四川省眉山市2024届高三下学期第三次诊断考试理科数学试题
展开这是一份四川省眉山市2024届高三下学期第三次诊断考试理科数学试题,共18页。试卷主要包含了已知向量满足,且,则,的展开式中的系数为,已知,则,给出下述三个结论等内容,欢迎下载使用。
数学(理科)
本试卷满分150分,考试时间120分钟.
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、座位号和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,将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题:本题共12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.在复平面内,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
2.设全集,集合,则( )
A. B.
C. D.
3.采购经理指数(PMI),是国际上通用的监测宏观经济走势的先行性指数之一,具有较强的预测、预警作用.综合PMI产出指数是PMI指标体系中反映当期全行业(制造业和非制造业)产出变化情况的综合指数,指数高于时,反映企业生产经营活动较上月扩张;低于,则反映企业生产经营活动较上月收缩.2023年我国综合PMI产出指数折线图如下图所示:
根据该折线图判断,下列结论正确的是( )
A.2023年各月综合PMI产出指数的中位数高于
B.2023年各月,我国企业生产经营活动景气水平持续扩张
C.2023年第3月至12月,我国企业生产经营活动景气水平持续收缩
D.2023年上半年各月综合PMI产出指数的方差小于下半年各月综合PMI产出指数的方差
4.已知向量满足,且,则( )
A. B. C. D.
5.的展开式中的系数为( )
A.20 B.10 C.-10 D.-20
6.已知,则( )
A. B. C. D.
7.设为坐标原点,过点的直线与抛物线交于两点,若,则的值为( )
A. B. C.2 D.4
8.如图,该组合体由一个正四棱柱和一个正四棱锥组合而成,已知,则( )
A.平面 B.平面
C.平面 D.平面
9.四名同学参加社会实践,他们中的每个人都可以从三个项目中随机选择一个参加,且每人的选择相互独立.这三个项目中恰有一个项目没有被任何人选择的概率为( )
A. B. C. D.
10.给出下述三个结论:①函数的最小正周期为;②函数在区间单调递增;③函数的图象关于直线对称.其中所有正确结论的编号是( )
A.①②③ B.②③ C.①③ D.②
11.已知双曲线的左,右焦点分别为.点在上,点在轴上,,则的离心率为( )
A. B. C. D.
12.若关于的不等式恒成立,则的最大值为( )
A. B. C. D.
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.若满足约束条件,则的最小值为__________.
14.已知的三边长,则的面积为__________.
15.若为奇函数,则__________.(填写符合要求的一个值)
16.已知球的半径为3,相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆,其半径分别为,若,两圆的公共弦的中点为,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,考生依据要求作答.
(一)必考题:共60分.
17.(12分)
某公司为改进生产,现对近5年来生产经营情况进行分析.收集了近5年的利润(单位:亿元)与年份代码共5组数据(其中年份代码分别指2019年,2020年,年),并得到如下值:
(1)若用线性回归模型拟合变量与的相关关系,计算该样本相关系数,并判断变量与的相关程度(精确到0.01);
(2)求变量关于的线性回归方程,并求2024年利润的预报值.
附:①;
②若,相关程度很强;,相关程度一般;,相关程度较弱;
③一组数据,其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为;相关系数
18.(12分)
已知数列的前项和为,且.
(1)求数列的通项公式;
(2)若__________,求数列的前项和.
从①②;③,这三个条件中任选一个补充在上面的横线上并解答问题.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
19.(12分)
如图,在多面体中,四边形为菱形,平面平面,平面平面是等腰直角三角形,且.
(1)证明:平面平面;
(2)若,求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.
20.(12分)
已知椭圆的离心率是,左、右顶点分别为,过线段上的点的直线与交于两点,且与的面积比为.
(1)求椭圆的方程;
(2)若直线与交于点.证明:点在定直线上.
21.(12分)
已知函数.
(1)若过点可作曲线两条切线,求的取值范围;
(2)若有两个不同极值点.
