四川省德陽(yáng)市2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期“三診”考試（理科）數(shù)學(xué)試題

德陽(yáng)市高中2021級(jí)“三診”考試數(shù)學(xué)試卷(理工農(nóng)醫(yī)類)說(shuō)明：1．本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4頁(yè)．考生作答時(shí)，須將答案答在答題卡上，在本試卷、草稿紙上答題無(wú)效．考試結(jié)束后，將答題卡交回．2．本試卷滿分150分，120分鐘完卷．第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題：本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1.已知集合，，若，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用集合的包含關(guān)系求解即得.【詳解】集合，，又，則，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.故選：B2.歐拉公式把自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，虛數(shù)單位i，cosθ和sinθ聯(lián)系在一起，充分體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的和諧美，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”，若復(fù)數(shù)滿足，則正確的是（）A.的共軛復(fù)數(shù)為 B.的實(shí)部為1C.的虛部為i D.的模為1【答案】D【解析】【分析】由歐拉公式計(jì)算可得，再根據(jù)共軛復(fù)數(shù)、實(shí)部、虛部定義以及模長(zhǎng)公式可得結(jié)果.【詳解】由可得，所以，可得，所以的共軛復(fù)數(shù)為，即A錯(cuò)誤；的實(shí)部為0，即B錯(cuò)誤；的虛部為，所以C錯(cuò)誤；的模為1，可知D正確.故選：D3.在的展開(kāi)式中的系數(shù)是（）A.30 B.35 C.55 D.60【答案】C【解析】【分析】利用二項(xiàng)式定理求出所有含的項(xiàng)，計(jì)算可得系數(shù).【詳解】由二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)可得展開(kāi)式中含的項(xiàng)包括兩項(xiàng)，即，所以展開(kāi)式中的系數(shù)是55.故選：C4.已知函數(shù)，且，則的值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用給定等式求出，再利用二倍角的正切計(jì)算即得.【詳解】函數(shù)，求導(dǎo)得，由，得，解得，所以.故選：B5.執(zhí)行下面的程序框圖，輸出的（）A. B.C D.【答案】A【解析】【分析】由程序框圖的循環(huán)結(jié)構(gòu)，代入計(jì)算可得結(jié)果.【詳解】根據(jù)流程框圖可知，第一次計(jì)算結(jié)果；第二次循環(huán)計(jì)算可得；第三次循環(huán)計(jì)算可得，不滿足，循環(huán)結(jié)束，此時(shí)輸出.故選：A6.已知向量，為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)滿足約束條件，則的最大值為（）A. B.2 C. D.3【答案】D【解析】【分析】利用向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示得出約束條件，畫(huà)出可行域并利用直線的截距的幾何意義求得結(jié)果.【詳解】易知，所以約束條件即為，畫(huà)出可行域如下圖陰影部分所示：將目標(biāo)函數(shù)變形可得，當(dāng)其在軸上的截距最小時(shí)，的取值最大；對(duì)直線，令，則，則，顯然當(dāng)直線平移到過(guò)點(diǎn)時(shí)，取最大值3.故選：D7.2023年7月28日至8月8日，第31屆世界夏季大學(xué)生運(yùn)動(dòng)會(huì)在成都市舉行，組委會(huì)將5名大學(xué)生分配到A，B，C三個(gè)路口進(jìn)行引導(dǎo)工作，每個(gè)路口至少分配一人，每人只能去一個(gè)路口．若甲、乙要求去同一個(gè)路口，則不同的分配方案共有（）A.18種 B.24種 C.36種 D.48種【答案】C【解析】【分析】按照分組分配問(wèn)題先將5人分情況討論并分成三組，再分配到三個(gè)路口進(jìn)行計(jì)算可得結(jié)果.【詳解】第一步：先將5名大學(xué)生分成三組，每組人數(shù)為1，1，3或1，2，2；當(dāng)分為1，1，3時(shí)，且甲、乙要求去同一個(gè)路口，則甲、乙必須在3人組，因此只需從剩下的3人中任選一人，其余兩人各自一組，共有種分法；當(dāng)分為1，2，2時(shí)，且甲、乙要求去同一個(gè)路口，則將剩下的3人分成兩組即可，共有種分法；第二步：再將分好的三組人員分配到三個(gè)路口，共有種分配方案；因此共種.故選：C8.α，β，γ為不同的平面，m，n，l為不同的直線，則m⊥β的一個(gè)充分條件是A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】解：因?yàn)棣?，β，γ為不同的平面，m，n，l為不同的直線，則m⊥β的一個(gè)充分條件是，選A9.如今我國(guó)物流行業(yè)蓬勃發(fā)展，極大地促進(jìn)了社會(huì)經(jīng)濟(jì)發(fā)展和資源整合．