四川省德阳市2023-2024学年高三下学期“三诊”考试（理科）数学试题

这是一份四川省德阳市2023-2024学年高三下学期“三诊”考试（理科）数学试题，共21页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4页等内容，欢迎下载使用。

说明：
1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4页．考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效．考试结束后，将答题卡交回．
2．本试卷满分150分，120分钟完卷．
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，若，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用集合的包含关系求解即得.
【详解】集合，，又，则，
所以实数a的取值范围是.
故选：B
2. 欧拉公式把自然对数的底数，虚数单位i，csθ和sinθ联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学中的天桥”，若复数满足，则正确的是（ ）
A. 的共轭复数为B. 的实部为1
C. 的虚部为iD. 的模为1
【答案】D
【解析】
【分析】由欧拉公式计算可得，再根据共轭复数、实部、虚部定义以及模长公式可得结果.
【详解】由可得，该试卷源自 每日更新，享更低价下载。所以，可得，
所以的共轭复数为，即A错误；
的实部为0，即B错误；
的虚部为，所以C错误；
的模为1，可知D正确.
故选：D
3. 在的展开式中的系数是（ ）
A. 30B. 35C. 55D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项式定理求出所有含项，计算可得系数.
【详解】由二项展开式的通项可得展开式中含的项包括两项，
即，
所以展开式中的系数是55.
故选：C
4. 已知函数，且 ，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导函数，利用给定等式求出，再利用二倍角的正切计算即得.
【详解】函数，求导得，
由，得，解得，
所以.
故选：B
5. 执行下面的程序框图，输出的（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由程序框图的循环结构，代入计算可得结果.
【详解】根据流程框图可知，第一次计算结果为；
第二次循环计算可得；
第三次循环计算可得，不满足，循环结束，
此时输出.
故选：A
6. 已知向量，为坐标原点，动点满足约束条件，则的最大值为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量数量积的坐标表示得出约束条件，画出可行域并利用直线的截距的几何意义求得结果.
【详解】易知，
所以约束条件即为，
画出可行域如下图阴影部分所示：
将目标函数变形可得，
当其在轴上的截距最小时，的取值最大；
对直线，令，则，则，
显然当直线平移到过点时，取最大值3.
故选：D
7. 2023年7月28日至8月8日，第31届世界夏季大学生运动会在成都市举行，组委会将5名大学生分配到A，B，C三个路口进行引导工作，每个路口至少分配一人，每人只能去一个路口．若甲、乙要求去同一个路口，则不同的分配方案共有（ ）
A. 18种B. 24种C. 36种D. 48种
【答案】C
【解析】
【分析】按照分组分配问题先将5人分情况讨论并分成三组，再分配到三个路口进行计算可得结果.
【详解】第一步：先将5名大学生分成三组，每组人数为1，1，3或1，2，2；
当分为1，1，3时，且甲、乙要求去同一个路口，则甲、乙必须在3人组，
因此只需从剩下的3人中任选一人，其余两人各自一组，共有种分法；
当分为1，2，2时，且甲、乙要求去同一个路口，则将剩下的3人分成两组即可，共有种分法；
第二步：再将分好的三组人员分配到三个路口，共有种分配方案；
因此共种.
故选：C
8. α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】解：因为α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件是，选A
9. 如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合．已知某类果蔬的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系．(a，b．为常数)，若该果蔬在7℃的保鲜时间为288小时，在21℃ 的保鲜时间为32小时，且该果蔬所需物流时间为4天，则物流过程中果蔬的储藏温度(假设物流过程中恒温)最高不能超过（ ）
A. 14℃B. 15℃C. 13℃D. 16℃
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的函数模型建立方程组，再列出不等式即可求解.
【详解】依题意，，则，即，显然，
设物流过程中果蔬的储藏温度为t℃，于是，
解得，因此，
所以物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过14℃.
故选：A
10. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将该多面体补全为正方体，得出该多面体的外接球即为正方体的棱切球，求出该正方体的棱长得出棱切球半径，计算得到表面积.
【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示：
不妨取两棱中点为，由题知，
易知，可得，
所以正方体的棱长为2，该多面体的外接球即为正方体的棱切球，
所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为，
因此该多面体的外接球的半径为，所以其表面积为.
故选：A
11. 设是双曲线的左、右焦点，O是坐标原点，点P是C上异于实轴端点的任意一点，若则C的离心率为（ ）
A. B. C. 3D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】设出点的坐标，利用两点间距离公式，结合点在双曲线上及给定等式化简计算即得.
【详解】令双曲线的焦点，设，
则，即有，
，同理，
而，故，
因此，
即，所以双曲线C的离心率.
