2021四川省天府名校高三上学期12月诊断性考试理科数学试题含答案

这是一份2021四川省天府名校高三上学期12月诊断性考试理科数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
理数
第Ⅰ卷
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知，，则（ ）．
A．0B．C．D．
2．已知为虚数单位，复数，则在复平面中所对应的点在（ ）．
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．设实数，满足不等式组，则的最小值为（ ）．
A．B．C．0D．2
4．在中，，，分别为角，，的对边，若，，，依次成递增的等差数列，当的周长为20时，其面积等于（ ）．
A．B．C．D．
5．平面区域是由，以及轴围成的封闭图形，图中阴影部分是由和直线围成的，现向区域内随机投掷一点，则点落在阴影区域内的概率为（ ）．
A．B．C．D．
6．已知平面向量，，当和垂直时，（ ）．
A．B．22C．D．25
7．设正数，满足，的最小值为（ ）．
A．6B．8C．9D．10．
8．函数，则不等式的解集是（ ）．
A．B．
C．D．
9．上世纪50年代小学冬天普遍采用三足铸铁火炉，炉子上是铁皮卷成的烟囱，拐弯处的烟囱叫拐脖，如图1所示．其中一部分是底面半径为1的铁皮圆柱筒被一个与底面成45°的平面截成，截成的最短和最长母线长分别为，，如图2所示，现沿将其展开，放置坐标系中，则展开图上缘对应的解析式为（ ）．
图1图2
A．B．
C．D．
10．设为双曲线的右焦点，过点且垂直于轴的直线交双曲线的两条渐近线于，两点（，分别在一、四象限），和双曲线在第一象限的交点为，若，则双曲线的离心率为（ ）．
A．B．C．3D．4
11．已知，若有5个零点，则这五个零点之和的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
12．直四棱柱中，底面四边形为菱形，，，，为中点，过且和平面垂直的平面为平面，平面，则直线和平面所成角的正弦值为（ ）．
A．B．C．D．
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22～23题为选考题，考生根据要求作答．
二、填空题：
13．某圆锥的轴截面是斜边长为20的等腰直角三角形，则该圆锥的表面积等于______．
14．定义在上的偶函数，满足，且，则______．
15．直线的倾斜角为锐角，且和圆及圆均相切，则直线的斜率等于______．
16．已知为抛物线的焦点，弦经过，且，为坐标原点，当的倾斜角等于60°时，______．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．数列满足，．
（1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设的前项之和为，，求数列的前项之和．
18．在三棱锥中，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若点满足，求二面角的余弦值．
19．某班主任对本班40名同学每天参加课外活动的时间（分钟）进行了详细统计，并绘制成频率分布直方图，如图所示：
（1）求实数的值以及参加课外活动时间在中的人数；
（2）从每天参加活动不少于40分钟的人中任选3人，用表示参加课外活动不少于50分钟的人数，求的分布列和数学期望．
20．已知椭圆的离心率为，为右焦点，上一点满足垂直于轴，．
（1）求椭圆的方程；
（2）斜率为2的直线交椭圆于，两点，为坐标原点，求面积的最大值．
21．已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若恒成立，求实数的最小正整数值．
22．选修4-4：坐标系与参数方程．
在平面直角坐标系中，圆的方程为，直线经过点，且倾斜角为，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）写出圆的极坐标方程和直线的参数方程；
（2）设直线交圆于，两点，求．
23．选修4-5：不等式选讲
已知．
（1）解不等式；
（2）设函数的最小值为，，若存在实数，使不等式成立，求实数的取值范围．
参考答案
1．B
【解析】依题意知，，因此．故选B．
2．C
【解析】
根据复数的几何意义，它在复平面中所对应的点为，在第三象限．故选C．
3．B
【解析】由，得，作一簇斜率为的直线，
根据的几何意义知，在点处取得最小值．故选B．
4．A
【解析】由，得，
而由，，依次成递增的等差数列，得，
因为，所以，
将它代入到中并配方得，；
再将代入可得，
因此．故选A．
5．A
【解析】区域的面积，
而由直角三角形的面积等于4可知，阴影面积为，
因此点落在阴影区域内的概率为．故选A．
6．D
【解析】当和垂直时，有成立，解得，
此时根据平面向量的坐标运算得，，
所以．故选D．
7．C
【解析】依题意，
因此
当且仅当时等号成立．故选C．
8．A
【解析】，所以在上为一个增函数，
由知函数为一个奇函数，
所以等价于，
所以，解得或．故选A．
9．D
【解析】是图象上任意一点对应烟囱上的点，
是底面圆周上一点，是母线，
设底面圆心为，，则，
设于，平面交于，
易得，作于，
则．
故选D．
10．A
【解析】设，依题意，，，
