成都市2021-2022學年第1次診斷性理科數(shù)學試題及解析

1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁試卷第 =page 4 4頁，共 =sectionpages 4 4頁四川省成都市2021-2022學年高三第一次診斷性檢測理科數(shù)學試題學校:_姓名：_班級：_考號：_一、單選題1設集合，則（）ABCD2已知復數(shù)z=（為虛數(shù)單位），則|z|=（）ABCD3函數(shù)的最小正周期是（）ABCD24若實數(shù)x，y滿足約束條件，則z=3x+y的最大值為（ ）AB3CD45在ABC中，已知ABBC，AB=BC=2.現(xiàn)將ABC繞邊AC旋轉(zhuǎn)一周，則所得到的旋轉(zhuǎn)體的表面積是（）A2B2C3D46已知雙曲線的一條漸近線方程為，則該雙曲線的離心率為（

2、）ABC2D37已知實數(shù)滿足，則（）ABCD8已知某籃球運動員每次罰球命中的概率為0.4，該運動員進行罰球練習（每次罰球互不影響），則在罰球命中兩次時，罰球次數(shù)恰為4次的概率是（）ABCD9已知，則的值為（）ABCD10四名同學各擲骰子五次，分別記錄每次骰子出現(xiàn)的點數(shù)根據(jù)四名同學的統(tǒng)計結果，可以判斷出一定沒有出現(xiàn)點數(shù)6的是（）A平均數(shù)為3，中位數(shù)為2B中位數(shù)為3，眾數(shù)為2C平均數(shù)為2，方差為2.4D中位數(shù)為3，方差為2.811如圖，已知三棱錐A-BCD的截面MNPQ平行于對棱AC，BD，且，其中m，n（0，+）.有下列命題：對于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四邊形；當ACBD時，對任意的

3、m，都存在n，使得截面MNPQ是正方形；當m=1時，截面MNPQ的周長與n無關；當ACBD，且AC=BD=2時，截面MNPQ的面積的最大值為1.其中假命題的個數(shù)為（）A0B1C2D312已知函數(shù)=則關于x的方程的解的個數(shù)的所有可能值為（）A3或4或6B1或3C4或6D3二、填空題13展開式中項的系數(shù)為_（用數(shù)字作答）14已知向量滿足，則向量與的夾角為_.15已知斜率為的直線與橢圓相交于不同的兩點A，B，M為y軸上一點且滿足|MA|=|MB|，則點M的縱坐標的取值范圍是_.16在中，已知角，角的平分線AD與邊BC相交于點D，AD=2.則AB+2AC的最小值為_.三、解答題17已知等差數(shù)列an滿足

4、2a2+a5=0，a7=2a4-2.(1)求an的通項公式；(2)設bn=，求數(shù)列bn的前n項和.18某項目的建設過程中，發(fā)現(xiàn)其補貼額x（單位：百萬元）與該項目的經(jīng)濟回報y（單位：千萬元）之間存在著線性相關關系，統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下表：補貼額x（單位：百萬元）23456經(jīng)濟回報y（單位：千萬元）2.5344.56(1)請根據(jù)上表所給的數(shù)據(jù)，求出y關于x的線性回歸直線方程；(2)為高質(zhì)量完成該項目，決定對負責該項目的7名工程師進行考核.考核結果為4人優(yōu)秀，3人合格.現(xiàn)從這7名工程師中隨機抽取3人，用X表示抽取的3人中考核優(yōu)秀的人數(shù)，求隨機變量X的分布列與期望.參考公式：19如圖甲，在直角三角形中，已知，

5、D，E分別是的中點.將沿折起，使點A到達點的位置，且，連接，得到如圖乙所示的四棱錐，M為線段上一點.(1)證明：平面平面；(2)過B，C，M三點的平面與線段AE相交于點N，從下列三個條件中選擇一個作為已知條件，求直線DN與平面ABC所成角的正弦值.；直線與所成角的大小為；三棱錐的體積是三棱錐體積的注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.20已知拋物線C：，過點且斜率為k的直線與拋物線C相交于P，Q兩點.(1)設點B在x軸上，分別記直線PB，QB的斜率為.若，求點B的坐標；(2)過拋物線C的焦點F作直線PQ的平行線與拋物線C相交于M，N兩點，求的值.21已知函數(shù).(1)a時，求函數(shù)f（x

6、）在區(qū)間0，上的最值；(2)若關于x的不等式f（x）axcosx在區(qū)間（0，+）上恒成立，求a的取值范圍.22在直角坐標系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為（為參數(shù)）.以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程為.(1)求直線l的直角坐標方程與曲線C的普通方程；(2)已知點的直角坐標為（-1，3），直線l與曲線C相交于E，F(xiàn)兩點，求|AE|AF|的值.23已知函數(shù)=|x-1|+2|x+1|.(1)求不等式5的解集；(2)設的最小值為m.若正實數(shù)a，b，c滿足a+2b+3c=m，求3a2+2b2+c2的最小值.答案第 = page 1 1頁，共 = sectionpages

