2024年四川省绵阳市高考数学三诊试卷（理科）（含解析）

这是一份2024年四川省绵阳市高考数学三诊试卷（理科）（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。
1.已知复数z=2−i，则|z2|=( )
A. 41B. 5C. 5D. 25
2.已知集合A={x∈N|x20)，若mn=2，则该双曲线的离心率为______．
15.底面半径为4的圆锥被平行于底面的平面所截，截去一个底面半径为1，母线长为3的圆锥，则所得圆台的侧面积为______．
16.在△ABC中，D是BC边上一点，BD=4CD，若AC2=BC⋅CD，∠BAD=2∠DAC，且AD2= 5−1，则BD= ______．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
某工厂工程师对生产某种产品的机器进行管理，选择其中一台机器进行参数调试.该机器在调试前后，分别在其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下列联表：
(1)根据列联表分析，是否有95%的把握认为参数调试改变产品质量？
(2)如果将合格品频率作为产品的合格概率.工程师从调试后生产的大量产品中，依次随机抽取6件产品进行检验，求抽出的6件产品中不超过1件淘汰品的概率p.(参考数据：0.85=0.32768，0.86=0.262144)
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
18.(本小题12分)
已知首项为1的等差数列{an}满足：a1，a2，a3+1成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：a1bn+a2bn−1+⋯+anb1=3n−1，求数列{bn}的前n项和Tn．
19.(本小题12分)
如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的体积为32，点C在平面ABB1A1内的射影落在棱BB1上，且AB⊥B1C.
(1)求证：AB⊥平面BCC1B1；
(2)若四边形ABB1A1的面积为3，AA1与CC1的距离为 2，AC1=3 3，求平面A1BC与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值．
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>1>b>0)的离心率为 32，过点M(1,0)的直线l交椭圆C于点A，B，且当l⊥x轴时，|AB|= 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)记椭圆C的左焦点为F，若过F，A，B三点的圆的圆心恰好在y轴上，求直线AB的方程．
21.(本小题12分)
设函数f(x)=(12x2+ax)(lnx−lna)−14x2−ax．
(1)当a=1时，求曲线f(x)在点(e,f(e))处的切线方程；
(2)证明：存在x0∈(0,+∞)，使得当1f(0)=0，此时不存在x0使得f(x0)0，则f′(x)=0的根为x= a3(舍负)，
在(0, a3)上f′(x)为负数，在( a3,+∞)上f′(x)为正数，
所以f(x)在(0, a3)上是减函数，在( a3,+∞)上是增函数，
可得[f(x)]min=f( a3)=a3 a3−a a3=−2a3 a3．
因为−2a3 a30时f(x)在(0,+∞)上的最小值小于0，
满足条件“存在x0使得f(x0)0，即实数a的取值范围是(0,+∞)．
故选：D．
先由对数函数的性质算出f(x)在区间(−∞,0]上的最小值大于等于0，然后根据a的正负讨论f(x)在(0,+∞)上的最小值，且这个最小值为负数，由此列式算出实数a的取值范围．
本题主要考查对数函数的单调性、分段函数的性质、利用导数研究函数的单调性与最值等知识，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意，将甲、乙、丙、丁4人分配到3个不同的工作岗位，每人只去一个岗位，每个岗位都要有人去，
则将4人分为1，1，2三组，共有C42=6方法，则所有分配方法为C42⋅A33=36，
甲、乙二人分别去了相同岗位共有A33=6种，
则甲、乙二人分别去了不同岗位的概率是36−636=56．
故选：D．
根据题意可将4人分为1，1，2三组，可得所有分配情况，再计算甲、乙二人分别去了相同岗位的概率，利用古典概型和对立事件相关知识可解．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：选项A：由图中数据可知，2023年第一季度的发电量平均值约为369.6+242.93=61.233≈204，故A正确；
