四川省巴中市2023-2024学年高三下学期一诊（一模）考试数学（理）试卷（Word版附答案）

这是一份四川省巴中市2023-2024学年高三下学期一诊（一模）考试数学（理）试卷（Word版附答案），共21页。试卷主要包含了考试结束后，考生将答题卡交回，已知是实数，则“”是“”的，已知向量满足，则，中，角的对边分别为，若等内容，欢迎下载使用。

（满分150分120分钟完卷）
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､班级､考号填写在答题卡规定的位置.
2.答选择题时请使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题答题时必须用0.5毫米黑色墨迹签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置，在规定的答题区城以外答题无效，在试题卷上答题无效.
3.考试结束后，考生将答题卡交回.
一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.
1.若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2.已知集合，或，则集合（ ）
A. B. C. D.
3.已知，若三个数成等比数列，则（ ）
A.5 B.1 C.-1 D.-1，或1
4.已知是实数，则“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
5.已知向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
6.已知直线与平面，下列命题中正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
7.中，角的对边分别为，若.则（ ）
A. B. C. D.
8.从四个数字组成的没有重复数字的四位数中任取一个数，则该数为偶数的概率为（ ）
A. B. C. D.
9.已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，点在直线上且（为坐标原点），则下列结论中不正确的是（ ）
A.
B.
C.的最小值为6
D.的面积的最小值为
10.在三棱锥中，侧面是等边三角形，平面平面且，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
11.若函数在区间内恰有一个零点，则实数的取值集合为（ ）
A.
B.，或
C.
D.，或
12.已知函数，若，且在上单调，则的取值可以是（ ）
A.3 B.5 C.7 D.9
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案写在答题卡的相应位置上.
13.的展开式中的常数项等于__________.（用数字作答）
14.已知实数满足约束条件则的最小值为__________.
15.已知奇函数的导函数为，若当时，且.则的单调增区间为__________.
16.已知双曲线的左，右焦点分别为，点在直线上.当取最大值时，__________.
三､解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17-21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
（一）必考题：共60分
17.（12分）
已知数列的前项和为，且是与2的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
18.（12分）
如图，在直三棱柱中，分别是的中点，.
（1）证明：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
19.（12分）
下图是某市2016年至2022年生活垃圾无害化处理量（单位：万吨）与年份的散点图.
（1）根据散点图推断变量与是否线性相关，并用相关系数加以说明；
（2）建立关于的回归方程（系数精确到0.01），预测2024年该市生活垃圾无害化处理量.
参考数据：
参考公式：；相关系数.
20.（12分）
已知椭圆的离心率为，左顶点分别为为的上顶点，且的面积为2.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的动直线与交于两点.证明：直线与的交点在一条定直线上.
21.（12分）.
已知函数.
（1）设，证明：当时，过原点有且仅有一条直线与曲线相切；
（2）若函数有两个零点，求的取值范围.
（二）选考题：共10分，请考生在第22､23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.
22.（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】
在直角坐标系中，已知曲线（为参数）和圆.以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线和圆的极坐标方程；
（2）设过点倾斜角为的直线分别与曲线和圆交于点（异于原点），求的面积的最大值.
23.（10分）【选修4-5：不等式选讲】
已知函数.
（1）解不等式；
（2）若不等式恒成立，求的取值范围.
巴中市普通高中2021级“一诊”考试
数学参考答案（理科）
一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.60 14.-7 15. 16.
三､解答题：共70分
17.（12分）
解：（1）方法1
由题意，得
两式相減得，化简得
取得，解得
是以2为首相，2为公比的等比数列
.
方法2
由题意，得
取得，解得
当时，，整理得
是以4为首项，2为公比的等比数列
.
（2）由（1）得：，故
故
18.（12分）
解：（1）证法1
由且.得
由直梭柱的性质知平面.
又平面
平面
平面
平面
平面
平面.
证法2
由其得
出直棱柱的性质知，平面平面
又平面，垧平面
平面
平面
平面
平面.
（2）方法1
由（1）知平面，又平面
，故
又
.
故，从而两两垂直
以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系
出题意得，
设平面的一个法向量为
由得取得
设与平面所成角为，则
与平面所成角的正弦值为.
方法2
由（1）知平面，又平面
，故
又
，故
，故
又，同理可得
，故
设点到平面的距离为与平面所成角为
则
，即与平面所成角的正弦值为.
19.（12分）
解：（1）
由与的相关系数约为0.97表明：与的线性相关程度相当高
可用线性同归模型拟合与的关系.
（2）由及（1）得
关于的回归方程为
代2024年对应的年份代码入回归方程得：
预测2024年该市生活垃圾无害化处理量将约为1.84万吨.
20.（12分）
解：（1）由题意得，化简得
又
椭圆的方程为
（2）方法1：由（1）得
设，直线，直线
由得
山于，战①.