故选：D
12. 已知函数及其导函数的定义域均为，且，，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可构造函数，求得的单调性，再利用函数对称性解不等式即可求得结果.
【详解】构造函数，则；
因为，
所以当时，，即，此时在上单调递增；
当时，，即，此时在上单调递减；
又，所以，即；
所以函数图象上的点关于的对称点也在函数图象上，
即函数图象关于直线对称，
不等式变形为，即；
可得，
又在上单调递增，在上单调递减，
所以，解得.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据的结构特征构造函数，判断出其单调性，再由得出其对称性解不等式即可.
第 Ⅱ 卷(非选择题 共90分)
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：共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡上．
13. 已知函数 f(x)═cs(x+θ)是奇函数，则θ的最小正值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，可求的最小正值.
【详解】由函数为奇函数，可得，
则的最小正值为.
故答案为：.
14. 在中，角的对边分别为；已知，若向量满足，则的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量平行的坐标表示可得，再由余弦定理解得，利用面积公式可得结果.
【详解】根据题意由可得，
整理可得；
又可知，即可得，解得；
所以的面积为.
故答案为：
15. 已知两点，若直线上存在唯一点 P 满足 ，则实数m 的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设出点的坐标，求出点的轨迹，再根据直线与圆相切求出m 的值.
【详解】设点，则，由，得，
因此点在以原点为圆心，1为半径的圆上，显然直线与此圆相切，
则，解得，
所以实数m 值为.
故答案为：
16. 已知F为抛物线的焦点，过点F的直线l与抛物线C相交于不同的两点A、B，若抛物线C在A、B两点处的切线相交于点P，则的最小值为_______．
【答案】5
【解析】
【分析】设出直线方程并于抛物线联立，利用焦点弦公式求得的表达式，再利用导数求得切线方程得出点坐标，可得，再由对勾函数性质即可得出其最小值.
【详解】由抛物线可知，
显然直线的斜率一定存在，可设直线的方程为，；
如下图所示：
联立抛物线和直线的方程，消去可得；
由韦达定理可得；
利用焦点弦公式可得；
由可得，求导可得，
所以抛物线在点处的切线方程为，由，
整理可得；
同理可得点处的切线方程为；
联立解得，即；
可得；
所以，
令，则；
利用对勾函数性质可知函数在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立；
即的最小值为5.
故答案为：5
【点睛】关键点点睛：在求解抛物线在某点处的切线方程时，经常利用导数的几何意义得出切线方程表达式即可解得交点坐标，再由焦点弦公式得出的表达式可求得最小值.
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知是等差数列，是等比数列，且的前n项和为，在①，②这两个条件中任选其中一个，完成下面问题的解答．
（1）求数列和的通项公式;
（2）设数列的前n项和为，是否存在，使得若存在，求出所有满足题意的；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列定义可求得，利用等比数列定义根据条件①②列方程组解得公比可得；
（2）利用错位相减法求出，易知，又可得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由可得，解得；
所以，
即数列的通项公式为
设等比数列的公比为，
若选择条件①，，
由且，可得，
即，解得，
所以是以为首项，公比为2的等比数列，可得；
即数列的通项公式为；
若选择条件②，，
令，则，所以公比，此时，经检验满足题意，
即是以为首项，公比为2的等比数列，
所以
【小问2详解】
假设满足题意得存在，
因为，
所以，
两式相减可得；
所以，
因为，所以；
所以由可得，即，又，
所以，即，解得，
因此满足题意的存在，且.
18. 某公司为了确定下季度的前期广告投入计划，收集并整理了近6个月广告投入量x(单位：万元)和收益y(单位：万元)的数据如表(其中有些数据污损不清)：
他们分别用两种模型①，②进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图所示的残差图及一些统计量的值．
（1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型?
（2）残差绝对值大于2 的数据被认为是异常数据，需要剔除．
（i）剔除异常数据后，求出（1）中所选模型的回归方程；
（ii）若广告投入量x=19，则（1）中所选模型收益的预报值是多少万元?(精确到0.01)
附：对于一组数据 其回归直线 的斜率和截距的最小二乘估计分别为： .
【答案】（1）模型①；
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）观察残差图，利用残差波动大小选择.
（2）（i）利用给定数据，计算最小二乘法公式中相关量，求出回归直线方程；（ii）利用求得的回归方程进行数据估计.
【小问1详解】
由于模型①残差波动小，应该选择模型①.