选项B：由图中数据可知，2023年4月的同比增长率为负数，故该月发电量低于上一年同期发电量，故B正确；
选项C：根据同比增长率公式可知，2022年11月发电量为23.61+0.354≈173.2，2022年12月发电量为210.51+0.172≈187.9，
而187.9>173.2，则2022年11月发电量低于该年12月发电量，故C错误；
选项D：2023年下半年发电量按从小到大的顺序排列如下，210.5，234.6，244.3，246.1，258.9，269.2，
所以中位数为244.3+246.12=245.2，故D正确．
故选：C．
选项A：由平均数公式求解；选项B：由条形图及同比增长率的含义判断；选项C：由条形图及同比增长率的含义判断；选项D：利用中位数的定义判断．
本题主要考查了统计图的应用，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：过O作OD⊥AB，
AO=AD+DO，AD=12AB，
则AB⋅AO=AB⋅(12AB+DO)
=12|AB|2+AB⋅DO
=12a2．
故选：B．
根据垂径定理及向量数量积运算即可求解．
本题考查平面向量数量积运算，属基础题．
10.【答案】C
【解析】解：如下图，将梯形ABCD补成长方形AECF，折后得到直三棱柱ABE−FDC，
因为|AB|=|BD|=4,|BC|=2 5，所以|BE|=|DC|=2，
异面直线AB与CD所成角即为AB与BE所成角，即∠ABE或其补角，
又该三棱柱的外接球即为三棱锥A−BCD的外接球，设外接球半径为R，则4πR2=32π，
所以R2=8，设△ABE外接圆半径为r，圆心为O1，△FDC外接圆圆心为O2，
则三棱柱的外接球的球心为O1O2的中点O，连接AO，则|AO|=R，|AO1|=r，
所以r=|AO1|= R2−|OO1|2=2，又2r=|AE|sin∠ABE=4，即|AE|=4sin∠ABE，
又△ABE中，|AE|2=|AB|2+|BE|2−2|AB|⋅|BE|cs∠ABE，
即16sin2∠ABE=16+4−2×4×2cs∠ABE，
化简得(2cs∠ABE−1)2=0，即cs∠ABE=12，所以∠ABE=60°．
故选：C．
根据折叠前后的几何性质，将三棱锥A−BCD补成三棱柱，利用三棱柱的外接球即可求得答案．
本题考查了异面直线所成角的计算，属于中档题．
11.【答案】D
【解析】解：由题意得f′(x)=a(ex+e−x+x2)−b，
因为f(x)既有极大值，也有极小值，
所以f′(x)=0有两个不同的根，
即a(ex+e−x+x2)−b=0有两个不同的根，
显然ab≠0，故ex+e−x+x2=ba有两个不同的根，
令g(x)=ex+e−x+x2，则g(x)与y=ba图象有两个交点，
因为g′(x)=ex−e−x+2x在R上单调递增，且g′(0)=0，
所以当x0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(0)=2；
所以ba>2，即b2a2>4，即b2>4a2．
故选：D．
问题可化为f′(x)=0有两个不同的根的问题，参变分离，数形结合法即可求解．
本题主要考查利用导数求单调性和极值，属于中档题．
12.【答案】A
【解析】解：设直线AB的方程为x=my−1，代入抛物线方程y2=2x，
得y2−2my+2=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，E(x3,y3)，
则y1+y2=2my，y1y2=2，
联立x=ny+1y2=2x，可得y2−2ny−2=0，
∴y2+y3=2n，y2y3=−2，
∴y3=−y1，∴x3=x1，
∴k1=y1x1−1，k2=y3x3+1=−y1x1+1，
∴y1x1−1=3×−y1x1+1，
解得x1=12，∴y12=2x1=1，
∴m=x1+1y1=±32，
∴|AB|= m2+1 (y1+y2)2−4y1y2
= 132× 9−8= 132，
又N到直线AB的距离d=|1+1| m2+1=4 1313，
∴△ABN的面积为12×|AB|×d=12× 132×4 1313=1．
故选：A．
设直线AB的方程为x=my−1，代入抛物线方程得y2−2my−2=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由韦达定理可得y1+y2=2my，y1y2=2，再由斜率公式可得答案．
本题考查直线与抛物线的相交问题，三角形面积的求解，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
13.【答案】10
【解析】解：(2− x)5的展开式通项公式为：Tr+1=C5r25−r(− x)r，
令r=4，
则x2的系数为C54×2=10．
故答案为：10．
