四川省仁寿县铧强中学2024届高三上学期9月诊断性考试理科数学试题

铧强中学2021级9月诊断性考试（理数）

考试时间：120分钟；满分：150分

一、单选题（本大题共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．复数，则复数的虚部是（　　）

A．B．C．D．

2．设全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（    ）

A．B．C．D．

3．已知是平面内的两条直线，则“直线且”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

4．党的十八夫以来，我们在脱贫攻坚领域取得了前所未有的成就，农村贫困人口大幅减少，解决困扰中华民族儿千年的贫困问题，取符历史性成就，同时为全球减贫事业作出了重要贡献.2020年为脱贫攻坚收官之年，下图为2013年至.2019年每年我国农村减贫人数的条形图．

根据该条形图分析，下述结论中正确的个数为（    ）

①平均每年减贫人数超过万；

②每年减贫人数均保持在万以上；

③打破了以往随着脱贫工作深入推进，难度越来越大，脱贫人数逐年减的规律；

④历年减人数的中位数是（万人）

A．B．C．D．

5．已知等差数列中，，则（    ）

A．4B．5C．6D．7

6．已知道试题中有道代数题和道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回，在第次抽到代数题的条件下，第次抽到几何题的概率为（    ）

A．B．C．D．

7．若函数在区间单调递增，则的取值范围是（    ）

A．B．C．D．

8．函数的图象大致为（    ）

A．B．    

C．D．    

9．已知，则（    ）

A．B．C．D．

10．在中，，则的面积等于（    ）

A．B．C．2D．

11．已知函数的部分图象图所示，关于此函数的下列描述：①；②③若，则，④若，则，其中正确的命题是（    ）

A．②③B．①④C．①③D．①②

12．已知函数与函数g（x）＝﹣x3+12x+1图象交点分别为：P1（x1，y1），P2（x2，y2），P3（x3，y3），⋅⋅⋅，Pk（xk，yk），则（x1+x2+⋅⋅⋅+xk）+（y1+y2+⋅⋅⋅+yk）＝（　　）

A．﹣2B．0C．2D．4

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13．在的展开式中，的系数为          ．

14．已知函数，函数的图像在处的切线方程是        .

15．已知正三棱柱的底面边长为6，三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的表面积为      .

16．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用．黎曼函数定义在上，其解析式为，若函数是定义在上的奇函数，且对任意的，都有，当时，，则      ．

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.）

17．(12分)已知函数在时取得极大值4.

(1)求实数a，b的值；

(2)求函数在区间上的最值.

18．(12分)已知向量，，，设函数

(1)求函数的单调递增区间；

(2)设，，分别为的内角，，的对边，若，，的面积为，求的值．

19．(12分)已知数列的前n项和为，且满足.

(1)证明：数列是等比数列；

(2)记，数列的前n项和为，求证：.

20．(12分)如图，扇形的半径为2，圆心角．平面，，点为弧上一点，点在线段上，，且平面，与相交于点．

（1）求证：平面平面；

（2）求平面与平面所成二面角的正弦值．

21．(12分)已知函数的极大值为，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．

(1)求实数k的值；

(2)若函数，对任意x∈（0，+∞），g（x）≥af（x）恒成立．求实数a的取值范围.

选做题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分

22．（选修4-4：坐标系与参数方程）已知极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点，极轴与轴的非负半轴重合．曲线的极坐标方程是，直线的极坐标方程是．

（1）求曲线和直线的直角坐标方程；

（2）设点，直线与曲线相交于点、，求的值．

23．（选修4-5：不等式选讲）设函数.

（1）解不等式；

（2）若对一切实数均成立，求实数的取值范围.

