四川省泸州市2024届高三下学期第三次质量诊断性考试数学（文）试卷(含答案)

这是一份四川省泸州市2024届高三下学期第三次质量诊断性考试数学（文）试卷(含答案)，共16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。


一、选择题
1．已知复数z满足,则( )
A.B.3C.D.5
2．已知集合,,若中有且仅有一个元素,则实数a的取值范围为( )
A.B.
C.D.
3．己知双曲线的两条渐近线相互垂直，焦距为12，则该双曲线的虚轴长为( )
A.6B.C.D.
4．从3,4,5,6,7这5个数中任取两个数,则所取两个数之积能被3整除的概率是( )
A.B.C.D.
5．记为等差数列的前n项和,已知,,则取最小值时,n的取值为( )
A.6B.7C.7或8D.8或9
6．一组数据,,,满足,若去掉,后组成一组新数据,则新数据与原数据相比,下列说法正确的是( )
A.方差变小B.平均数变大
C.极差变大D.中位数变小
7．《九章算术》是一本综合性的历史著作,全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就,标志着中国古代数学形成了完整的体系.在书中的《商功》一章里记录了“方亭”的概念,如图是一个“方亭”的三视图,则它的侧面积为( )
A.B.C.64D.
8．已知点在抛物线上,F为C的焦点,直线MF与C的准线相交于点N,则( )
A.B.C.D.
9．已知函数在有且仅有三个零点,则的取值范围是( )
A.B.C.D.
10．已知函数满足，若函数与图象的交点横坐标分别为，，…，，则( )
A.4nB.2nC.nD.0
11．已知圆锥的体积为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的内切球的表面积为( )
A.B.C.D.
12．已知，，给出下列不等式
①；②；③；④
其中一定成立的个数为( )
A.1B.2C.3D.4
二、填空题
13．已知函数是偶函数，则实数______.
14．已知非零向量，满足，且，则向量与的夹角为_______.
15．已知直线,动直线l被圆截得弦长的最小值为______.
16．已知是数列的前n项和，，，则______.
三、解答题
17．如图,在四棱锥中,底面ABCD是矩形,,,与BD交于点O,底面,,点E,F分别是棱PA,PB的中点,连接OE,OF,EF.
(1)求证：平面平面PCD;
(2)求三棱锥的体积.
18．的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,且的面积为.
(1)求的值;
(2)若D是AC边的中点,,求BD的长.
19．随着全国新能源汽车推广力度的加大,新能源汽车消费迎来了前所未有的新机遇.某公司生产了A、B两种不同型号的新能源汽车,为了解大众对生产的新能源汽车的接受程度,公司在某地区采用随机抽样的方式进行调查,对A、B两种不同型号的新能源汽车进行综合评估(得分越高接受程度越高),综合得分按照,,,分组,绘制成评估综合得分的频率分布直方图(如图):
(1)以综合得分的平均数为依据,判断A、B两种不同型号的新能源汽车哪种型号更受大众欢迎；
(2)为进一步了解该地区新能源汽车销售情况,某机构根据统计数据,用最小二乘法得到该地区新能源汽车销量y(单位:万台)关于年份x的线性回归方程为,且销量y的方差,年份x的方差为,求y与x的相关系数r,并据此判断该地区新能源汽车销量y与年份x的相关性强弱.
参考公式:(i)线性回归方程:,其中,;
(ii)相关系数若,则相关性较弱:若,则相关性较强;若,则相关性很强).
20．如图，已知A、B分别是椭圆的右顶点和上顶点，椭圆E的离心率为，的面积为1.若过点的直线与椭圆E相交于M，N两点，过点M作x轴的平行线分别与直线，交于点C，D.
（1）求椭圆E的方程.
（2）证明：M，C，D三点的横坐标成等差数列.
21．设函数,.
(1)求函数的单调区别
(2)若存在两条直线和曲线与都相切,求b的取值范围.
22．已知曲线的参数方程为(为参数),曲线的直角坐标方程为.以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求曲线和的极坐标方程;
(2)若直线(其中)与曲线,的交点分别为A,B(A,B异于原点),求的取值范围.
23．设函数.
(1)解不等式;
(2)设函数的最小值为T,正数a,b,c满足,证明:.
参考答案
1．答案：D
解析：由,得,所以,所以.故选:D.
2．答案：B
解析：由不等式,即,解得,即,因为,要使得中有且仅有一个元素,则或,即实数a的取值范围为.故选:B.
3．答案：B
解析：双曲线的渐近线方程为，
由题意可知，可得，所以，，则，
因此，该双曲线的虚轴长为.
故选：B.
4．答案：C
解析：从3,4,5,6,7这5个数中一次性随机地取两个数,共有种取法,其中所取两个数之积能被3整除包含,,,,,,共七种取法,所以概率为,故选:C.
5．答案：C
解析：根据等差数列的性质可得,所以,所以,所以,,当时,,当时,,所以当n的取值为7或8时,取最小值.故选:C.
6．答案：A
解析：由于,故,,,,,对B:原来的平均数为,去掉,后的平均数为,平均数不变,故B错误;对A:原来的方差为,去掉,后的方差为,方差变小,故A正确;对C:原来的极差为,去掉,后,极差为,极差变小,故C错误;对D:原来的中位数与现在的中位数均为,故中位数不变,故D错误.故选:A.