在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得x2的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
14.【答案】 62
【解析】解：在双曲线E：x2m−y2n=1(m>0,n>0)，若mn=2，
则m=2n，
则该双曲线的离心率为e= m+n m= 1+nm= 62．
故答案为： 62．
根据双曲线的性质结合离心率的算法可解．
本题考查双曲线的性质，属于中档题．
15.【答案】45π
【解析】解：根据题意，设原来圆锥的母线长为l，其底面半径为4，
其轴截面如图：
截去圆锥的底面半径为1，母线长为3，
则有14=3l，解可得l=12，
则原来圆锥的侧面积S1=π×4×12=48π，截去圆锥的侧面积S2=π×1×3=3π，
故所得圆台的侧面积S=S1−S2=45π．
故答案为：45π．
根据题意，设原来圆锥的母线长为l，由圆锥的结构特征可得14=3l，求出l的值，进而求出原来圆锥的侧面积和截去圆锥的侧面积，进而计算可得答案．
本题考查圆锥的侧面积计算，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．
16.【答案】2
【解析】解：由AC2=BC⋅CD，可得ACDC=BCAC，结合∠ACD=∠BCA，可得△ABC∽△DAC，
所以∠B=∠DAC，ACDC=BCAC=ABAD，可得(ABAD)2=ACDC⋅BCAC=BCCD=BD+CDCD=5，即ABAD= 5，
设∠B=∠DAC=θ，则∠BAD=2∠DAC=2θ，
ΔABD中，∠BDA=π−∠B−∠BAD=π−3θ，由正弦定理，得ABsin∠BDA=ADsinB，
可得ABAD=sin∠BDAsinB=sin(π−3θ)sinθ=sin3θsinθ=sinθcs2θ+csθsin2θsinθ=sinθ(2cs2θ−1)+2sinθcs2θsinθ= 5，
整理得4cs2θ−1= 5，可得csθ= 5+12(舍负)．
由BDsin∠BAD=ADsinB，得BD=ADsin∠BADsinB=ADsin2θsinθ=2ADcsθ=2× 5−1× 5+12= ( 5)2−1=2．
故答案为：2．
根据AC2=BC⋅CD，证出△ABC∽△DAC，从而得到∠B=∠DAC，由对应边成比例算出ABAD= 5，然后设∠B=∠DAC=θ，则∠BAD=2∠DAC=2θ，在ΔABD中利用正弦定理建立关于角θ的等式，算出csθ= 5+12，进而推导出BD=2ADcsθ=2，即可得到本题的答案．
本题主要考查正弦定理、三角恒等变换公式、相似三角形的判定与性质等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据随机抽取样本数据，可得下面的2×2列联表，
则K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100×(24×12−48×16)272×28×40×60≈4.762≥3.841，
所以有95%的把握认为参数调试改变产品质量有关．
(2)将合格品频率作为产品的合格概率，工程师从调试后可得产品的合格概率为4860=0.8，
抽出的6件产品中不超过1件淘汰品的概率p=0.86+C65×0.85×0.2=0.262144+0.32768×1.2=0.65536．
【解析】(1)根据随机抽取样本数据可得2×2列联表，计算观测值结合临界值表可判断是否有95%的把握认为参数调试改变产品质量；
(2)利用二项分布即可求解概率．
本题考查独立性检验的运用，考查古典概型，属于中档题．
18.【答案】解：(1)首项为1的等差数列{an}，设公差为d，
由a1，a2，a3+1成等比数列，可得a1(a3+1)=a22，
即1+2d+1=(1+d)2，解得d=1(−1舍去，由于此时a2=0)，
则an=1+n−1=n；
(2)数列{bn}满足：a1bn+a2bn−1+⋯+anb1=3n−1，
可得n=1时，a1b1=3−1=2，可得b1=2，
由an=n，可得bn+2bn−1+3bn−2+...+nb1=3n−1，
当n≥2时，bn−1+2bn−2+3bn−3+...+(n−1)b1=3n−1−1，
上面两式相减可得bn+bn−1+bn−2+...+b1=2×3n−1，
则Tn=2×3n−1，对n=1也成立，
所以Tn=2×3n−1，n∈N*．
【解析】(1)由等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得公差，进而得到所求；
(2)令n=1，求得b1，再将n换为n−1，两式相减，可得所求和．
本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：因为点C在平面ABB1A1内的射影落在棱BB1上，