7、2 2頁答案第 = page 17 17頁，共 = sectionpages 17 17頁參考答案：1C【解析】【分析】解一元二次不等式化簡集合A，解指數(shù)函數(shù)不等式化簡集合B，再求集合的交集.【詳解】或，所以.故選：C.2A【解析】【分析】化簡得，即得解.【詳解】解：由題得z=，所以|z|=.故選：A3C【解析】【分析】將函數(shù)解析式化簡，利用正弦函數(shù)的周期公式可得.【詳解】因為所以最小正周期.故選：C4D【解析】【分析】畫出約束條件的可行域，利用目標函數(shù)的幾何意義，求解即可【詳解】解：可行域如圖所示，作出直線，可知要取最大值，即直線經(jīng)過點解方程組得，所以故選：D5D【解析】【分析】由題知該旋轉(zhuǎn)

8、體為兩個倒立的圓錐底對底組合在一起，根據(jù)圓錐的側面積計算公式可得【詳解】解：由題知該幾何體為兩個倒立的圓錐底對底組合在一起，其中圓錐母線長，圓錐底面半徑，故選：D6B【解析】【分析】根據(jù)漸近線方程，即可求得之間關系，將其轉(zhuǎn)化為關系，即可求得.【詳解】雙曲線的漸近線方程為 因為漸近線方程為，所以故可得：.故選：B7B【解析】【分析】利用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及對數(shù)的運算即可得解.【詳解】，同理又，又，即，故選：B8C【解析】【分析】利用二項分布的概率即可得解.【詳解】由已知命中的概率為0.4，不命中的概率為罰球4次，命中兩次，說明第4次命中，前3次命中1次故概率故選：C9B【解析】【分析】先求出，再求

9、，再化簡即得解.【詳解】解：由得，所以，所以.故選：B10C【解析】【分析】根據(jù)題意舉出反例，即可得出正確選項【詳解】解：對于A，當投擲骰子出現(xiàn)結果為1，1，2，5，6時，滿足平均數(shù)為3，中位數(shù)為2，可以出現(xiàn)點數(shù)6，故A錯誤；對于B，當投擲骰子出現(xiàn)結果為2，2，3，4，6時，滿足中位數(shù)為3，眾數(shù)為2，可以出現(xiàn)點數(shù)6，故B錯誤；對于C，若平均數(shù)為2，且出現(xiàn)6點，則方差S2（62）23.22.4，平均數(shù)為2，方差為2.4時，一定沒有出現(xiàn)點數(shù)6，故C正確；對于D，當投擲骰子出現(xiàn)結果為1，2，3，3，6時，滿足中位數(shù)為3，平均數(shù)為：（1+2+3+3+6）3方差為S2（13）2+（23）2+（33）2+

10、（33）2+（63）22.8，可以出現(xiàn)點數(shù)6，故D錯誤故選：C11A【解析】【分析】證明,同理,所以對于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四邊形，所以該命題正確；證明對任意的m，都存在，使得截面MNPQ是正方形，所以該命題正確；當m=1時，設求出截面的周長為，所以截面MNPQ的周長與n無關，所以該命題正確；截面MNPQ的面積為，利用基本不等式求出截面MNPQ的面積的最大值為1，所以該命題正確.【詳解】解： 因為截面MNPQ，平面平面MNPQ平面,所以,同理,所以,同理,所以對于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四邊形，所以該命題正確；當ACBD時，則,所以截面MNPQ是矩形，當時，如果，所

11、以當時，,此時對任意的m，都存在，使得截面MNPQ是正方形，所以該命題正確；當m=1時，設所以，所以截面的周長為，所以截面MNPQ的周長與n無關，所以該命題正確；當ACBD，且AC=BD=2時，由于截面是矩形，所以截面MNPQ的面積為，當且僅當時等號成立.所以截面MNPQ的面積的最大值為1，所以該命題正確.故選：A12D【解析】【分析】利用導數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而可畫出函數(shù)的大致圖象，令，則方程必有兩個不等根，設兩根分別為（不妨設），且，然后分，和三種情況結合函數(shù)圖象討論即可【詳解】當時，則，當時，當時，所以在上遞增，在上遞減，且當時，當時，則，當時，當時，所以在上遞增，在上遞減，且當時，