由得
由于，故②
由题设知，代入①②化简得
省，则，此时
故重合，即直线椭圆C相切，不合题意
点满足且，联立解得
即与的交点在定直线上.
方法2：由（1）可得，设
山题意知，直线的斜率不为0，设其方程为，且
由消去整理得
则，解得
由根与系数的关系得
直线的方程为，直线的方程为
联立直线与直线的方程可得：
由可得，故与的交点在定直线上
方法3：由（1）可得，设
由题意知，直线的斜率不为0，设其方程为且
由消去整理得
则，解得
由根与系数的关系得
当线的方程为，自线的方程为
联立得
代入得：
即，化简得
解得，故与的交点在定直线上.
方法4：设，由题可知的斜率一定存在，设
由得
，解得
由根与系数的关系得
又
联立解得：
，即与的交点在定直线上.
方法5：设，由题意知的斜率一定存在，设
山得
，解得
由根与系数的关系得
①
由得，即②
由①②得
直线的方程为，直线的方程为
联立直线与直线的方程解得
与的交点在定直线上.
方法6：
设与交于点，则
代入，解得
由题设知
即，化简得
根据题意知，故
，即与的交点在定直线上.
注：
本题第（2）问的解法1，解法4，解法6是参照2024年版《高考试题分析（数学）》P225228对2023年高考新课标II卷第21题的解题思路给出的.
21.（12分）
解：（1）证法1
由题意，
设过原点的直线与曲线相切于点，则
，变形化简得
设，则
若，则当时恒有，此时方程①有唯一解
过原点的有且仅有一条直线与曲线相切
若，则得，由得
，方程①有唯一解
过原点有且仅有一条直线与曲线相切.
综上，当时，过点有且仅有一条直线与曲线相切.
证法2
由题意，
设过原点的直线与曲线相切于点，则
变形化简得①
设，则
当时单调减；当时单调增
由知，当.仅当取等号
当时，关于的方程①有唯一解
当时，过原点有且仅有一条直线与曲线相切.
（2）方法1
内（1）知：当时，
故当时，当时
，此时至多一个零点，份题意
当则，设
由（1）中方法1知
又
在各有一个零点，设为
有三个零点，且
当，或时，；当，线时，
的极大值为的极小值为和
且
又当，或时，都有
恰在和各有一个零点，符合题意
的取值范围为
方法2
由变形得
令，则
当时，：当时，
，故
X当时，有，此时的取值范围为
当时，由直线上升与对数增长的比较知，的取值范围为
故对任意的，关于的方程恒有两个解
有两个零点等价于在有且仅有一个零点
由（1）知，当时，在恒成立，当H.仪当取等号
当则，至多一个零点，不合题意
当时，由知
又，且
在有且仅有一个零点
综上可知，的取值范围为.
方法3
由变形得
令，则
当时，；当时，
，故
又当时，有，此时的取值范围为
当时，由直线上升与指数爆炸的比较知，的取值范围为
故对任意的，关于的方程恒有两个解
有两个零点等价于在内有唯一零点
又
（i）当则，在足增函数，此则
当且仅当取等号，故时，至多一个零点，不合题意
（ii）当时，若，则；若，则
此时
又，且
任有且仅有一个零点
综上可知，的取值范围为.
方法4
令，则
当时，；当时，
，故，且
由得，变形得
令，则有两个零点等价于有两个零点
，当且仅当时取等号
当时单调递减：当时单调递增
由有零点知，则
X当时，故
取，则
X，头时，有，且
当时（如下图），故
当时，保，而当则，
当是
故当时，在和各有一个零点，故有两个零点
的取值范围为
（二）选考题：共10分.
22.（10分）
解：（1）由变形得，消去参数得
代入和的普通方程并化简得：
直线的极坐标方程为，圆极坐标方程为.
（2）方法1
由题意，设直线的极坐标方程为
代入得，故
代入得，故
由知，印
由圆的方程得
当且仅当时取等号
的面积的最大值为.
方法2
由题意，设直线的极坐标方程为
代得，故
代入得，故
由知，
由圆的方程得
设到直线的距离为，则
当且仅当时取等号
的面积的最大值为.
方法3
设直线的参数方程为（为参数）.
代的方程入解得，故
代的方程入解得，故
由知，
下同方法1或2
方法4
设直线的方程为，由知，
由解得；由解得
设到直线的距离为，则
令，则
，当且仅当时取等号
，即的面积的最大值为.
23.（10分）
解：（1）方法1
不等式可化为：
①解得
②解得
③解得
不等式的解集为.
方法2
由解得，或，或
如图，由不等式解集的几何意义得：的解集为
（2）“不等式恒成立”等价于“不等式恒成立”
记，则
当时，
当时，
当时，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
C
D
D
A
B
C
B
D
C
D
A