成都市2021-2022学年第一二三诊断性次诊理科数学试题

这是一份成都市2021-2022学年第一二三诊断性次诊理科数学试题，文件包含2022成都三诊试题理科docx、2022成都一诊docx、成都二诊doc等3份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。
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．2π4．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．45．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．4π6．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．37．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2C．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．312．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：补贴额x（单位：百万元）23456经济回报y（单位：千万元）2.5344.56 (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：A3．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：C4．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：B7．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：B8．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：C9．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：B10．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：A12．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0123 .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.