四川省泸州市2021届高三上学期第一次教学质量诊断性考试 理科数学 (含答案)
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数学（理科）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页．共150分．考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑．
3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、选择题：本大题共有12个小题，每小题5分，共60分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．“”是“”的（ ）
A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知，，，则，，的大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．我国的5G通信技术领先世界，5G技术的数学原理之一是著名的香农（Shannon）公式，香农提出并严格证明了“在被高斯白噪声干扰的信道中，计算最大信息传送速率的公式”，其中是信道带宽（赫兹），是信道内所传信号的平均功率（瓦），是信道内部的高斯噪声功率（瓦），其中叫做信噪比．根据此公式，在不改变的前提下，将信噪比从99提升至，使得大约增加了60%，则的值大约为（参考数据：）
A．1559 B．3943 C．1579 D．2512
5．右图为某旋转体的三视图，则该几何体的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
6．定义在上的函数满足，，当时，，则函数的图象与的图象的交点个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．，是函数的图象与轴的两个交点，且，两点间距离的最小值为，则的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．函数（其中是自然对数的底数）．的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
9．如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．四点，，，在同一平面内
B．三条直线，，有公共点
C．直线与直线不是异面直线
D．直线上存在点使，，三点共线
10．已知方程的两根分别为，，则下列关系正确的是（
A． B． C． D．
11．已知三棱锥中，平面平面，且和都是边长为2的等边三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数，若存在实数，且，使，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
注意事项：
（1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效．
（2）本部分共10个小题，共90分．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题纸上）
13．已知函数，则的值为______．
14．曲线与轴所围成的图形面积为______．
15．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称．若，则______．
16．如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），给出下列结论：
①平面平面；
②多面体的体积为定值；
③直线与所成的角可能为；
④可能是钝角三角形．
其中正确结论的序号是______（填上所有正确结论的序号）．
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．已知函数．
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）若函数图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍得函数的图象，且关于的方程在上有解，求的取值范围．
18．已知曲线在点处的切线方程为．
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）判断函数在区间上零点的个数，并证明．
19．的内角，，的对边分别为，，．已知．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）已知，，且边上有一点满足，求．
20．如图，在四棱锥中，底面是菱形，是线段上一点（不含，），在平面内过点作平面交于点．
（Ⅰ）写出作的步骤（不要求证明）；
（Ⅱ）若，，是的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
21．已知函数，其中，是自然对数的底数．
（Ⅰ）求函数的单调递增区间；
（Ⅱ）设关于的不等式对恒成立时的最大值为，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．选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，曲线是圆心在，半径为2的圆，曲线的参数方程为（为参数且），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（Ⅰ）求曲线的极坐标方程；
（Ⅱ）若曲线与坐标轴交于，两点，点为线段上任意一点，直线与曲线交于点（异于原点），求的最大值．
23．选修4-5：不等式选讲
若，，且，已知的最小值为．
（Ⅰ）求的值
（Ⅱ）若使得关于的不等式成立，求实数的取值范围．
泸州市高2018级第一次教学质量诊断性考试
数学（理科）参考答案及评分意见
评分说明：
1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则．
2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度．可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．
3．解答右侧所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．
4．只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．
一、选择题
题号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
答案 | B | A | A | C | D | A | B | A | C | C | D | D |
二、填空题
13．3； 14．2； 15．； 16．①②④．
三、解答题：
17．解：（Ⅰ）因为
，
因为，所以，
所以，即，所以；
（Ⅱ）把图象上所有点横坐标变为原来的倍得到函数的图象，
所以函数的解析式为，
关于的方程在上有解求范围，
等价于求在上的值域，
因为，所以，
所以，故的取值范围为．
18．解：（Ⅰ）因为，
所以，
又因为，
曲线在点处的切线方程为．
所以，；
（Ⅱ）在上有且只有一个零点，
因为，
当时，，
所以在上为单调递增函数且图象连续不断，
因为，，
所以在上有且只有一个零点．
19．解：（Ⅰ）由可得：
，，
又，得，
由正弦定理得，
因为，所以，
所以，因为，所以，
所以，即，所以．
（Ⅱ）解法一：设的边上的高为，的边上的高为，
因为，，，
所以，
所以，是角的内角平分线，所以，
因为，可知，
所以，
所以．
解法二：设，则，
因为，，，
所以，
所以，
所以，，
因为，所以，
，可知，
所以，
所以．
解法三：设，，则，
在中，由，及余弦定理可得：，
所以，
因为，可知，
在中，
即
在中，，
即，
所以．
20．解：（Ⅰ）第一步：在平面内过点作交于点；
第二步：在平面内过点作交于；
第三步：连接，即为所求．
（Ⅱ）解法一：因为是的中点，，所以是的中点，
而，所以是的中点，
连接，交于，连，设在底面的射影为，
因为，所以，即为的外心，
所以与重合，
因为，，所以，，
过作交于，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，设平面的法向量为，
则，
取，则，，
所以
因为平面，所以平面平面，又，
所以平面，
故为平面的法向量，
设平面与平面所成锐二面角的大小为，
则，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
解法二：延长，交于，连接，
因为平面，平面平面，平面，所以，
又是的中点，则是的中点，又，所以是的中点，
故，所以，
因为平面，所以平面平面，
又，所以平面，
所以平面，
所以，即平面，
所以为二面角的平面角，
在中，，故
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．
21．解：（Ⅰ）因为，
所以，因为，，
所以①当即时，的增区间为，
②当即时，方程的两根为：
，，
的增区间为，，
综上①当时，的增区间为，
②当时，的增区间为，；
（Ⅱ）原不等式分，
因为，，所以，
令，
即，令，即，
所以在上递增；
①当，即时，
因为，所以，
当，，即，所以在上递增，
所以，
故；
②当即时，
因为，，即，
所以在上递减，所以，
故；
③当，即时，
因为在上递增，
所以存在唯一实数，使得，即，
则当时，，即；
当时，，即，
故在上单减，上单增，
所以，
所以，
设，则，
所以在上递增，所以．
综上所述，．
22．解：（Ⅰ）解法一：设曲线与过极点且垂直于极轴的直线相交于异于极点的点，设曲线上任意点，连接，，则，
在中，；
解法二：曲线的直角坐标方程为，
即，
所以曲线的极坐标方程为；
（Ⅱ）曲线的参数方程为，因为曲线与两坐标轴相交，
所以点，，
所以线段的极坐标方程为，
，，
，
所以当时，取得最大值．
23．解：（Ⅰ）由，，
解得，或（舍去），
当且仅当，时取得“”，
即的最小值为2；
（Ⅱ）由，，
因为使得关于的不等式成立，
所以，解得：，
即的取值范围是．