①求的取值范围;
②当时,证明:.
(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,则按所做的第一题记分.
22.[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)
在直角坐标系中,的圆心为,半径为2,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求的极坐标方程;
(2)过点的直线交于两点,求的最大值.
23.[选修4-5:不等式选讲](10分)
已知函数.
(1)若对任意,使得恒成立,求的取值范围;
(2)令的最小值为.若正数满足,求证:.
理科数学参考解答及评分参考
一、选择题
1.【答案】B
【解析】由,对应的点位于第二象限,选择B.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境,设计复数运算问题,主要考查复数的除法运算,复数的几何意义等基础知识;考查运算求解能力,数形结合思想;考查数学运算、直观想象等数学核心素养.
2.【答案】D
【解析】由,选项错误;,选项错误;,选项C错误;因为,所以,所以选项D正确.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境,设计集合运算问题,主要考查集合的交集与并集,补集运算等基础知识;考查运算求解能力,数学运算等数学核心素养.
3.【答案】B
【解析】根据图表可知,各月PMI的中位数小于,A错误;2023年各月,2023年我国综合PMI产出指数均大于,表明我国企业生产经营活动持续扩张,C错误,B正确;2023年上半年各月PMI比下半年各月PMI的波动大,则方差也大,故D错误.
【考查意图】本小题设置数学应用情境,主要考查统计图表的应用等基础知识,考查概率统计等思想方法,考查数据分析等数学核心素养.
4.【答案】A
【解析】由题意得,则有,解得,又由,则有,解得,同理可得,所以,所以.
注:本小题也可以利用向量线性运算的几何意义,利用数形结合思想求解.
【命题意图】本小题设置课程学习情境,设计平面向量运算问题,主要考查向量的坐标运算,数量积,夹角公式等基础知识;考查运算求解能力,数形结合思想,数学建模(可构造三角形或取特值解答)思想;考查数学运算、直观想象、数学建模等数学核心素养.
5.【答案】C
【解析】因为,相加的两项二项式展开后的通项分别为与,所以的系数为.
【命题意图】本小题设置课程学习情境,设计二项式展开式的通项问题,主要考查二项式展开式特定项的系数等基础知识;考查运算求解能力,分类讨论思想,数学运算等数学核心素养.
6.【答案】A
【解析】因为,所以,有,所以.
【命题意图】本小题设置课程学习情境,设计三角恒等变换求值问题,主要考查同角三角函数关系,两角和的正弦公式,三角函数符号确定等基础知识;考查运算求解能力,化归与转化思想,数学运算等数学核心素养.
7.【答案】C
【解析】设,直线的方程为:,联立方程得,,故,从而-4,即,故选C.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境,设计直线与抛物线交点问题,主要考查直线与抛物线的位置关系,向量的坐标运算,抛物线性质等基础知识;考查运算求解能力,推理论证能力,化归与转化思想;考查数学运算,逻辑推理等数学核心素养.
8.【答案】C
【解析】如图,因为,在平面中有,所以平面不平行于平面;同理不平行于平面;易得,
,所以,又,所以平面.
【命题意图】本小题设置课程学习情境,设计正四棱柱与正四棱锥的组合体问题,主要考查空间线面平行,线面垂直的判断等基础知识;考查推理论证能力,空间想象能力;考查逻辑推理,直观想象等数学核心素养.
9.【答案】C
【解析】.
【命题意图】本小题设置实践应用情境,主要考查计数原理、分组排列、组合、古典概型等基础知识,考查分类与整合等数学思想,考查逻辑推理,数学建模等数学核心素养.
10.【答案】B
【解析】对于①由,最小正周期为,结论①不正确;对于②,由,有,此时在区间单调递增,结论②正确;对于③,,对称轴由确定,当时,,结论③正确.
【命题意图】本小题设置课程学习情境,设计三角函数图象性质问题,主要考查含绝对值的余弦函数图象,降幂公式,余弦函数的最小正周期,单调区间,图象的轴对称等基础知识;考查逻辑推理能力,数形结合思想,化归与转化思想,推理论证等数学核心素养.
