四川省天府名校2021届高三上学期12月诊断性考试 文科数学(含答案)
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2021届天府名校12月高三诊断性考试
文科数学
第Ⅰ卷
一、选择题：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，，则（ ）．
A．0 B． C． D．
2．设复数，则的共轭复数在复平面内所对应的点位于（ ）．
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知向量，，当与垂直时，实数（ ）．
A．2 B．1 C． D．
4．设实数，满足约束条件，则的最大值为（ ）．
A． B．1 C． D．
5．在中，，，分别为角，，的对边，若，，，则的周长为（ ）．
A．20 B．30 C．40 D．25
6．一个三角形的三边长分别为6，8，10，圆为其内切圆，现向该三角形内随机投掷一个点，则此点落入内切圆内的概率为（ ）．
A． B． C． D．
7．已知函数，则不等式的解集为（ ）．
A． B． C． D．
8．已知正数，满足，则取得最小值时的值为（ ）．
A． B． C． D．
9．已知直线和函数的图象相交，，为两个相邻的交点，若，则（ ）．
A．2 B．2或6 C．3或5 D．3
10．设为双曲线的焦点，过作倾斜角为60的直线与该抛物线交于，两点，且，为坐标原点，则的面积为（ ）．
A． B． C． D．
11．已知函数，若有5个零点，则这五个零点之和的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
12．在直四棱柱中，底面四边形为菱形，，，，为中点，平面过点且与平面垂直，，则被此直四棱柱截得的截面面积为（ ）．
A．1 B．2 C．4 D．6
第Ⅱ卷
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：
13．定义在上的函数，满足，，则______．
14．古人为避雷和便于雨水下泄，常将屋顶设计成圆锥形状，多见于我国东南沿海地带，经测算某圆锥屋顶的轴截面为一个斜边长约为20米的等腰直角三角形，则圆锥的侧面积约为______ 平方米．
15．已知直线的倾斜角为，与圆相切，切点在第二象限，则______．
16．设为双曲线的右焦点，过点且和轴垂直的直线交双曲线的两条渐近线于点，（、分别在第一、四象限），且与双曲线在第一象限的交点为，若，则双曲线的离心率为______．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知数列满足，．
（1）求证：数列为等比数列，并求；
（2）设的前项之和为，，求数列的前项之和．
18．在三棱锥中，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若为棱上的一点，且满足，求三棱锥的体积．
19．某班主任对本班40名同学每天参加课外活动的时间进行了详细统计，并绘制成频率分布直方图，其中，，，，在纵轴上对应的高度分别为，，，，．如下图所示：
（1）求实数的值以及参加课外活动时间在中的人数；
（2）用区间中点值近似代替该区间每一名学生的每天参加活动的时间，求这40名同学平均每天参加课外活动的时间；
（3）从每天参加活动不少于50分钟的人（含男生甲）中任选3人，求其中的男生甲被选中的概率．
20．已知椭圆的离心率为，为右焦点，上一点满足垂直于轴，．
（1）求椭圆的方程；
（2）设斜率为2的直线交椭圆于，两点，且直线不过原点，求面积的最大值．
21．已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若在上恒成立，求的最小正整数值．
22．选修4-4：坐标系与参数方程．
在平面直角坐标系中，圆的方程为，直线经过点，且倾斜角为，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）写出圆的极坐标方程和直线的参数方程；
（2）设直线交圆于，两点，求．
23．选修4-5：不等式选讲
已知．
（1）解不等式；
（2）设函数的最小值为，，若存在实数，使不等式成立，求实数的取值范围．
参考答案
1．D
【解析】由题知，集合，因此．故选D．
2．B
【解析】因为
，
所以的共轭复数为，
在复平面内所对应的点为，位于第二象限．故选B．
3．D
【解析】由题知，，欲使与垂直，
则，解得．故选D．
4．C
【解析】作出不等式组表示的可行域如图：
的几何意义是可行域内的一点与点的连线斜率，
从图上可以看出，点为最优解，因此的最大值为．故选C．
5．A
【解析】根据余弦定理，得，
所以，则的周长为20．故选A．
6．A
【解析】依题意，此三角形为一个直角三角形，
设圆的半径为，则，
设此点落入内切圆内为事件，则．
故选A．