已知某類果蔬的保鮮時(shí)間y(單位：小時(shí))與儲(chǔ)藏溫度x(單位：℃)滿足函數(shù)關(guān)系．(a，b．為常數(shù))，若該果蔬在7℃的保鮮時(shí)間為288小時(shí)，在21℃的保鮮時(shí)間為32小時(shí)，且該果蔬所需物流時(shí)間為4天，則物流過(guò)程中果蔬的儲(chǔ)藏溫度(假設(shè)物流過(guò)程中恒溫)最高不能超過(guò)（）A.14℃ B.15℃ C.13℃ D.16℃【答案】A【解析】【分析】根據(jù)給定的函數(shù)模型建立方程組，再列出不等式即可求解.【詳解】依題意，，則，即，顯然，設(shè)物流過(guò)程中果蔬的儲(chǔ)藏溫度為t℃，于是，解得，因此，所以物流過(guò)程中果蔬的儲(chǔ)藏溫度最高不能超過(guò)14℃.故選：A10.“阿基米德多面體”也稱半正多面體，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形圍成的多面體，它體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美．如圖是以正方體的各條棱的中點(diǎn)為頂點(diǎn)的多面體，這是一個(gè)有八個(gè)面為正三角形，六個(gè)面為正方形的“阿基米德多面體”，若該多面體的棱長(zhǎng)為，則該多面體外接球的表面積為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】將該多面體補(bǔ)全為正方體，得出該多面體的外接球即為正方體的棱切球，求出該正方體的棱長(zhǎng)得出棱切球半徑，計(jì)算得到表面積.【詳解】將“阿基米德多面體”補(bǔ)全正方體，如下圖所示：不妨取兩棱中點(diǎn)為，由題知，易知，可得，所以正方體的棱長(zhǎng)為2，該多面體的外接球即為正方體的棱切球，所以棱切球的直徑為該正方體的面對(duì)角線，長(zhǎng)度為，因此該多面體的外接球的半徑為，所以其表面積為.故選：A11.設(shè)是雙曲線的左、右焦點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P是C上異于實(shí)軸端點(diǎn)的任意一點(diǎn)，若則C的離心率為（）A. B. C.3 D.2【答案】D【解析】【分析】設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)間距離公式，結(jié)合點(diǎn)在雙曲線上及給定等式化簡(jiǎn)計(jì)算即得.【詳解】令雙曲線的焦點(diǎn)，設(shè)，則，即有，，同理，而，故，因此，即，所以雙曲線C的離心率.故選：D12.已知函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為，且，，則不等式的解集是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意可構(gòu)造函數(shù)，求得的單調(diào)性，再利用函數(shù)對(duì)稱性解不等式即可求得結(jié)果.【詳解】構(gòu)造函數(shù)，則；因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，，即，此時(shí)在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，即，此時(shí)在上單調(diào)遞減；又，所以，即；所以函數(shù)圖象上的點(diǎn)關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)也在函數(shù)圖象上，即函數(shù)圖象關(guān)于直線對(duì)稱，不等式變形為，即；可得，又在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，解得.故選：C【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于根據(jù)的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造函數(shù)，判斷出其單調(diào)性，再由得出其對(duì)稱性解不等式即可.第Ⅱ卷(非選擇題共90分)本卷包括必考題和選考題兩部分，第13~21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答，第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．二、填空題：共4小題，每小題5分，共20分．將答案填在答題卡上．13.已知函數(shù)f(x)═cos(x+θ)是奇函數(shù)，則θ的最小正值為_(kāi)__________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意可得，可求的最小正值.【詳解】由函數(shù)為奇函數(shù)，可得，則的最小正值為.故答案為：.14.在中，角的對(duì)邊分別為；已知，若向量滿足，則的面積為_(kāi)_________．【答案】【解析】【分析】利用向量平行的坐標(biāo)表示可得，再由余弦定理解得，利用面積公式可得結(jié)果.【詳解】根據(jù)題意由可得，整理可得；又可知，即可得，解得；所以的面積為.故答案為：15.已知兩點(diǎn)，若直線上存在唯一點(diǎn)P滿足，則實(shí)數(shù)m的值為_(kāi)_________．【答案】【解析】【分析】設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，求出點(diǎn)的軌跡，再根據(jù)直線與圓相切求出m的值.