11.【答案】A
【解析】设,则,由于关于轴对称,故,又因为,所以,所以,所以,故选A.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境,设计双曲线焦点弦问题,主要考查双曲线的方程与性质,双曲线焦点弦,离心率等基础知识;考查运算求解能力,推理论证能力,化归与转化思想,数形结合思想;考查数学运算,逻辑推理等数学核心素养.
12.【答案】C
【解析】依题意,,不等式化为.设,则,当时,单调递增;当
时,单调递减,所以,在处取得极大值,也即最大值.又时,.由题知不等式恒成立,所以的图象恒在的图象的上方,显然不符题意;当时,为直线的横截距,其最大值为的横截距,再令,可得,且当直线与在点处相切时,横截距取得最大值.此时,切线方程为,所以取得最大值为.
【命题意图】本小题设置课程学习情境,主要考查导数的应用等基础知识,考查化归与转化等数学思想,考查数学抽象、逻辑推理、数学运算、直观想象等数学核心素养.
二、填空题
13.【答案】-6
【解析】作出约束条件表示的可行域为以三点为顶点的及其内部,作出直线并平移,当直线经过点时,在轴上的截距最小,此时目标函数取得最小值.
【命题意图】本小题设置课程学习情境,设计简单的线性规划问题,主要考查不等式组的解法,约束条件表示的可行域,直线平移及几何意义等基础知识;考查运算求解能力,数形结合思想,化归与转化思想;考查数学运算、逻辑推理、直观想象等数学核心素养.
14.【答案
【解析】由余弦定理有,所以,所以的面积.
【命题意图】本小题设置课程学习情境,设计解三角形问题,主要考查余弦定理,同角间的三角函数关系,三角形面积等基础知识;考查运算求解能力,逻辑推理能力,数形结合思想,化归与转化思想,应用意识;考查数学运算、逻辑推理、直观想象等数学核心素养.
15.【答案】,填写符合的一个值即可.
【解析】依题意,,当为奇函数,此时,则,故填等等.
【命题意图】本小题设置课程学习情境,主要考查函数奇偶性等基本性质、简单的三角变换等基础知识,考查化归与转化等数学思想;考查数学抽象、逻辑推理、数学运算等数学核心素养.
16.【答案】1
【解析】如图,设,则在中,,在中,,在中,,联立得,所以在中,,所以.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境,设计球与截面问题,主要考查平面与球相截,空间线面位置关系,球内三角形,矩形的性质,勾股定理等基础知识;考查运算求解能力,空间想象能力,方程思想等基础知识;考查数学运算素养,直观想象,逻辑推理等数学核心素养.
三、解答题
17.【解析】(1)依题意,,
,
则,
则,故变量与的相关程度很强.
(2)令变量与的线性回归方程为.
,
所以,
所以,变量关于的回归方程为.
2024年,即时,(亿元).
所以,该公司2024年利润的预报值为78(亿元).
【命题意图】本小题设置生活实践情境,主要考查回归分析的基本思想及其初步应用,考查统计基本思想以及抽象概括、数据处理等能力和应用意识;考查数学运算、数学建模等数学核心素养.
18.【解析】(1)由,
当时,,得,
当时,,
整理得,,
又,所以,
所以数列是首项为3,公比为3的等比数列,
所以.
(2)若选①,由(1)可得,,
所以,
,
两式相减得
,
所以.
若选②,由(1)可得,.
若选③,由(1)可得,.
【命题意图】本小题设置课程学习情境,设计结构性不良的数列问题,主要考查数列的前项和与通项公式,等比数列的性质,错位相减法求数列的和等基础知识;考查运算求解能力,推理论证能力,化归与转化思想;考查数学运算,逻辑推理等数学核心素养,应用意识.
19.【解析】(1)如图,取的中点,连接.
因为,平面平面,
平面平面,
所以平面.
同理,平面.
所以.
