四川省2023_2024学年高三数学下学期诊断性考试理试题含解析

这是一份四川省2023_2024学年高三数学下学期诊断性考试理试题含解析，共20页。试卷主要包含了考试结束后，仅将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，仅将答题卡交回．
一、选择题：本题共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. 设i为虚数单位，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用共轭复数的意义、复数乘法计算即得.
【详解】复数，则.
故选：A
2. 设集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】改写集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，
，
因为与的最小公倍数为，故
.
故选：C.
3. 下图是2023年11月中国的10个城市地铁运营里程（单位：公里）及运营线路条数的统计图，下列判断正确的是（）
A. 这10个城市中北京的地铁运营里程最长且运营线路条数最多
B. 这10个城市地铁运营里程的中位数是516公里
C. 这10个城市地铁运营线路条数的平均数为15.4
D. 这10城市地铁运营线路条数的极差是12
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的条形图，逐项分析判断即得.
【详解】对于A，北京的地铁运营线路条数最多，而运营里程最长的是上海，A错误；
于是B，地铁运营里程的中位数是公里，B错误；
对于C，地铁运营线路条数的平均数为，C正确；
对于D，地铁运营线路条数的极差是，D错误.
故选：C
4. 执行如图所示的程序框图，输出的y是（）
A. 3B. 6C. 8D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的程序框图，依次代入计算判断得解.
【详解】当时，不成立，执行否，
则，不成立，执行否，
则，不成立，执行否，
则，成立，执行是，输出，结束程序.
故选：A
5. 已知向量、、满足，，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算性质可求得的值，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】因为，，且，
则，可得，
所以，，故.
故选：B.
6. 双曲线的左，右焦点分别是，，已知到双曲线H的一条渐近线的距离为，则为（）
A. 4B. C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】求出双曲线的渐近线方程，再利用点到直线的距离公式求解即得.
【详解】双曲线的渐近线方程为：，
令，，于是，，
所以
故选：D
7. 已知各项都为正数的等比数列满足，，则（）
A. 6B. 12C. 24D. 48
【答案】D
【解析】
【分析】设出等比数列的公比，由给定等式列出方程组求解.
【详解】设正数等比数列的公比为，由，得，
整理得，解得，所以.
故选：D
8. 设，，，其中是自然对数的底数，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数的运算，对数函数的性质比较即得.
【详解】显然，又，则，即，，
所以.
故选：B
9. 函数的图象为曲线C，斜率为k的直线l经过点，则“”是“l是C的切线”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】利用导数求出曲线C过点的切线的斜率，再利用充分条件、必要条件的定义判断得解.
【详解】设直线l与曲线C相切的切点为，由，求导得，
则，直线l方程为，
而直线l经过点，因此，解得或，则或，
显然点在曲线C上，曲线C在点处切线的斜率，切线方程为，
因此经过点且斜率的直线l是曲线C的一条切线，
所以“”是“l是C的切线”的充分不必要条件.
故选：A
10. 如图所示，在棱长为2的正方体中，直线平面，是的中点，是线段上的动点，则直线与侧面的交点的轨迹长为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先建立空间直角坐标系，设出点的坐标，保证四点共面，从而得到向量与平面的法向量垂直，进而分析得出的方程表示的轨迹是什么，求解即可.
【详解】分别以所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系；
其中点，，
由于直线平面，设，如图所示：
在矩形中，易得，可得：，
可得点满足，从而，
设平面的法向量为，
且，，
可得，即，不妨取，
由于直线与侧面的交点，设点，
可得四点共面，
且，显然，
得方程，显然方程在平面内表示一条直线，
当时，点，此时两点重合，
当时，，点，设线段的中点为，此时两点重合，
从而可得直线与侧面的交点的轨迹为线段，
且，
故选：A.
11. 已知函数在区间上单调递增，且在区间上恰好有一个零点，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角公式化简函数，再利用正弦函数图象、性质求解即得.