【小问2详解】
（i）剔除异常数据，即3月份的数据，剩下数据的平均数为，
，，，
，，
，
所以所选模型的回归方程为.
（ii）若广告投入量，
则该模型收益的预报值是(万元).
19. 如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，，D为的中点，过的平面交棱于 E，交 于F．

（1）求证:平面⊥平面；
（2）若是等边三角形，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，再证明面面垂直即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，再由同角三角函数的基本关系得解.
【小问1详解】
连接，
因为，
所以，所以.
因为D为BC的中点，所以.
因为，D为BC的中点，所以
因为平面，
所以平面，
又，所以平面，
又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
取的中点，连接，
因为是等边三角形，所以，
由(1)可知平面，则两两垂直，
故以为原点，所在直线为轴，过
作的平行线为轴，所在直线为
轴建立空间直角坐标系，如图，

因为底面是边长为的等边三角形，所以，
因为是等边三角形，所以，
所以
则，
设平面的法向量为，
由，令，得.
易知平面一个法向量为，
记二面角的大小为，
则，
故二面角的正弦值为.
20. 已知椭圆 的离心率为 其左右焦点分别为 下顶点为A，右顶点为B，的面积为
（1）求椭圆 C 方程;
（2）设不过原点O 的直线交C于M、N两点，且直线 的斜率依次成等比数列，求 面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率及的面积列式可得结果；
（2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理及条件得到m与k的关系，由点到直线的距离公式、弦长公式表示面积，构造函数可得结果.
【小问1详解】
依题意，又，
又，
所以，
所以椭圆 C 的方程为.
【小问2详解】
由题意可知，直线的斜率存在且不为0，故可设直线：，
，联立直线和椭圆，
化简得，
由题意可知，即，
且，
则
，
又直线的斜率依次成等比数列。即，
则，所以且，
设点O到直线的距离为，
又
，
所以，
令，，
显然在上为增函数，在上为减函数，
所以，即，
所以，故面积的取值范围为.
【点睛】方法点睛：求解椭圆中三角形的面积问题时，一般需要设出直线方程，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式，点到直线距离公式等，表示出三角形的面积，再利用构造函数或基本不等式的方法求解即可.
21. 设函数，．
（1）试研究 在区间上的极值点；
（2）当时，，求实数a的取值范围．
【答案】（1）无极值点；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数探讨函数单调性，判断函数的极值点.
（2）按分类探讨，利用（1）中信息，结合不等式性构造函数并推理得，当时，构造函数，利用导数结合单调性判断即得.
【小问1详解】
函数，求导得，
令，求导得，设，则，
当时，，当且仅当时取等号，
则在上单调递增，即有，
于是函数在上单调递增，因此，
所以在区间上没有极值点.
【小问2详解】
由（1）知，当，则，
设，求导得，
设，求导得，则函数在上单调递增，
有，即，函数在上单调递增，
于是，即，则对任意的恒成立，
当时，，则当时，对任意的恒成立，
当时，设，求导得，
显然，而函数在上的图象连续不断，
则存在实数，使得对于任意的，均有，
因此函数在上单调递减，则当时，，
即，不符合题意，
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数最值问题．
③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
请考生在22、23二题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时，请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．
[选修4--4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 (t为参数)，直线l的方程为．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线C的普通方程和直线l的极坐标方程；
（2）点 P 的极坐标为，设直线 l与曲线C的交点为A、B 两点，若线段AB 的中点为D，求线段 PD的长．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）消去参数化参数方程为普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式得l的极坐标方程.
（2）求出直线的参数方程，代入曲线C的普通方程，利用参数的几何意义求解即得.
【小问1详解】
由曲线的参数方程为（为参数），
消去参数得曲线的普通方程为；
将代入方程，
得直线的极坐标方程为.
【小问2详解】
由点的极坐标为，得点的直角坐标为，显然点在直线上，
设直线的参数方程为（为参数），
代入曲线的普通方程，得，，设对应参数为，
则，而对应的参数为，
所以.
[选修4--5:不等式选讲]
23. 已知a、b、c、d均为正数，且．
（1）证明:若，则;
（2）若，求实数 t 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用不等式性质推理即得.
（2）结合已知可得，再利用基本不等式求解即得.
【小问1详解】
由均为正数，，得，又，
则，所以.
【小问2详解】
显然，
而均为正数，则，
又，当时取等号，
而，因此，，
所以实数 t 的取值范围.月份
1
2
3
4
5
6
广告投入量
2
7
8
10
收益
20
30
34
37
7
30
1470
370