四川省凉山州2024届高三第三次诊断性检测数学（文）试题（解析版）

这是一份四川省凉山州2024届高三第三次诊断性检测数学（文）试题（解析版），共25页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡收回等内容，欢迎下载使用。

本试卷分选择题和非选择题两部分．第Ⅰ卷（选择题），第Ⅱ卷（非选择题），共4页，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确．
2．选择题使用2B铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
3．考试结束后，将答题卡收回．
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题（本大题共12小题，每题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，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断出两个集合和之间的关系，再根据补集运算的定义求解即可．
【详解】因为集合或，，
所以，
故选：B．
2. 已知是等比数列的前n项和，，，则公比（ ）
A. B. C. 3或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】利用等比数列通项和前n项和的基本量运算列出方程，求解即得.
【详解】由，
因，代入得，，
即，解得，或.
故选：D.
3. 若，满足约束条件，则的最大值为（ ）
A. 8B. 1C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图象，确定出目标函数的最优解，代入计算，即可求解.
【详解】画出约束条件 所表示的平面区域，如图所示，
由目标函数，可得化为，
所以当直线在上的截距最小时，最大，
即直线过点时，最大，
又由，解得，即，可得.
故选：A.
4. 工厂废气排放前要过滤废气中的污染物再进行排放，废气中污染物含量（单位：mg/L）与过滤时间小时的关系为（，均为正的常数）．已知前5小时过滤掉了10%污染物，那么当污染物过滤掉50%还需要经过（ ）（最终结果精确到1h，参考数据：，）
A. 43hB. 38hC. 33hD. 28h
【答案】D
【解析】
【分析】先确定废气中初始污染物含量，由题意求出常数，即可解出．
【详解】∵废气中污染物含量与过滤时间小时的关系为，
令，得废气中初始污染物含量为，
又∵前5小时过滤掉了10%污染物，
∴，则，
∴当污染物过滤掉50%时，，
则，
∴当污染物过滤掉50%还需要经过.
故选：D.
5. 调查某校高三学生的身高和体重得到如图所示散点图，其中身高和体重相关系数，则下列说法正确的是（ ）
A. 学生身高和体重没有相关性
B. 学生身高和体重呈正相关
C. 学生身高和体重呈负相关
D. 若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是
【答案】B
【解析】
【分析】由散点图的特点可分析相关性的问题，从而判断选项，根据相关系数的定义可判断选项.
【详解】由散点图可知，散点的分布集中在一条直线附近，
所以学生身高和体重具有相关性，不正确；
又身高和体重的相关系数为，相关系数，
所以学生身高和体重呈正相关，正确，不正确；
从样本中抽取一部分，相关性可能变强，也可能变弱，所以这部分的相关系数不一定是，不正确.
故选：.
6. 某考点在高考期间安排了高一、高二年级各两名同学参与执勤，电视台从4名执勤同学中随机抽取2名同学采访，则这两名同学来自同一个年级的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出从4名执勤同学中随机抽取2名同学的方法数和两名同学来自同一个年级的方法数即可根据古典概型的概率公式求解.
【详解】电视台从4名执勤同学中随机抽取2名同学采访共有种方法，
由题这两名同学可能同来自高一也可能同来自高二，
所以这两名同学来自同一个年级共有种方法，
所以这两名同学来自同一个年级的概率是.
故选：C.
7. 已知平面向量，夹角为，且满足，，若当时，取得最小值，则（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用平面向量数量积公式结合二次函数的性质求得时取得最小值，再根据同角三角函数的平方关系计算即可.
【详解】易知，
由二次函数的单调性可知时上式取得最小值，
即，
所以.
故选：C
8. 已知直线与圆交于，两点，记的面积为则，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先根据题意确定的取值范围，利用圆的几何性质求及，进而利用充要条件的性质即可求解.
【详解】由得.
由题意可知，到直线的距离，解得.
，
.
当时，，故充分性成立；
当时，即，整理得，
即或，解得或，故必要性不成立.
综上可知，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
9. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．某摩天轮最高点距离地面高度为120m，转盘直径为110m，设置48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近位置进仓，转一周大约需要30min．某游客坐上摩天轮的座舱10min后距离地面高度约为（ ）
A. 92.5mB. 87.5mC. 82.5mD.
【答案】A
【解析】
【分析】以轴心为坐标原点，与地面平行的直线为轴建立平面直角坐标系，根据题意，求得函数，令时，即可求解.
【详解】设座舱距离地面的最近的位置为点，以轴心为原点，与地面平行的直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，
设函数表示游客离底面的高度，
因为摩天轮的最高点距离地面为，直径为，且转一周大约需要，
周期，，所以，
即，
当时，游客在点，其中以为终边的角为，
所以，
当时，可得
所以，摩天轮的座舱后距离地面高度约为.
故选：A.
10. 已知正六棱锥底面边长为2，体积为，则外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先计算底面面积，进而得到该六棱锥的高，即可得出外接球的球心及半径，根据球的体积公式计算即可．
【详解】由正六棱锥得，底面为正六边形，设底面的中心为，连接，
则，底面，为正六棱锥的高，
所以，
因为正六棱锥的体积为，所以，即，
故点为外接球的球心，半径为2，
故外接球的体积，
故选：C．
11. 椭圆的光学性质是：从一个焦点发出的光线照射到椭圆上，其反射光线会经过另一个焦点；双曲线的光学性质是：从一个焦点发出的光线照射到双曲线上，其反射光线的延长线会经过另一个焦点．如图示椭圆光学装置1，光线经过椭圆焦点射出经椭圆两次反射后又回到焦点，经历时长为，在装置1中放入与椭圆具有公共焦点双曲线构成如图示装置2，光线从焦点射出依次经双曲线及椭圆反射后回到经历时长．若，则该装置中椭圆的离心率与双曲线的离心率之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过装置1与装置2，利用椭圆和双曲线的定义找到之间的关系，再由已知，进而得到之间关系，从而求出椭圆离心率与双曲线离心率之比.
【详解】不妨设光的传播速度为单位1，椭圆的长轴长为，焦距为，双曲线的实轴长为，焦距为，则由装置1知，
由装置2知：，可得：，
又由题知：，所以，
故椭圆离心率与双曲线离心率之比为，
故选：C.
12. 已知为定义在R上且不恒为零的函数，若对，都有成立，则下列说法中正确的有（ ）个．
①；
②若当时，，则函数在单调递增；
③对，；
④若，则.
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】①利用赋值法，令即可得证，所以①正确.
②根据题意，取，，所以，所以②正确.
③时由①可得③成立；当时，由②得，利用累加法得，因此，所以，所以③正确．
④令，， ，因为，所以得，所以由③，利用等比数列的求和公式，得，所以④错误．
【详解】令有，令有f1=0. 所以①正确.
，因为，所以，
所以，又因为，且当时，，
所以. 所以②正确.
当时由①可得③成立；
当时，由②得，所以，
所以……，
累加得，即 ，所以，所以③正确．
令，，由①得，又因为，所以，
由③得，所以，
所以 ，所以④错误．
故选：C
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知，若为纯虚数，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】先将化简，结合为纯虚数，求出，再计算即可．
【详解】，
因为为纯虚数，所以，即，所以，则，
故答案为：1．
14. 过抛物线的焦点的直线交抛物线于，两点，若，则线段的中点到轴距离为______．
【答案】3
【解析】
【分析】设出，由抛物线焦点弦公式得到，进而求出线段的中点横坐标为，得到答案.
【详解】由题意得：，设，
则，解得：，
则线段的中点横坐标为，
故线段的中点到轴的距离为3.
故答案为：3
15. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，．若，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先应用向量平行结合正弦定理得出角，再根据诱导公式减少未知量，最后应用三角恒等变换化简应用三角函数值域求解.
【详解】因为，所以,
所以，，故，
又因为三角形为锐角三角形，所以,
所以
，
因为三角形为锐角三角形
所以，即，
所以
所以
所以.
所以取值范围是，
故答案为：
16. 在中，已知，点G为的外心，点O为重心，则______．
【答案】
【解析】
【分析】设的中点为，根据三角形外心性质，得，由重心性质得，再根据数量积运算即可求解.
【详解】设的中点为，连接，
由点G为的外心，可得，
由点O为重心，可得，
故