【詳解】設(shè)點(diǎn)，則，由，得，因此點(diǎn)在以原點(diǎn)為圓心，1為半徑的圓上，顯然直線與此圓相切，則，解得，所以實(shí)數(shù)m的值為.故答案為：16.已知F為拋物線的焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F的直線l與拋物線C相交于不同的兩點(diǎn)A、B，若拋物線C在A、B兩點(diǎn)處的切線相交于點(diǎn)P，則的最小值為_(kāi)______．【答案】5【解析】【分析】設(shè)出直線方程并于拋物線聯(lián)立，利用焦點(diǎn)弦公式求得的表達(dá)式，再利用導(dǎo)數(shù)求得切線方程得出點(diǎn)坐標(biāo)，可得，再由對(duì)勾函數(shù)性質(zhì)即可得出其最小值.【詳解】由拋物線可知，顯然直線的斜率一定存在，可設(shè)直線的方程為，；如下圖所示：聯(lián)立拋物線和直線的方程，消去可得；由韋達(dá)定理可得；利用焦點(diǎn)弦公式可得；由可得，求導(dǎo)可得，所以拋物線在點(diǎn)處的切線方程為，由，整理可得；同理可得點(diǎn)處的切線方程為；聯(lián)立解得，即；可得；所以，令，則；利用對(duì)勾函數(shù)性質(zhì)可知函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立；即的最小值為5.故答案為：5【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：在求解拋物線在某點(diǎn)處的切線方程時(shí)，經(jīng)常利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義得出切線方程表達(dá)式即可解得交點(diǎn)坐標(biāo)，再由焦點(diǎn)弦公式得出的表達(dá)式可求得最小值.三、解答題：解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17.已知是等差數(shù)列，是等比數(shù)列，且的前n項(xiàng)和為，在①，②這兩個(gè)條件中任選其中一個(gè)，完成下面問(wèn)題的解答．（1）求數(shù)列和的通項(xiàng)公式;（2）設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為，是否存在，使得若存在，求出所有滿足題意的；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列定義可求得，利用等比數(shù)列定義根據(jù)條件①②列方程組解得公比可得；（2）利用錯(cuò)位相減法求出，易知，又可得.【小問(wèn)1詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，由可得，解得；所以，即數(shù)列的通項(xiàng)公式為設(shè)等比數(shù)列的公比為，若選擇條件①，，由且，可得，即，解得，所以是以為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列，可得；即數(shù)列的通項(xiàng)公式為；若選擇條件②，，令，則，所以公比，此時(shí)，經(jīng)檢驗(yàn)滿足題意，即是以為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列，所以【小問(wèn)2詳解】假設(shè)滿足題意得存在，因?yàn)?，所以，兩式相減可得；所以，因?yàn)椋?；所以由可得，即，又，所以，即，解得，因此滿足題意的存在，且.18.某公司為了確定下季度的前期廣告投入計(jì)劃，收集并整理了近6個(gè)月廣告投入量x(單位：萬(wàn)元)和收益y(單位：萬(wàn)元)的數(shù)據(jù)如表(其中有些數(shù)據(jù)污損不清)：月份123456廣告投入量27810收益20303437他們分別用兩種模型①，②進(jìn)行擬合，得到相應(yīng)的回歸方程并進(jìn)行殘差分析，得到如圖所示的殘差圖及一些統(tǒng)計(jì)量的值．（1）根據(jù)殘差圖，比較模型①，②的擬合效果，應(yīng)選擇哪個(gè)模型?（2）殘差絕對(duì)值大于2的數(shù)據(jù)被認(rèn)為是異常數(shù)據(jù)，需要剔除．（i）剔除異常數(shù)據(jù)后，求出（1）中所選模型的回歸方程；（ii）若廣告投入量x=19，則（1）中所選模型收益的預(yù)報(bào)值是多少萬(wàn)元?(精確到0.01)附：對(duì)于一組數(shù)據(jù)其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計(jì)分別為：.【答案】（1）模型①；（2）（i）；（ii）.【解析】【分析】（1）觀察殘差圖，利用殘差波動(dòng)大小選擇.（2）（i）利用給定數(shù)據(jù)，計(jì)算最小二乘法公式中相關(guān)量，求出回歸直線方程；（ii）利用求得的回歸方程進(jìn)行數(shù)據(jù)估計(jì).【小問(wèn)1詳解】由于模型①殘差波動(dòng)小，應(yīng)該選擇模型①.【小問(wèn)2詳解】（i）剔除異常數(shù)據(jù)，即3月份的數(shù)據(jù)，剩下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，，，，，，，所以所選模型的回歸方程為.（ii）若廣告投入量，則該模型收益的預(yù)報(bào)值是(萬(wàn)元).19.如圖，在三棱柱中，底面是等邊三角形，，D為的中點(diǎn)，過(guò)的平面交棱于E，交于F．（1）求證:平面⊥平面；（2）若是等邊三角形，，求二面角的正弦值．