12、所以的大致圖象如圖所示，令，則方程必有兩個不等根，設兩根分別為（不妨設），且，當時，則，此時有1個根，有2個根，當時，則，此時有2個根，有1個根，當時，則，此時有0個根，有3個根，綜上，對任意的，方程都有3個根，故選：D【點睛】此題考查導數(shù)的應用，考查函數(shù)與方程的綜合應用，解題的關鍵是利用導數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，然后畫出函數(shù)圖象，結合圖象求解，考查數(shù)學轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結合的思想，屬于中檔題13【解析】【分析】根據(jù)二項式展開式的通項公式計算出正確答案.【詳解】展開式的通項公式為，令得，所以展開式中項的系數(shù)為.故答案為：14#【解析】【分析】利用向量坐標的線性運算求得，相減得，再利用夾角公式可得結果

13、.【詳解】設，則，解得， 故，則、的夾角為.故答案為：.15【解析】【詳解】設直線的方程為，由消去并化簡得，設，解得.由于，所以是垂直平分線與軸的交點，垂直平分線的方程為，令得，由于，所以.也即的縱坐標的取值范圍是.故答案為：16【解析】【分析】根據(jù)三角形的面積公式列方程，結合基本不等式來求得正確答案.【詳解】，依題意是角的角平分線，由三角形的面積公式得，化簡得，.當且僅當，時等號成立.故答案為：17(1)；(2).【解析】【分析】（1）設的首項為，公差為，列方程組解方程組即得解；（2）利用等比數(shù)列的求和公式求解.(1)解：設的首項為，公差為，由題意，可得解得.(2)解：由（1），可得. 所以

14、數(shù)列是一個以為首項，以為公比的等比數(shù)列，設數(shù)列的前項和為，則.18(1)(2)分布列答案見解析，數(shù)學期望：【解析】【分析】（1）根據(jù)表中的數(shù)據(jù)和公式直接求解即可，（2）由題意可知，的可能取值為0，1，2，3，然后求各自對應的概率，從而可求得分布列和期望(1).，.(2)由題意可知，的可能取值為0，1，2，3.，的分布列為0123.19(1)證明見解析(2)【解析】【分析】（1）由線面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理可得證；（2）分別選，可求得為的中點，再以為坐標原點，向量的方向分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系.利用空間向量求得所求的線面角.(1)分別為的中點，.，.，平面.又平面，平面平面

15、.(2)（2）選，；，為的中點.選，直線與所成角的大小為；，直線與所成角為.又直線與所成角的大小為，為的中點.選，三棱錐的體積是三棱錐體積的，又，即，為的中點.過三點的平面與線段相交于點平面，平面.又平面平面，為的中點.兩兩互相垂直，以為坐標原點，向量的方向分別為軸，軸，軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.則；.設平面的一個法向量為，直線與平面所成的角為.由，得.令，得.則.直線與平面所成角的正弦值為.20(1)(2)【解析】【分析】（1）直線的方程為，其中，聯(lián)立直線與拋物線方程，由韋達定理結合已知條件可求得點的坐標；（2）直線的方程為，利用傾斜角定義知，聯(lián)立直線與拋物線方程，利用弦長公

16、式求得，進而得解.(1)由題意，直線的方程為，其中.設， 聯(lián)立，消去得.，即.，即.，點的坐標為.(2)由題意，直線的方程為，其中，為傾斜角，則，設.聯(lián)立，消去得.21(1)最大值為0，最小值為(2)【解析】【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，由導數(shù)小于零，可得函數(shù)在上單調(diào)遞減，從而可求出函數(shù)的最值，（2）由題意得在區(qū)間恒成立，構造函數(shù)，則，設，利用基本不等式可求得，然后分和判斷的最大值是否小于零即可(1)由題意，.，當時，恒成立.在上單調(diào)遞減.當時，取得最大值為0；當時，取得最小值為.(2)不等式在區(qū)間恒成立，即在區(qū)間恒成立.即在區(qū)間恒成立.當時，有成立，即.設.則.設，令.當時，；當時，即.當時，即在區(qū)間上單調(diào)遞減，當時，符合題意；當時，函數(shù)在上單調(diào)遞減，函數(shù)在上單調(diào)遞增.函數(shù)在上單調(diào)遞減.又，使得.且當，即在上單調(diào)遞增，此時，不符合題意.綜上所述，的取值范圍是.【點睛】關鍵點點睛：此題考查導數(shù)的應用，考查利用導數(shù)求函數(shù)的最值，利用導數(shù)解決恒成立問題，解題的關鍵是將不等式在區(qū)間恒成立，轉(zhuǎn)化為在區(qū)間恒成立，然后構造函數(shù)，利用導數(shù)求函數(shù)的最大值小于零即可，考查數(shù)學轉(zhuǎn)化思想和計算能力，屬于較難題22(1)，；(2).【解析】【分析】（1）消去參數(shù)得曲線的普通方程，由題得，化成直角坐標方程即得解；（2）先寫出直線的參數(shù)方程，再利用直線參數(shù)方程的幾何意義結合韋達定理求解.(1)解：由