精品解析：四川省德阳市高中2023-2024学年高三下学期“三诊”考试数学（文科）试题

德阳市高中2021级“三诊”考试数学试卷（文史类） 说明： 1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4页.考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效.考试结束后，将答题卡交回. 2.本试卷满分150分，120分钟完卷. 第Ⅰ卷（选择题 共60分） 一、选择题：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. 已知集合，，若，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用集合的包含关系求解即得. 【详解】集合，，又，则， 所以实数a的取值范围是. 故选：B 2. 欧拉公式把自然对数的底数，虚数单位i，cosθ和sinθ联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学中的天桥”，若复数满足，则正确的是（ ） A. 的共轭复数为 B. 的实部为1 C. 的虚部为i D. 的模为1 【答案】D 【解析】 【分析】由欧拉公式计算可得，再根据共轭复数、实部、虚部定义以及模长公式可得结果. 【详解】由可得， 所以，可得， 所以的共轭复数为，即A错误； 的实部为0，即B错误； 虚部为，所以C错误； 的模为1，可知D正确. 故选：D 3. 已知，且，则（ ） A. 3 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，求出，代入解出. 【详解】， 且， 令，，解得， ，即, . 故选：C. 4. 已知函数，且 ，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导函数，利用给定等式求出，再利用二倍角的正切计算即得. 【详解】函数，求导得， 由，得，解得， 所以. 故选：B 5. 执行下面的程序框图，输出的（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由程序框图的循环结构，代入计算可得结果. 【详解】根据流程框图可知，第一次计算结果为； 第二次循环计算可得； 第三次循环计算可得，不满足，循环结束， 此时输出. 故选：A 6. 已知向量，为坐标原点，动点满足约束条件，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量数量积的坐标表示得出约束条件，画出可行域并利用直线的截距的几何意义求得结果. 【详解】易知， 所以约束条件即为， 画出可行域如下图阴影部分所示： 将目标函数变形可得， 当其在轴上的截距最小时，的取值最大； 对直线，令，则，则， 显然当直线平移到过点时，取最大值3. 故选：D 7. 2023年7月28日至8月8日，第31届世界夏季大学生运动会在成都市举行，某校在“大运会”举行前夕，在全校学生中进行“我和‘大运会’”的征文活动，对收到的稿件进行分类统计，得到如图所示的扇形统计图.已知全校高二年级共交稿360份，则全校高三年级的交稿数为（ ） A. 320份 B. 330份 C. 340份 D. 350份 【答案】C 【解析】 【分析】计算高三所占的扇形圆心角度数，再根据比例关系求得高三年级的交稿数. 【详解】根据扇形统计图知，高三所占的扇形圆心角为， 在总交稿数中占比， 且高二年级共交稿360份，在总交稿数中占比， 所以总交稿数为份， 则高三年级的交稿数为份. 故选：. 8. 设、、为平面，、、为直线，则的一个充分条件是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】D 【解析】 【分析】利用线面位置关系可判定选项A，B，C；利用线面垂直的性质可判定选项D. 【详解】选项A：若，，，则由线面位置关系知，直线与平面可相交，可平行，也可以是直线在平面内，故选项A错误； 选项B：若，，，则由线面位置关系知，直线与平面可相交，也可平行，故选项B错误； 选项C：若，，，则由线面位置关系知，直线与平面可相交，可平行，也可以是直线在平面内，故选项C错误； 选项D：若，，则由线面垂直的性质得，又，所以，故选项D正确； 故选：D. 9. 如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合．已知某类果蔬的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系．(a，b．为常数)，若该果蔬在7℃的保鲜时间为288小时，在21℃ 的保鲜时间为32小时，且该果蔬所需物流时间为4天，则物流过程中果蔬的储藏温度(假设物流过程中恒温)最高不能超过（ ） A. 14℃ B. 15℃ C. 13℃ D. 16℃ 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的函数模型建立方程组，再列出不等式即可求解. 【详解】依题意，，则，即，显然， 设物流过程中果蔬的储藏温度为t℃，于是， 解得，因此， 所以物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过14℃. 故选：A 10. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将该多面体补全为正方体，得出该多面体的外接球即为正方体的棱切球，求出该正方体的棱长得出棱切球半径，计算得到表面积. 【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示： 不妨取两棱中点为，由题知， 易知，可得， 所以正方体的棱长为2，该多面体的外接球即为正方体的棱切球， 所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为， 因此该多面体的外接球的半径为，所以其表面积为. 