7．A
【解析】由，得，
因为，定义域为，
所以为奇函数，
由，知为增函数，
则等价于，
即，解得．故选A．
8．B
【解析】依题意得，，
由，得．
因此
，
当且仅当，
即时取等号，结合，
知，．故选B．
9．B
【解析】将代入到中，
得，或，，
因为，因此或，解得或6．
故选B．
10．A
【解析】由题得，直线的方程为，
与抛物线方程联立，得，
设，，则，，
由，得，解得，
此时直线的方程为，
抛物线的方程为，联立解得，，
因此，
因此原点到直线的距离等于，
所以．故选A．
11．C
【解析】作出函数的图象，
则的零点即为直线与函数的交点的橫坐标，
欲使有5个零点，则，
设此五个零点依次为，，，，，
由和的对称性可知，，
而，因此5个零点之和的取值范围是．故选C．
12．C
【解析】分别取，，的中点，，，
连接，，，，．
由四边形为菱形，知，
再根据三角形的中位线定理，知，所以，
又因为，因此．
又，平面，平面，
故平面，
又平面，则平面平面．
则为矩形．
由，，故截面面积为4．故选C．
13．1
【解析】依题意知，因此是以3为周期的周期函数，
所以．
14．
【解析】依题意，圆锥的底面半径为10米，母线长为米，
于是其侧面积为（平方米）．
15．
【解析】由题知，圆心到直线的距离等于，
因此，
因为切点在第二象限，所以，即，
根据同角三角函数之间的关系知，，，
则．
16．
【解析】设，
则由题得，，，
由于是直线和双曲线的交点，
因此，故，，
由于，因此可以得到，化简得，
又，得，，则离心率．
17．【解析】解：（1）因为，所以，
因为，所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列，
因此，故．
（2）依题意，，
因此，
故， ①
， ②
①－②，得，
．
因此，．
18．【解析】（1）取的中点，连接和，
因为，因此，
由，，得，
又因为，，所以为直角三角形，
又为的中点，因此，
在中，由于，
所以，
因为，平面，平面，
所以平面．
又因为平面，所以平面平面．
（2）依题意知，
因此点到平面的距离等于点到平面距离的．
由（1）知，到平面的距离，
因此到平面的距离等于．
又的面积为，
所以．
19．【解析】解：（1）因为所有小矩形面积之和等于1，
所以，
解得，
由于参加课外活动时间在内的频率等于，
因此参加课外活动时间在中的人数为人．
（2）依题意，参加课外活动时间在，，，，中的人数分别为5人，8人，15人，7人，5人，
因此这40名同学平均每天参加课外活动的时间为：
（分钟）．
（3）设每天参加活动不少于50分钟的5人分别为，，，，甲，
从中任选3人，可能的情况有：，，甲，，甲，甲，，甲，甲，甲，共10种，
设“其中的男生甲被选中”为事件，
则事件包括的情况有：甲，甲，甲，甲，甲，甲，共6种，
因此事件发生的概率为．
20．【解析】设椭圆的焦距为，依题意得，
由，知点坐标为，
代入到椭圆方程中得，
结合，可以解得，，
故椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，，，
将代入到椭圆方程中，得，
由得，
，，
根据弦长公式，得
，
设到直线的距离为，
则根据点到直线的距离公式得．
因此，的面积为
，
当且仅当时等号成立．
所以当时，面积的最大值为1．
21．【解析】（1）由题得，函数的定义域为，
，
当时，由于在上恒为负数，
此时在上单调递减．
当时，令，得，
令，得．
此时，在上单调递减，
在上单调递增．
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，
在上单调递增．
（2）依题意，在上恒成立．
令，
则，
令，则，
令，由于，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值．
根据恒为负数，知亦恒为负数，
因此在上为减函数．
而，知，
可知在区间上必存在，使得函数满足，
且在上单调递增，在上单调递减．
由于，而，
故，
由，因此，，
所以，因此的最小正整数值为1．
22．【解析】（1）将，，代入到圆的方程中，
得圆的极坐标方程为，
而直线的参数方程为（为参数）．
（参数方程不唯一）
（2）
将直线的参数方程代入到圆的直角坐标方程中得
，
化简得．
，所以方程有两个根，分别记为，，
，，
则，
所以．
23．【解析】，
（1）当时，所解不等式可化为，解得，
再结合条件知，此时不等式无解；
当时，所解不等式可化为，解得，
再结合条件知，此时不等式的解集为；
当时，所解不等式可化为，解得，
再结合条件知，此时不等式的解集为．
综上所述，原不等式的解集为．
（2）因为时，，单调递减；
时，，单调递减；
时，，单调递增，且是一条连续不间断的曲线．
因此函数的最小值为．
于是实数，从而，
因为存在实数，使不等式成立，
所以，
由于，
当且仅当时等号成立，
由，得．
于是实数的取值范围是．