【详解】依题意，，由，得，
则函数的一个单调递增区间是，显然，
于且，解得，
当时，，由在区间上恰好有一个零点，
得，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
12. 已知O为坐标原点，A，B是抛物线上的两个动点，过A，B分别向抛物线C的准线作垂线，垂足为，．若直线，的斜率之积为，则的面积的最小值为（）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，结合已知求出直线所过定点，再求出三角形面积最小值.
【详解】显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，，
由消去x得：，则，，
而抛物线的准线方程为，，依题意，，
因此，解得，即直线：恒过定点，
，
于是的面积，当且仅当时取等号，
所以的面积的最小值为2.
故选：C
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的最值问题，往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以斜率或点的横、纵坐标等.而目标函数的最值可以通过二次函数或基本不等式或导数等求得.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 的展开式中常数项为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意利用二项展开式的通项公式分析求解.
【详解】展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中常数项为．
故答案为：.
14. 若数列的前n项和为，，，则数列的通项公式为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，结合变形等式，再构造常数列求出通项.
【详解】数列中，，当时，，
两式相减得，即，则有，
因此数列是常数列，则，
所以数列的通项公式为.
故答案为：
15. 已知，则满足的实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】分析函数的奇偶性与单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】因为，该函数的定义域为，
，故函数为奇函数，
因为对任意的恒成立，
所以，函数在上为减函数，
由可得，
所以，，解得，即实数的取值范围是.
故答案为：.
16. 已知正三棱柱的侧面积为．当这个正三棱柱的所有棱长之和最小时，它的外接球的表面积为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据正三棱柱的侧面积可以建立底面边长和高的数量关系，利用基本不等式求出正三棱柱的所有棱长之和最小时的和，再利用正三棱柱的对称性找到外接球球心，借助于直角三角形即可求得.
【详解】
如图，正三棱柱中，设底面边长为，高为，依题意知，即，而正三棱柱的所有棱长之和为，
由基本不等式可得：，当且仅当时取等号.由解得：.
设上下底面的中心分别为,则由正三棱柱的对称性知它的外接球的球心为的中点，设外接球半径为R，连接,
则易得,在中，,故外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：解决此类问题的思路即是根据侧面积找到底面边长与高的关系，借助于基本不等式使所有棱长之和最小时求得两个量，再利用正三棱柱的对称性找到外接球球心计算即得.
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. 某校服生产企业为了使设计所用的数据更精准，随机地抽取了6位高中男生的身高和臂展的数据，数据如下表所示：
（1）计算相关系数r（精确到0.01）并说明可用线性回归模型拟合y与x的关系：（若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合．）
（2）建立y关于x的线性回归方程，并以此估计男装上装XL号（加大号，对应身高）对应的臂展数据．（结果中精确到0.1．参考数据：，．）
相关系数公式：，
回归方程中，，．
【答案】（1），可用线性回归模型拟合y与x关系；
（2），臂展数据为.
【解析】
【分析】（1）根据给定表格中数据计算，再比较回答.
（2）利用最小二乘法公式求出回归直线方程，并估计臂展数据.
【小问1详解】
依题意，，，
，
，
，
所以相关系数，
显然，所以线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合y与x的关系.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以y关于x的线性回归方程，
当时，，所以估计男装上装XL号对应的臂展数据为.
18. 设的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为，且__________．在①平面向量，，且；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并回答下列问题．
（1）求的值；
（2）若的外接圆的直径为，求的周长．
【答案】（1）8；（2）.
【解析】
【分析】（1）选择条件①，利用向量共线的坐标表示及正弦定理求出，再利用三角形面积公式及向量数量积的定义计算即得；选择条件②，利用正弦定理及和角的正弦公式求出，再利用三角形面积公式及向量数量积的定义计算即得；选择条件③，利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式及向量数量积的定义计算即得.
（2）利用（1）的结论，利用余弦定理求出即可.