铧强中学2021级9月诊断性考试（理数）

参考答案

1．B

【分析】化简复数，即可得复数的虚部．

【详解】，则复数的虚部为，

故选：B．

2．B

【分析】阴影区域表示属于集合但不属于集合的元素的集合．

【详解】，

图中阴影部分表示的集合为．

故选：B．

3．B

【分析】根据线面垂直的判定及性质进行解答．

【详解】若与不相交，则“直线且”不能推出“”；反之，如果“”，无论与是否相交，都能推出“直线且”，故“直线且”是“”的必要不充分条件，故选：B．

4．C

【分析】直接利用题目中条形图的规律，中位数的应用逐一判断①②③④即可得正确选项．

【详解】对于①：由条形图知：平均每年减贫人数超过1300万，故①正确；

对于②：每年减贫人数均保持在1100万以上；故②正确；

对于③：打破了以往随着脱贫工作深入推进，难度越来越大，脱贫人数逐年减的规律，故③正确；

对于④：历年减人数的中位数是1289（万人），故④不正确，

所以①②③正确，④不正确，正确的个数为3，

故选：C．

5．D

【分析】根据等差数列的性质求得正确答案．

【详解】由于数列是等差数列，

所以．

故选：D

6．C

【分析】设事件“第1次抽到代数题”，事件“第2次抽到几何题”，分别求出、，利用条件概率公式即可求解．

【详解】设事件“第1次抽到代数题”，事件“第2次抽到几何题”，

则，

所以在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为．

故选：C．

7．C

【分析】由题意可知，对任意的，求出的取值范围，即可得出实数的取值范围．

【详解】因为，则，

因为函数在区间单调递增，

则对任意的，即，

当时，，故．

因此，实数的取值范围是．

故选：C．

8．B

【分析】判断函数的奇偶性可排除时判断出的值域排除A，即可得出答案．

【详解】函数的定义域为，

所以为偶函数，排除CD选项，

当时，，

则，排除A选项．

故选：B．

9．D

【分析】根据三角恒等变换得到，再利用诱导公式求出答案．

【详解】因为，即，

所以．

故选：D

10．B

【分析】在中由余弦定理可求得的值，再结合三角形面积公式可求得结果．

【详解】在中，由余弦定理得：，

所以，

解得：，

所以．

故选：B．

11．C

【分析】根据相邻对称中心距离为半个周期，可求出，①正确；再由可求得，

②错误；根据函数的对称轴为，可判断③正确，④错误．

【详解】由图知，，因为可得，而，所以，故①正确，②错误；③中，，由图可知，直线是函数的对称轴，故③正确，若，④错误．所以正确的命题是①③．

故选：C．

12．D

【分析】由题意首先确定函数的对称中心，然后确定函数交点的个数，据此即可求得所给代数式的值．

【详解】因为，

所以函数都是奇函数，

所以函数和都关于点对称，且时，函数没有定义，

又因为，

所以函数在区间上单调递减；

，

故当时，单调递增，当时，单调递减，

在同一坐标系中作出函数的图象，如图所示：

由图象知：函数与函数在定义域上有四个交点，

且四个交点的横坐标之和为0，纵坐标之和为4，

即的值为4．

故选：D．

13．10

【分析】根据二项式定理写出通项公式，令即可求的系数．

【详解】展开式的第项为，令，则．

故答案为：10

14．

【分析】利用导数的几何意义求切线方程即可．

【详解】由，则，又，

所以的图像在处的切线方程是，即．

故答案为：

15．

【分析】根据给定条件，求出三棱柱底面正三角形外接圆半径，再求出球半径即可计算作答．

【详解】由正三棱柱的底面边长为6，得底面所在平面截其外接球所成的圆的半径，如图，

又由三棱柱的高为，则球心到圆的圆心的距离，

因此球半径满足：，即有，

所以外接球的表面积

故答案为：

16．

【分析】根据奇偶性及得到的周期为4，根据周期性及所给函数解析式计算可得．

【详解】因为，所以．

因为是奇函数，所以，

所以，所以的周期为4．

因为，所以令，可得，所以．

因为，

所以．

故答案为：

17．（1）；

（2）最大值为4，，最小值为0．

【分析】（1）先求导，根据，解方程组求出的值；

（2）根据函数在区间上的单调性，分别求出极值和端点值，再比较得出最大值和最小值．

【详解】（1），由题意得，解得．

此时，

当时，，所以在单调递增，

当时，，所以在单调递减，

当时，，所以在单调递增，

所以在时取得极大值．

所以．

（2）由（1）可知，在单调递增，在单调递减，在单调递增．