故选：A 11. 设是双曲线的左、右焦点，O是坐标原点，点P是C上异于实轴端点的任意一点，若则C的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】设出点的坐标，利用两点间距离公式，结合点在双曲线上及给定等式化简计算即得. 【详解】令双曲线的焦点，设， 则，即有， ，同理， 而，故， 因此， 即，所以双曲线C的离心率. 故选：D 12. 已知函数及其导函数在定义域均为且是偶函数，其函数图象为不间断曲线且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意得函数在上单调递增,因为,所以,得,求解即可. 【详解】由得 则当时,得, ， 则当时,,得函数在上单调递增, 因为,所以, 由于是偶函数,则, 而函数在上单调递增,得, 得, 得, 故选：C. 第Ⅱ卷（非选择题 共90分） 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：共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡上. 13. 已知函数 f(x)═cos(x+θ)是奇函数，则θ的最小正值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，可求的最小正值. 【详解】由函数为奇函数，可得， 则的最小正值为. 故答案为：. 14. 在中，角对边分别为；已知，若向量满足，则的面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量平行的坐标表示可得，再由余弦定理解得，利用面积公式可得结果. 【详解】根据题意由可得， 整理可得； 又可知，即可得，解得； 所以的面积为. 故答案为： 15. 已知两点，若直线上存在唯一点 P 满足 ，则实数m 的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设出点的坐标，求出点的轨迹，再根据直线与圆相切求出m 的值. 【详解】设点，则，由，得， 因此点在以原点为圆心，1为半径的圆上，显然直线与此圆相切， 则，解得， 所以实数m 的值为. 故答案为： 16. 已知为抛物线：的焦点，过点且倾斜角为的直线与抛物线相交于不同的两点，若抛物线在两点处的切线相交于点，则________. 【答案】4 【解析】 【分析】设，，设直线，代入抛物线方程，消去得，根据韦达定理可得，，根据导数的几何意义可得切线方程，求出点的坐标，即可求出的值． 【详解】设，，抛物线C在A、B两点处的切线为， 由,且直线的倾斜角为， 因此，设直线：，代入抛物线方程，消去得，， 则，， ， 由抛物线，可得对求导数，得到y′x， 则抛物线在两点处的切线的斜率为，切线的斜率为， 直线方程为，即，① 则直线l2的方程为，即，②， 由①②解得，， 点P的坐标为， 根据两点间距离公式：， 故答案为：4． 【点睛】结论点睛：过抛物线焦点的直线与抛物线相交于不同的两点，抛物线在两点处的切线相交于点，则点的轨迹为抛物线的准线. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知是等差数列，是等比数列，且的前项和为，，，在①，②这两个条件中任选其中一个，完成下面问题的解答. （1）求数列和的通项公式； （2）设数列的前项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列定义可求得数列的通项公式，利用等比数列定义根据条件①②列方程组解得公比可得数列的通项公式； （2）利用错位相减法求出. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， ∵，， ∴， ∴. ∴. 设等比数列的公比为， 若选条件①，， 由，且， 得， ∴，解得. 所以是首项为2，公比为2的等比数列. 故. 若选条件②，， 令，得， ∴公比， ∴数列是首项为2，公比为2的等比数列. 从而. 【小问2详解】 因为， 所以， 两式相减，得， 即， 所以. 18. 某公司为了确定下季度的前期广告投入计划，收集并整理了近6个月广告投入量x（单位：万元）和收益y（单位：万元）的数据如表（其中有些数据污损不清）： 月份 1 2 3 4 5 6 广告投入量 2 7 7 10 收益 20 30 34 37 7 30 1470 370 他们分别用两种模型①，②进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图所示的残差图及一些统计量的值. （1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？ （2）残差绝对值大于2的数据被认为是异常数据，需要剔除. （ⅰ）剔除异常数据后，求出（1）中所选模型的回归方程； （ⅱ）若广告投入量，则（1）中所选模型收益的预报值是多少万元？（精确到0.01） 附：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，. 【答案】（1）模型① （2）（i）；（ii）（万元） 【解析】 【分析】（1）由于模型①残差波动小，应该选择模型①； （2）（i）剔除异常数据，求出、、，代入可得回归方程；（ii）将代入回归方程可得答案. 【小问1详解】 由于模型①残差波动小，应该选择模型①； 【小问2详解】 （i）剔除异常数据，即3月份的数据， 剩下数据的平均数为，， ，， ，可得， ∴， ， 所选模型的回归方程为； （ii）若广告投入量， 则该模型收益的预报值是（万元）. 19. 如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，，D为的中点，过的平面交棱于E，交于F. （1）求证：平面平面； （2）设M为的中点，平面交于P，且.