【小问1详解】
选择条件①，向量，，且，则，
在中，由正弦定理得，则，而，从而，
由的面积为，得，解得，
所以.
选择条件②，，整理得，
由正弦定理得，
而，，于是，而，从而，
由的面积为，得，解得，
所以.
选择条件③，，整理得，
由余弦定理得，
而，从而，
由的面积为，得，解得，
所以.
【小问2详解】
由的外接圆的直径为及正弦定理，得，
由余弦定理得，即，解得，
所以的周长为.
19. 在边长为4的菱形中，，E是AD的中点，现将沿EB进行翻折至的位置，如图所示，F是CP的中点．
（1）线段CD上是否存在一点H，使得．若存在，指出点H的位置，并证明；若不存在，请说明理由；
（2）当的面积最大时，求二面角的正弦值．
【答案】（1）存在，为的中点；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）由的面积最大时可得，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
连接，在边长为4的菱形中，，则是正三角形，
由E是AD的中点，得，，而，
则，即，而平面，
于是平面，又平面，则，
由于F是CP的中点，则当为的中点时，，必有，
所以点H为线段CD的中点时，.
【小问2详解】
显然的面积，当且仅当时取等号，
因此当的面积最大时，，由（1）知，直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
于是，
所以二面角的正弦值为.
20. 设．
（1）讨论的单调性；
（2）若对任意的，关于的方程有两个不相等的实数解，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；
（2）当时，求出函数的值域为，构造函数，其中，利用导数求出函数的最大值，可得出，数形结合可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：函数的定义域为，且，
当时，对任意的，，
此时，函数的增区间为，无减区间；
当时，由可得，
由可得，由可得，
此时，函数的减区间为，增区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，函数减区间为，增区间为.
【小问2详解】
解：由（1）可知，当时，函数的减区间为，增区间为.
所以，，
且当时，；当时，.
此时，函数的值域为，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，所以，对任意的，，
当且仅当时，，如下图所示：
对任意的，关于的方程有两个不相等的实数解，则，
故实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
21. 已知坐标原点为，椭圆的上顶点为，右焦点为，且，．
（1）求椭圆的方程；
（2）过作互相垂直的两条直线分别交于、两点，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用已知条件求出、的值，可得出的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，由可求出的值，然后利用弦长公式结合二次函数的基本性质可求得的最大值.
【小问1详解】
解：易知点、，则，
，，则，故，
因此，椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：设点、，
若轴，则、关于轴对称，即点，
，不合乎题意，
所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
因为，，同理可得，
，
因为直线不过点，则，整理可得，解得，满足，
所以，，，
则
，
因为，令，
则，
因为函数在上单调递增，
故当时，即当时，取最大值，且其最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
（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．
[选修4—4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，点的坐标为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）将的极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）设过点的直线与曲线交于、两点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用极坐标方程与直角坐标方程之间的转换关系可得出曲线的直角坐标方程；
（2）写出直线的参数方程，将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，列出韦达定理，利用的几何意义结合韦达定理可求得的取值范围.
【小问1详解】
解：由可得，所以，曲线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
解：设直线的倾斜角为，其中，
直线的参数方程为（为参数），
设点、在直线上对应的参数分别为、，
将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程可得，
，由韦达定理可得，，
所以，.
[选修4—5：不等式选讲]
23. 设．
（1）解不等式；
（2）若，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）分析函数的单调性，求出函数的最小值，利用柯西不等式求出的最大值，即可证得结论成立.
【小问1详解】
解：当时，，解得，此时，；
当时，，解得，此时，；
当时，，解得，此时，.
综上所述，不等式的解集为.
【小问2详解】
解：由（1）可知，，
所以，函数在区间上单调递减，在、上为增函数，
又因为函数在上连续，故函数的减区间为，增区间为，
所以，，
因为，由柯西不等式可得，
当且仅当时，即当或时，等号成立，
身高
167
173
174
176
182
184
臂展
160
165
173
170
170
182