又因为，

所以函数在区间上的最大值为4，最小值为0．

18．（1）

（2）

【分析】（1）根据向量数量积公式及三角恒等变换得到，从而利用整体法求出函数单调递增区间；

（2）在（1）基础上，求出，结合三角形面积公式求出，进而由余弦定理求出答案．

【详解】（1）∵，

令，

解得，

的单调递增区间是

（2）由（1）知：

即

∵的面积为，

解得

∴由余弦定理得

综上所述，结论是：．

19．（1）证明见解析

（2）证明见解析

【分析】（1）根据和的关系推导可得即可证明；

（2）易得，再裂项相消求和即可．

【详解】（1）依题意，

当时，．

两式相减，得，即，

当时，有，解得．

所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．

（2）由（1）可知，所以．

则，

所以，

由，则，所以，

故．

20．（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）利用余弦定理可求得的长度，进而得到，又，由此得到平面，再利用面面垂直的判定得证；

（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式得解．

【详解】（1）证明：∵平面平面，平面平面，

∴，

在中，由余弦定理可得：

，

∴，又在中，，

由余弦定理可得：，

∵，故，

又平面平面，

又，且平面平面，

∴平面，

又平面平面平面；

（2）以点为坐标原点，所在直线分别为

轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

则，

设平面的一个法向量为，

则，可取；

设平面的一个法向量为，

则可取

∴平面与平面所成二面角的正弦值为．

【点睛】方法点睛：证明面面垂直的方法

（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；

（2）利用性质：（客观题常用）；

（3）面面垂直的定义（不常用）；

（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0．

21．（1）

（2）

【分析】（1）根据函数的极大值为，利用极值的定义求解；

（2）将对任意恒成立，转化为对任意恒成立求解．

（1）解：，

当时，递增；

当时，递减；

所以的极大值为，

故；

（2）根据题意，任意，

即，

化简得，

令，

，

令，

令，

只需，

当时，当时，，

所以，不成立；

当时，显然成立；

当时，由，当递减，递增，

的最小值为，

由，得，

综上；

22．（1）；（2）．

【解析】（1）利用，将极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）写出直线过点的参数方程，代入曲线，利用参数的几何意义以及韦达定理，可求出结果．

【详解】（1）曲线化为：，

将代入上式，即，

整理，得曲线的直角坐标方程．

由，得，

化代入上式，化简得，

所以直线的直角坐标方程．

（2）由（1）知，点在直线上，可设直线的参数方程为（为参数），

即（为参数），

代入曲线的直角坐标方程，得，

整理，得，

所以，

由题意知，．

【点睛】本题考查极坐标方程和直角坐标方程的互化以及直线参数方程的应用，关键是要写出直线的标准参数方程，才能利用参数的几何意义来解题，是基础题．

23．（1）解集为；（2）的取值范围为．

【详解】分析：（1）分段讨论去绝对值求解不等式即可；

（2）要使成立，只需函数的最小值大于即可，利用绝对值三角不等式可得的最小值．

详解：（1）当时，，原不等式即为，

解得；

当时，，原不等式即为，解得；

当时，，原不等式即为，解得；

综上，原不等式的解集为．

（2）．

当时，等号成立．

∴的最小值为9，要使成立，

∴，解得的取值范围为．

点睛：（1）含绝对值不等式的解法

法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；

法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；

法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．

（2）不等式恒成立问题通常转化为求函数最值来处理．