故答案为：.
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．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．）
17. 某中学新高一经过前期模拟选科摸底情况确定开设物化生，物化政，物化地及政史地四个模块供高一学生选择（物化生，物化政，物化地统称为物理类，政史地称为历史类），下图是该校高一名学生选择各个模块扇形统计图．已知该校学生选择物理类男女比例为，选择历史类男女比例为．

（1）完成2×2列联表，并判断能否有99％把握认为“该校学生选择物理类是否与性别有关”?
（2）从该校选择历史类学生中按照性别分层抽样抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加历史知识趣味问答比赛，求至少有1名男生被抽到的概率．
附：．
【答案】（1）列联表见解析，没有99％把握认为“该校学生选择物理类是否与性别有关
（2）
【解析】
【分析】（1）根据扇形图分析出各类选科的男生女生人数，填写进列联表，然后根据独立性检验的原理进行求解；
（2）先求出男女生分别的人数，然后利用列举法进行求解.
【小问1详解】
根据扇形统计图易得，选择物理类学生为人，
其中男生人，女生，
选择历史类100人，其中男生人，女生人
所以没有99%把握认为“该校学生选择物理类与性别有关”
【小问2详解】
记“至少有一名男生被抽到”为事件，按照性别分层抽样抽取人，
则抽到男生名，记作，女生3名，记作．
从5人中随机抽取2人，共：，，，，，，，，，10种不同取法，
事件发生包含：，，，，，，共7个基本事件，
由古典概型得，所以至少有1名男生被抽到的概率为．
18. 如图，在正四棱柱中，，，点，，，分别在棱，，，上，．

（1）证明：点在平面中；
（2）求多面体的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）4
【解析】
【分析】（1）先利用条件证明，再利用两平行直线确定平面即可得证；
（2）先利用条件证明平面，分别求出多面体的底面面积和高，代入体积公式即可求解.
【小问1详解】
取中点，中点，连接，，．

∵，
∴四边形平行四边形
∴①
又∵，，
∴．
∴四边形为平行四边形
∴②,
由①②得．
∴，，，四点共面，即点在平面中．
【小问2详解】
连接，，．

∵为正四棱柱．
∴，
又，，分别是，中点．
∴．
∴．
∵
∴平面，
即平面．
在中由勾股定理，．
∴
由（1）可得四边形为平行四边形且．
∴四边形为菱形．
∴为中点．
∴
平面，平面，
∴．
在中，，，
∴
∴
在中，，，
∴
多面体的体积.
19. 如图，点均在x轴的正半轴上，，…，分别是以，，…，（）为边长的等边三角形，且顶点均在函数的图象上．