由于是直线和双曲线的交点，因此可以求出，
故，，
由于，因此可以得到，
化简得，即，
再结合，得，于是离心率．
故选A．
11．C
【解析】作出函数的图象，
则的零点相当于直线与函数的交点的橫坐标，
欲使有五个零点，则，
设此五个零点依次为，，，，，
由和的对称性可知，，
而，因此这五个零点之和取值范围是．故选C．
12．D
【解析】分别取，，的中点，，，
又为的中点，所以，所以，，，四点共面．
由四边形为菱形知，，
再根据三角形的中位线定理知，所以，
又，，故平面．
又因为平面，所以平面平面．
由及线面平行的判定定理知，平面，
所以平面即为平面，
由，设，
则到平面的距离等于到平面的距离，
而到平面的距离等于线段的长度，
由于四边形为边长等于2的菱形，，
因此为正三角形，故；
也即点到平面的距离等于，
而，
因此直线和平面所成角的正弦值为．故选D．
13．
【解析】依题意，圆锥的底面半径等于10，高等于10，母线长为，
于是其侧面积等于，底面积为，
因此圆锥的表面积为．
14．2
【解析】依题意，，，
因此函数的周期为3，
所以，，
因此．
15．
【解析】如图所示，
设直线和圆切于点，和圆切于点，作于点，
依题意，圆和圆外切，
在直角三角形中，由于，，
因此，从而的斜率等于，
而由和平行知，直线的斜率亦为．
16．
【解析】设，，
此时的直线方程为，即，
将它代入到抛物线方程中，得，
则，，
由，得，解得，
此时的直线方程为，抛物线方程为．
不妨设点在第一象限，因此可以解得，．
∴，，
∴．
17．【解析】解：（1）因为，
所以两边同时加上1可得，，
因为，所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列，
因此，故．
（2）依题意，，
因此，
故，
两边同时乘以3得：，
两式相减得：，
，
，
，
因此，．
18．【解析】（1）取的中点，连接和，
由于，因此，
而由，，得，
又因为，，为的中点，因此，
在中，由于，
故根据勾股定理的逆定理知，
由于直线和平面内的两条相交直线，都垂直，
因此根据直线和平面垂直的判定定理知，直线平面，
又因为平面，因此平面平面．
（2）由（1）知、、两两垂直，
以为原点，、、分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，由于，，
而，因此，，，，
因此，
设平面的一个法向量为，
由于，，故可得方程组，
因此可得其中一个法向量为，
而平面的一个法向量为，
则，
因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
19．【解析】解：（1）因为所有小矩形面积之和等于1，
所以可得方程，
解得，
由于参加课外活动时间在内的频率等于，
因此参加课外活动时间在中的人数为．
（2）依题意，参加课外活动时间在，的人数分别为7人和5人，
随机变量的取值可能为0，1，2，3．
因为，，
，，
所以的分布列为：
．
20．【解析】设椭圆的焦距为，依题意得，
由，知点坐标为，
代入到椭圆方程中得，
结合，可以解得，，
故椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，，，
则根据弦长公式得．
将代入到椭圆方程中得，
由得，
且，，
故，
设到直线的距离为，
则根据点到直线的距离公式得．
因此，的面积为
，
当且仅当时等号成立．
因此，当时，面积的最大值为1．
21．【解析】函数的导函数为，
当时，在上恒为负数，在上单调递减；
当时，令得，
令得．
此时，在上单调递减，
在上单调递增．
（2）法一：依题意，在上恒成立，
即在上恒成立，
令，只需，
则
，
令，则，
令，由于，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值．
于是根据恒为负数知，恒成立，
因此在上单调递减．
而，知，
在区间上必存在，使得函数满足，
因为，
所以时，，单调递增；
在时，，单调递减．
故．
由得，故，
由于，因此，，
因此实数的最小正整数值为1．
法二：若，则．
当时，由第（1）问可知，在单调递减，
当时，即与要求矛盾，不合题意，舍去．
当时，由（1）可知，在上单调递减，
在上单调递增，
所以在处取得极小值，
不妨记为，则有，，
所以代入，
又因为，即，
代入可得，
构造函数，
，
令，，
因此在上单调递增，在上单调递减；
所以当时，取得最大值．
于是根据恒为负数知，恒成立，
所以在上单调递减．
而，知，
在区间上必存在，使得，
从而当等价于，即，
而，所以，
又，所以，
所以的最小正整数值为1．
22．【解析】（1）将，，代入到圆的方程中，
得圆的极坐标方程为，
而直线的参数方程为（为参数）．
（参数方程不唯一）
（2）
将直线的参数方程代入到圆的直角坐标方程中得
，
化简得．
，所以方程有两个根，分别记为，，
，，
则，
所以．
23．【解析】，
（1）当时，所解不等式可化为，解得，
再结合条件知，此时不等式无解；
当时，所解不等式可化为，解得，
再结合条件知，此时不等式的解集为；
当时，所解不等式可化为，解得，
再结合条件知，此时不等式的解集为．
综上所述，原不等式的解集为．
（2）因为时，，单调递减；
时，，单调递减；
时，，单调递增，且是一条连续不间断的曲线．
因此函数的最小值为．
于是实数，从而，
因为存在实数，使不等式成立，
所以，
由于，
当且仅当时等号成立，
由，得．
于是实数的取值范围是．
0
1
2
3