若，且，求四棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）24 【解析】 【分析】（1）根据三角形全等，可得，又，即可得平面，进而可求解， （2）根据线面平行的性质可得，即可求解的长度，利用面面垂直的性质可得平面，即可求解，进而由体积公式即可求解. 【小问1详解】 证明：连接，. 因为，， 所以，所以. 因为为的中点，所以. 因为为的中点，所以. 因为，，平面 所以平面. 又，所以平面. 又平面 所以平面平面. 【小问2详解】 由题意得：，， 因，平面，平面 所以 平面 由于平面平面，平面， 所以,故. 所以四棱锥的顶点到底面的距离等于点到底面的距离. 作，垂足为，则由（1）知平面平面，且交线为，平面,所以平面 故. 底面的面积为. 所以四棱锥的体积为. 20. 已知椭圆 的离心率为 其左右焦点分别为 下顶点为A，右顶点为B，的面积为 （1）求椭圆 C 的方程; （2）设不过原点O 的直线交C于M、N两点，且直线 的斜率依次成等比数列，求 面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率及的面积列式可得结果； （2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理及条件得到m与k的关系，由点到直线的距离公式、弦长公式表示面积，构造函数可得结果. 【小问1详解】 依题意，又， 又， 所以， 所以椭圆 C 的方程为. 【小问2详解】 由题意可知，直线的斜率存在且不为0，故可设直线：， ，联立直线和椭圆， 化简得， 由题意可知，即， 且， 则 ， 又直线的斜率依次成等比数列。即， 则，所以且， 设点O到直线的距离为， 又 ， 所以， 令，， 显然在上为增函数，在上为减函数， 所以，即， 所以，故面积的取值范围为. 【点睛】方法点睛：求解椭圆中三角形的面积问题时，一般需要设出直线方程，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式，点到直线距离公式等，表示出三角形的面积，再利用构造函数或基本不等式的方法求解即可. 21. 已知函数. （1）试研究函数的极值点； （2）若恰有一个零点，求证. 【答案】（1）极大值点，无极小值点； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）先求函数的导函数，再利用导数与单调性的关系，得到函数的单调区间，最后得到函数的极值点； （2）根据零点存在定理结合函数的单调性，从而确定的取值范围. 【小问1详解】 由，定义域为， 则，， 所以当时，，此时函数在单调递增， 当时，，此时函数在单调递减， 故函数有唯一极大值点，无极小值点. 【小问2详解】 由题意可得，， 令，解得， 因为，， 所以在上有唯一零点， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减. 因为有且仅有一个零点，所以且. 即， 消去并整理得：， 令，则， 因为时，在上恒成立，所以在上单调递增， 又，,所以. 又，且函数在上单调递增， 所以. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点，考查利用导数讨论含参数函数的单调性问题，零点问题，在解题时运用函数的单调性和零点存在性定理相结合，属于难题. 请考生在22、23二题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑. [选修4-4：坐标系与参数方程] 22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 (t为参数)，直线l的方程为．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系． （1）求曲线C的普通方程和直线l的极坐标方程； （2）点 P 的极坐标为，设直线 l与曲线C的交点为A、B 两点，若线段AB 的中点为D，求线段 PD的长． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）消去参数化参数方程为普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式得l的极坐标方程. （2）求出直线的参数方程，代入曲线C的普通方程，利用参数的几何意义求解即得. 【小问1详解】 由曲线的参数方程为（为参数）， 消去参数得曲线的普通方程为； 将代入方程， 得直线的极坐标方程为. 【小问2详解】 由点的极坐标为，得点的直角坐标为，显然点在直线上， 设直线的参数方程为（为参数）， 代入曲线的普通方程，得，，设对应参数为， 则，而对应的参数为， 所以. [选修4-5：不等式选讲] 23. 已知a、b、c、d均为正数，且． （1）证明:若，则; （2）若，求实数 t 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用不等式性质推理即得. （2）结合已知可得，再利用基本不等式求解即得. 【小问1详解】 由均为正数，，得，又， 则，所以. 【小问2详解】 显然， 而均为正数，则， 又，当时取等号， 而，因此，， 所以实数 t 的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 德阳市高中2021级“三诊”考试数学试卷（文史类） 说明： 1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4页.考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效.考试结束后，将答题卡交回. 2.本试卷满分150分，120分钟完卷. 第Ⅰ卷（选择题 共60分） 一、选择题：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. 