是将不等式在区间恒成立，转化为在区间恒成立，然后构造函数，利用导数求函数的最大值小于零即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题

22．(1)，；

(2).

【解析】

【分析】

（1）消去参数得曲线的普通方程，由题得，化成直角坐标方程即得解；

（2）先写出直线的参数方程，再利用直线参数方程的几何意义结合韦达定理求解.

(1)

解：由曲线的参数方程，消去参数，得曲线的普通方程为.

由得，所以

，∴ 直线的直角坐标方程为.

(2)

解：设直线的参数方程为（为参数），点在直线上，

将直线的参数方程代入曲线的普通方程，整理可得（*）

.

设是方程（*）的两个实数根.

.

.

23．(1)；

(2).

【解析】

【分析】

（1）对分三种情况讨论解绝对值不等式得解；

（2）先求出，再利用柯西不等式求解.

(1)

解：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.

(2)

（2）由（1）得.

当时，取得最小值2. .

.

由柯西不等式得.

.

当且仅当，即时，等号成立.

的最小值为.