又和是等腰直角三角形,所以,
四边形为平行四边形,所以,
又因为,
所以平面平面.
(2)如图,以点为原点,所在直线为轴,过平行于的直线为轴,在平面
内垂直于的直线为轴,建立空间直角坐标系.
设,
则.
所以.
设平面的法向量为,则
令,得,所以.
设平面的法向量为,则
令,得,所以.
所以.
设,则,
所以在上单调递减,所以
所以,
所以平面与平面所成锐二面角的取值范围是.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境,设计立体几何问题,主要考查空间线线、线面位置关系,空间二面角等基础知识;考查推理论证能力,空间想象能力,运算求解能力;考查直观想象,逻辑推理等数学核心素养,应用意识.
20.【解析】(1)由,
故,则.
由,得,
故椭圆的方程为:.
(2)由(1)可得,设.
显然直线的斜率不为0,所以设直线的方程为.
将与联立,
可得,
其中,
则.
因为直线的方程为,直线的方程为,
联立直线与直线的方程可得:
.
由可得,即,
故点在定直线上.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境,设计直线与椭圆问题,主要考查椭圆的方程,椭圆中的三角形,直线过定点等基础知识;考查运算求解能力,推理论证能力,化归与转化思想,数形结合思想;考查数学运算,逻辑推理等数学核心素养,应用意识.
21.【解析】(1)依题意,,
设过点的直线与曲线相切时的切点为,斜率,则,点的坐标代入可得,
则,
即有
解法1:若过点可作曲线两条切线,只需方程方程有两个不相等的实数根即可.
令,只需函数有2个零点即可.则,
①若,则时,时,时,,
此时时,取极大值;时,取极小值,
又,
时,,
函数只有1个零点,不合题意.
②若,同理可知,此时时,取极大值;时,取极小值,
又时,,
函数只有1个零点,不合题意.
③若,则时,时,,
所以时,取极大值,
又时,时,,
函数有2个零点,则必有,得,
故过点可作曲线两条切线时,的取值范围是.
解法显然,.
若过点可作曲线两条切线,只需方程方程有两个不相等的实数根即可.令,
则,
令,则,
可知时,单调递增;时,单调递减,
所以,
故当时,单调递增;时,单调递减;时,单调递减.
又时,由,则;
由上可知时,取得极大值,也即为时,取得最大值,
又时,时,,
函数的大致图象如图所示.
所以方程有两个不相等的实数根时,.
故过点可作曲线两条切线时,
的取值范围是.
(2)①由(1)知,,
因为有两个极值点即有两个实数根,
令,
可知时,单调递增,此时;当时,单调递减,此时,
所以即有两个实数根时,.
则有两个极点时,.
②由即得,
要证明,只需证明.
由题,,
令,则,
欲证明,也即证明,
只需证明即可,
令,
可知,
则在时单调递增,故,则,令在时单调递增,则,
故,即
所以.
【命题意图】本小题设置探究创新情境,主要考查导数几何意义、极值、函数的零点,函数与导数的综合应用等基础知识,考查化归与转化、函数与方程等数学思想;考查数学抽象、逻辑推理、数学运算等数学核心素养.
选考题
22.【解析】(1)由题知,的直角坐标方程为,
即
故的极坐标方程为.
(2)设.
联立直线和圆的方程得:
,
则.
故,
故当时,取得最大值.
【命题意图】本小题设置课程数学情境,设计极坐标问题,主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化,直线与圆的位置关系,弦长等基础知识;考查运算求解能力,推理论证能力,应用意识.
23.【解析】(1)当时,;当时,;当时,.则的最小值为4.
由于对任意,使得恒成立,
所以,解得,
故的取值范围是.
(2)由(1)可知的最小值为,则,
则.
,
当且仅当且取“,即取“=”.
所以.
【命题意图】本小题设置课程学习情境,主要考查均值不等式应用、不等式的证明方法等基础知识,考查分类与整合思想;考查数学抽象、逻辑推理、数学运算等数学核心素养.
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