已知集合，，若，则实数a取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 欧拉公式把自然对数的底数，虚数单位i，cosθ和sinθ联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学中的天桥”，若复数满足，则正确的是（ ） A. 的共轭复数为 B. 的实部为1 C. 的虚部为i D. 的模为1 3. 已知，且，则（ ） A. 3 B. C. 1 D. 4. 已知函数，且 ，则的值是（ ） A. B. C. D. 5. 执行下面的程序框图，输出的（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，为坐标原点，动点满足约束条件，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 7. 2023年7月28日至8月8日，第31届世界夏季大学生运动会在成都市举行，某校在“大运会”举行前夕，在全校学生中进行“我和‘大运会’”的征文活动，对收到的稿件进行分类统计，得到如图所示的扇形统计图.已知全校高二年级共交稿360份，则全校高三年级的交稿数为（ ） A. 320份 B. 330份 C. 340份 D. 350份 8. 设、、为平面，、、为直线，则的一个充分条件是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 9. 如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合．已知某类果蔬的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系．(a，b．为常数)，若该果蔬在7℃的保鲜时间为288小时，在21℃ 的保鲜时间为32小时，且该果蔬所需物流时间为4天，则物流过程中果蔬的储藏温度(假设物流过程中恒温)最高不能超过（ ） A. 14℃ B. 15℃ C. 13℃ D. 16℃ 10. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 11. 设是双曲线的左、右焦点，O是坐标原点，点P是C上异于实轴端点的任意一点，若则C的离心率为（ ） A B. C. 3 D. 2 12. 已知函数及其导函数在定义域均为且是偶函数，其函数图象为不间断曲线且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题 共90分） 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：共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡上. 13. 已知函数 f(x)═cos(x+θ)是奇函数，则θ的最小正值为___________． 14. 在中，角的对边分别为；已知，若向量满足，则的面积为__________． 15. 已知两点，若直线上存在唯一点 P 满足 ，则实数m 的值为__________． 16. 已知为抛物线：焦点，过点且倾斜角为的直线与抛物线相交于不同的两点，若抛物线在两点处的切线相交于点，则________. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知是等差数列，是等比数列，且的前项和为，，，在①，②这两个条件中任选其中一个，完成下面问题的解答. （1）求数列和的通项公式； （2）设数列的前项和为，求. 18. 某公司为了确定下季度前期广告投入计划，收集并整理了近6个月广告投入量x（单位：万元）和收益y（单位：万元）的数据如表（其中有些数据污损不清）： 月份 1 2 3 4 5 6 广告投入量 2 7 7 10 收益 20 30 34 37 7 30 1470 370 他们分别用两种模型①，②进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图所示的残差图及一些统计量的值. （1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？ （2）残差绝对值大于2的数据被认为是异常数据，需要剔除. （ⅰ）剔除异常数据后，求出（1）中所选模型的回归方程； （ⅱ）若广告投入量，则（1）中所选模型收益的预报值是多少万元？（精确到0.01） 附：对于一组数据，，…，，其回归直线斜率和截距的最小二乘估计分别为：，. 19. 如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，，D为的中点，过的平面交棱于E，交于F. （1）求证：平面平面； （2）设M为的中点，平面交于P，且.若，且，求四棱锥的体积. 20. 已知椭圆 的离心率为 其左右焦点分别为 下顶点为A，右顶点为B，的面积为 （1）求椭圆 C 的方程; （2）设不过原点O 的直线交C于M、N两点，且直线 的斜率依次成等比数列，求 面积的取值范围． 21. 已知函数. （1）试研究函数的极值点； （2）若恰有一个零点，求证. 请考生在22、23二题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑. [选修4-4：坐标系与参数方程] 22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 (t为参数)，直线l的方程为．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系． （1）求曲线C的普通方程和直线l的极坐标方程； （2）点 P 的极坐标为，设直线 l与曲线C的交点为A、B 两点，若线段AB 的中点为D，求线段 PD的长． [选修4-5：不等式选讲] 23. 已知a、b、c、d均为正数，且． （1）证明:若，则; （2）若，求实数 t 的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$