作CO⊥BB1交BB1于O，
则CO⊥平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，则AB⊥CO，
又AB⊥B1C，B1C∩CO=C，B1C，CO⊂平面BCC1B1，故AB⊥平面BCC1B1，

由(1)知AB⊥平面BCC1B1BB1⊂平面BCC1B1，则AB⊥BB1，
故四边形ABB1A1为矩形，作OD⊥AA于D，则OD/​/AB，
连接CD，由(1)易知CO⊥AA1，CO∩OD=O，CO，OD⊂平面COD，
故AA ​1⊥平面COD，CD⊂平面COD，故AA ​1⊥CD，
又AA1与CC1的距离为 2，则CD= 2，
设AB=a，AA1=b，易知ab=3①，CO= CD2−OD2= 2−a2，
S△COD=CO⋅OD2=a 2−a22，
又三棱柱ABC−A1B1C1的体积为32，
故S△COD×AA1=a 2−a22×b=32②，
由①②可得a=1，b=3，此时CO=1，
在平行四边形AA1C1C中，作C1F⊥AA1交AA1的延长线于F，
因为CD⊥AA1，所以CD//C1F，
故CDFC ​1为矩形，CD=C1F，CC1=DF，
设AD=m，则AF=3+m，AC1= AF2+C1F2= (3+m)2+2=3 3，
则AD=m=2，以O为原点，OB，OD，OC为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
C(0,0,1)，B(2,0,0)，A1(−1,1,0)，
CB=(2,0,−1)，CA1=(−1,1,−1)，
设m=(x,y,z)为平面A1BC的法向量，
则m⋅CB=0m⋅CA1=0，即2x−z=0−x+y−z=0，
令x=1，则m=(1,3,2)，易知平面ABB1A1的一个法向量为OC=(0,0,1)，
设平面A1BC与平面ABB1A1所成线二面角为θ，
则csθ=|cs〈m,OC〉|=|OC⋅m||OC|⋅|m|=2 1+9+4⋅1=2 14= 147．
【解析】(1)作CO⊥BB1交BB1于O，由线面垂直性质可得AB⊥CO，再利用线面垂直判定定理即可证明；
(2)作OD⊥AA1于D，连接CD，证明AA1⊥平面COD，进而得AA1⊥CD，结合题目条件求出OC，AA1的长度，并建立空间坐标系，由向量夹角公式求解即可．
本题考查线面垂直以及空间向量的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为椭圆C的离心率为 32，
所以e2=c2a2=1−b2a2=( 32)2，
解得a=2b，
当x=1时，
解得y=±b a2−1a2，
所以|AB|=2b a2−1a2= a2−1= 3，
则a=2，b=1，
故椭圆C的方程为x24+y2=1；
(2)不妨设过F，A，B三点的圆的圆心为Q(0,n)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由(1)知F(− 3,0)，
可得|QA|2=|QF|2，
即(x1−0)2+(y1−n)2=(0+ 3)2+(n−0)2，
因为点A在椭圆C上，
所以x14+y12=1，
整理得3y12+2ny1−1=0，
同理，由|QB|2=|QF|2，
可得3y22+2ny2−1=0，
则y1，y2是方程3y2+2ny−1=0的两个根，
此时y1y2=−13，
不妨设直线AB的方程为x=ty+1，
联立x=ty+1x24+y2=1，消去x并整理得(t2+4)y2+2ty−3=0，
由韦达定理得y1y2=−3t2+4=−13，
解得t2=5，
所以t=± 5，
故直线AB的方程为x± 5y−1=0．
【解析】(1)由题意，根据离心率和弦长列式求出a和b的值，进而可得椭圆的方程；
(2)设过F，A，B三点的圆的圆心为Q(0,n)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，根据|QA|2=|QF|2推出3y12+2ny1−1=0，同理得3y22+2ny2−1=0，则y1，y2是方程3y2+2ny−1=0的两个根，此时y1y2=−13，设出直线AB的方程，将直线AB的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理再进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=(12x2+x)lnx−14x2−x，
所以f′(x)=(x+1)lnx，则f(e)=14e2，f′(e)=e+1，
则曲线f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y−14e2=(e+1)(x−e)，
即(e+1)x−y−34e2−e=0．
(2)因为f′(x)=(x+a)(lnx−lna)，1a，由f′(x)