7．答案：A
解析：显然“方亭”就是正四棱台,由四个相同的梯形侧面和两个正方形底面组成.如图正视图中,
AD,BC即为侧面的高,由勾股定理,可得侧高,所以每个侧面的面积,所以侧面积为.故选:A.
8．答案：B
解析：由,有,即,即抛物线,则,准线方程为:,故,整理得,令,则,即,则.故选:B.
9．答案：B
解析：因为,所以,因为函数在有且仅有三个零点,结合正弦函数的图象可知,解得,故选:B.
10．答案：B
解析：因为，所以，
所以函数的图象关于对称，又函数关于对称，
则与的交点应为偶数个，且关于对称，
所以.
故选：B.
11．答案：D
解析：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为，
由题意可得，解得，
所以母线长为，底面圆直径为，
可得圆锥的轴截面为等边三角形，该等边三角形内切圆的半径即为圆锥内切球的半径，
由等边三角形的性质可得内切球的半径，
所以圆锥内切球的表面积为.
故选：D.
12．答案：C
解析：由，，可得：，
因为，所以，所以，所以，解得：，
由可得：，所以，
对于命题①，，
令，，
所以在上单调递增，因为，
所以，故命题①正确；
对于命题②，由可得：，
所以，，
所以在上单调递减，
所以，所以，故命题②正确；
对于命题③，由，取，所以，
所以，所以③错误.
对于命题④，因为，所以，，
令，，
令，，
所以在上单调递减，
，所以，所以在上单调递减，
所以，所以，故命题④正确.
故选：C.
13．答案：2
解析：因为函数的定义域为R，
函数是偶函数，所以，
则，
，所以，
解得：，经检验满足题意.
故答案为：2.
14．答案：或
解析：因为，所以，
所以，所以.
因为，.
故答案为：
15．答案：
解析：由圆可得:圆心,半径.
由直线可得:直线l过定点.
因为
所以点在圆内,直线l与圆相交,
则过点且与PC垂直的弦的弦长最短,且弦长的最小值为.
故答案为:.
16．答案：
解析：当时，，即，，
则，即，
则有，，，，
则，
当时，，符合上式，故.
故答案为：.
17．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)因为底面ABCD是矩形,AC与BD交于点O
所以O为AC中点,
点E是棱PA的中点,F分别是棱PB的中点,
所以OE为三角形ACP的中位线,OF为三角形BDP的中位线,
所以,,
平面,平面,平面DCP,
平面,平面,平面DCP,
而,平面,平面OEF,
平面平面PCD.
(2)因为底面ABCD是矩形,,,
所以为等边三角形,所以,
所以,
根据体积相等法可知,
,
故三棱锥的体积为.
18．答案：(1)
(2)
解析：(1)由余弦定理可得,即,由面积公式可得,即,则;
(2)由余弦定理可得,又,故,即,由面积公式可得,即,即有,即,故,由D是AC边的中点,故,
故
,即.
19．答案：(1)A型号的新能源汽车更受大众喜欢
(2)该地区新能源汽车销量y与年份x的相关性很强
解析：(1)设A、B两种不同型号的新能源汽车的综合得分的平均数为,,
由题可知,,
由于,所以A型号的新能源汽车更受大众喜欢;
(2)相关系数,
所以,
该地区新能源汽车销量y与年份x的相关性很强.
20．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）依据题意，
解得：，椭圆E的方程为.
（2）解法1：设直线,直线过点,.
联立方程组可得：，
，
设，,则：，,
，,
，令可得：，
下面证明：.
即证：，即证：，
整理可得即证：，
即证：，
整理可得即证：，即证：，
,上式成立，原式得证.
解法2：设,,轴,，,
设直线,过点,.
由方程组可得：当时，，
，
又,D,N三点共线，，
，即.
点在直线上，，
，即,,C,D三点的横坐标成等差数列.
解法3：设直线,直线过点,.
联立方程组可得：，
设，,则：,,
,
又,D,N三点共线，,,
,,C,D三点的横坐标成等差数列.
21．答案：(1)单调递增区间为,单调递减区间为
(2)
解析：(1),,
令,得,令,得,
所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为;
(2)
在处的切线方程为,
在点处的切线方程为,
由题意得,则,
令,则,
令,则,
当时,,
当时,,
所以函数在上单调递减,在上单调递增,即函数在上单调递减,在上单调递增,又,且当时,,
所以时,,单调递减;当时,,单调递增,所以,
若总存在两条直线和曲线与都相切,则曲线与x轴有两个不同的交点,则,所以,
此时,,
所以b的取值范围为.
22．答案：(1)的极坐标方程为,的极坐标方程为
(2)
解析：(1)由消得,即,将,,分别代入,得:
的极坐标方程为,
的极坐标方程为.
(2)设直线l的极坐标方程为,,,
联立方程可得,,
所以,
又,则有,即,综上,的取值范围为.
23．答案：(1)
(2)证明见解析
解析：(1)当时,即,解得,故;当时,即,,则;当时,即,解得,故,综上所述,原不等式的解集为.
(2)若,则;
若,则;
若,则,
所以函数的最小值,故,
又a,b,c为正数,
则,
当且仅当,时等号成立,
所以.