【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）【解析】【分析】（1）先證明平面，再證明面面垂直即可得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求二面角的余弦值，再由同角三角函數(shù)的基本關(guān)系得解.【小問(wèn)1詳解】連接，因?yàn)?，所以，所?因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以.因?yàn)?，D為BC的中點(diǎn)，所以因?yàn)槠矫?，所以平面，又，所以平面，又平面，所以平面平?【小問(wèn)2詳解】取的中點(diǎn)，連接，因?yàn)槭堑冗吶切?，所以，?1)可知平面，則兩兩垂直，故以為原點(diǎn)，所在直線為軸，過(guò)作的平行線為軸，所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，因?yàn)榈酌媸沁呴L(zhǎng)為的等邊三角形，所以，因?yàn)槭堑冗吶切?，所以，所以則，設(shè)平面法向量為，由，令，得.易知平面的一個(gè)法向量為，記二面角的大小為，則，故二面角的正弦值為.20.已知橢圓的離心率為其左右焦點(diǎn)分別為下頂點(diǎn)為A，右頂點(diǎn)為B，的面積為（1）求橢圓C的方程;（2）設(shè)不過(guò)原點(diǎn)O的直線交C于M、N兩點(diǎn)，且直線的斜率依次成等比數(shù)列，求面積的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)橢圓離心率及的面積列式可得結(jié)果；（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，根據(jù)韋達(dá)定理及條件得到m與k的關(guān)系，由點(diǎn)到直線的距離公式、弦長(zhǎng)公式表示面積，構(gòu)造函數(shù)可得結(jié)果.【小問(wèn)1詳解】依題意，又，又，所以，所以橢圓C的方程為.【小問(wèn)2詳解】由題意可知，直線的斜率存在且不為0，故可設(shè)直線：，，聯(lián)立直線和橢圓，化簡(jiǎn)得，由題意可知，即，且，則，又直線的斜率依次成等比數(shù)列。即，則，所以且，設(shè)點(diǎn)O到直線的距離為，又，所以，令，，顯然在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，所以，即，所以，故面積的取值范圍為.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求解橢圓中三角形的面積問(wèn)題時(shí)，一般需要設(shè)出直線方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式，點(diǎn)到直線距離公式等，表示出三角形的面積，再利用構(gòu)造函數(shù)或基本不等式的方法求解即可.21.設(shè)函數(shù)，．（1）試研究在區(qū)間上的極值點(diǎn)；（2）當(dāng)時(shí)，，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【答案】（1）無(wú)極值點(diǎn)；（2）.【解析】【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)單調(diào)性，判斷函數(shù)的極值點(diǎn).（2）按分類探討，利用（1）中信息，結(jié)合不等式性構(gòu)造函數(shù)并推理得，當(dāng)時(shí)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合單調(diào)性判斷即得.【小問(wèn)1詳解】函數(shù)，求導(dǎo)得，令，求導(dǎo)得，設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，則在上單調(diào)遞增，即有，于函數(shù)在上單調(diào)遞增，因此，所以在區(qū)間上沒(méi)有極值點(diǎn).【小問(wèn)2詳解】由（1）知，當(dāng)，則，設(shè)，求導(dǎo)得，設(shè)，求導(dǎo)得，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，有，即，函數(shù)在上單調(diào)遞增，于是，即，則對(duì)任意的恒成立，當(dāng)時(shí)，，則當(dāng)時(shí)，對(duì)任意的恒成立，當(dāng)時(shí)，設(shè)，求導(dǎo)得，顯然，而函數(shù)在上的圖象連續(xù)不斷，則存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)于任意的，均有，因此函數(shù)在上單調(diào)遞減，則當(dāng)時(shí)，，即，不符合題意，綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍為.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒成立與有解問(wèn)題的求解策略：①通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；②利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題．③根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)行求解，若參變分離不易求解問(wèn)題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問(wèn)題的區(qū)別．請(qǐng)考生在22、23