（1）求，，的值，并写出的通项公式（不用证明）；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1），，；
（2）
【解析】
【分析】（1）结合图象，通过计算点的坐标，依次求出，推测出数列an通项,再运用等差数列的定义证明an为等差数列，求出其通项；
（2）写出的表达式并化简，运用裂项相消法求和即得.
【小问1详解】
第一个等边三角形顶点坐标代入得，
将点坐标代入，解得，
将点坐标代入解得，故推测：.
下面提供证明：
依题意，点，（）在上，
可得，①；
又在上，
可得，②，
由②-①，，因，则得，，（），
即an为首项是，公差是的等差数列，故.
【小问2详解】
由（1）得，
故
．
20. 已知平面内动点与两定点，连线的斜率之积为3．
（1）求动点的轨迹的方程：
（2）过点的直线与轨迹交于，两点，点，均在轴右侧，且点在第一象限，直线与交于点，证明：点横坐标为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，利用斜率公式得到方程，整理即可得解；
（2）设方程为，与曲线方程联立方程组，再由直线和的方程联立化简可证.
【小问1详解】
设动点，
根据题意，
动点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
易知直线斜率不为0，设方程为，且．
设，，
由
，，
由题意易得
直线方程为①
同理，直线方程为②
由①÷②得
，
点横坐标为定值．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21 已知函数．
（1）当时，求的极值点；
（2）若且函数有三个零点，求实数m的取值范围．
【答案】（1）极小值点是，无极大值点
（2）
【解析】
【分析】（1）通过求导得到函数的单调性，继而可判断函数的极值点情况；
（2）将函数求导，得到导函数的两个零点和，根据参数进行分类讨论，排除和时的情况，在时讨论函数的两个极值点的函数值的符号，以及函数两端的图象变化趋势，通过求解不等式组即得参数范围.
【小问1详解】
当时，由可得．
当时f'x<0，在上单调递减；当时f'x>0，单调递增．
故的极小值点是，无极大值点．
【小问2详解】
由可得，或，
①当时，即时，f'x≥0，函数在R上单调递增，则函数至多有一个零点，不满足条件；
②当时函数在上单调递增，在上单调递减，在
上单调递增，因，函数至多一个零点，不满足条件；
③当时，函数在单调递增，单调递减，单调递增．
因，要使函数有三个零点，需使，且当时，.
取，则由可得．易得在区间上单调递减，在0,+∞上单调递增，
则有．即，于是，则即，从而
因
．（因，则，）且，
则，由①解得，，由②可得 ，或，
故得：或
综上：m的取值范围是．
【点睛】方法点睛：本题主要考查函数的极值点和零点个数问题，属于难题.
对于由函数零点个数求参问题，一般有两种思路方法：
（1）参变分离法，将函数的零点个数问题转化成两函数的交点个数问题，通过求导研究函数图像得到；
（2）分类讨论法，根据参数的不同分类情况，逐个研究函数的零点个数，直至找到符合要求的参数范围.
请考生在第22、23两题中选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用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. 在平面直角坐标系中，伯努利双纽线（如图）普通方程为，直线的参数方程为（其中为直线倾斜角，为参数）．
（1）以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，求和的极坐标方程；
（2）设，是曲线与轴异于原点的两个交点，与在第一象限的交点为．当时，求的面积．
【答案】（1）极坐标方程为，直线的极坐标方程为，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用极坐标方程转换公式，，，就可以得到和的极坐标方程；
（2）利用极坐标方程当时，可得，即，，再利用当时，可得，从而利用面积公式，可求出面积.
【小问1详解】
由，，，
则为，
极坐标方程为，
由题意易得直线的极坐标方程为，
【小问2详解】
由题意，是曲线与轴异于原点的两个交点，即当时，代入极坐标方程，可得，即，，
由直线与曲线方程组得：，
消去得：，又因为，
所以，
即， 因为为的中点，
所以 .
[选修4—5：不等式选讲]
23. 已知函数的最小值为．
（1）求实数的值；
（2）求的最小值．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）利用绝对值的三角不等式计算即可；
（2）法一、利用基本不等式灵活运用“1”计算即可；法二、利用柯西不等式配凑即可；法三、利用权方和不等式计算即可.
【小问1详解】
,
当时取“＝”，
；
【小问2详解】
法一：由（1）可知，即原式
，
当且仅当，即时取得等号，
所以的最小值为；
法二：由柯西不等式得
原式
，
当且仅当时，即时取得等号，
所以的最小值为；
法三：由权方和不等式得
原式，
当，即时取得等号，
所以的最小值为.
男生
女生
合计
物理类
历史类
合计
1000
0.05
0.01
0.001
k
3.841
6.635
10.828
男生
女生
合计
物理类
480
420
900
历史类
40
60
100
合计
520
480
1000