精品解析：四川省成都市玉林中学2024-2025学年高三上学期11月诊断性评价数学试题

成都市玉林中学高2022级11月诊断性评价试题 数学 考试时间：120分钟；总分：150分； 命题人：彭晓夏 周翔 审题：高三备课组 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40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，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据绝对值与一元二次不等式，解得两集合的元素，利用交集，可得答案. 【详解】由，， 则. 故选：D. 2. 已知平行四边形，点，分别是，的中点（如图所示），设，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的线性运算，即可得到答案； 【详解】连结，则为的中位线， ， 故选：A 3. 已知，则“”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先解不等式，然后根据集合的包含关系可得. 【详解】不等式，解得 记， 因为，所以“”是“”成立充分不必要条件. 故选：A 4. 将函数）的图像向右平移（0＜＜）个单位后的图像关于y轴对称，则 ＝( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意先求平移后的解析式，进而利用对称性即可求解. 【详解】因为函数的图象向右平移（0＜＜）个单位， 所以. 又因为平移后图像关于y轴对称， 所以， 又0＜＜，所以当时． 故选：D 5. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据图象得出函数的奇偶性以及特殊点，逐项验证，可得答案. 【详解】由图可知，函数为奇函数，且，. 对于A，，则该函数为偶函数，故A错误； 对于B，，则该函数为奇函数， ，，故B错误； 对于C，，则该函数为偶函数，故C错误； 对于D，，则该函数为奇函数， 且，，故D正确. 故选：D. 6. 若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对函数求导，在上单调递减，等价于在上恒成立，进而根据不等式恒成立问题求解即可. 【详解】因为函数，所以， 又函数在上单调递减， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 令，则在上，，则. 当时，不恒为零，也符合题意， 所以实数的取值范围是. 故选：C 7. 在中，角所对的边分别为，已知，且的面积，则周长的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知利用三角形的面积公式可求的，进而可得，，由余弦定理，基本不等式可求，根据三角形的周长即可求解其最大值． 【详解】， 即，又， 解得，， 又，由余弦定理可得：， ，即 当且仅当时取等号， 则周长的最大值是， 故选：B 8. 已知函数，若函数有四个不同的零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到，，再对所求目标式子进行化简，利用对勾函数的单调性，得到所求范围. 【详解】有四个不同的零点， 即和有四个交点，它们的横坐标分别为， 画出函数和的图像， 根据图像可知， 和是和的交点横坐标， 即方程的两根， 所以， 是和的交点横坐标，是和的交点横坐标， 故有，得到， 由，可得 ， 令， 令， 则在上单调递减， 所以，， 故， 即所求式子的取值范围是. 故选：C. 【点睛】本题考查函数与方程，根据对勾函数的单调性求值域，属于中档题. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 设向量，，则（ ） A. B. 与的夹角为 C. 与共线 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用向量运算的坐标表示、向量模长、夹角公式以及向量共线、垂直的坐标形式计算求解. 【详解】因为，，所以，，故A正确； 因为，，所以， 因为两向量夹角的范围为，所以与的夹角为，故B错误； 因为，，所以， 又，所以，所以，所以与不共线，故C错误，D正确. 故选：AD. 10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在上单调递增 C. 函数的图象关于直线对称 D. 该图象向右平移个单位可得的图象 【答案】BCD 【解析】 【分析】由图象可得，，代入可得，然后根据三角函数的性质对每个选项进行分析即可 【详解】由图象可知：，周期，∴； 由，所以，解得， 由可得，故函数． 对于A：，故A错误； 对于B：当时，，因为在上，正弦函数单调递增， 所以函数在上单调递增，故B正确； 对于C：当时，， 即直线是的一条对称轴，故C正确； 对于D：向右平移个单位得，故D正确， 故选：BCD． 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图像与函数的图像有且仅有一个公共点 B. 函数的图像与函数的图像没有公切线 C. 函数，则有极大值，且极大值点 D. 当时，恒成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，利用与的图象，知时，有一个交点，当，构造函数，利用导数，求出的单调区间，进而求得，即可求解；选项B，设出切点，利用导数的几何意义得到，将问题转化成求方程解的个数，即可求解；选项C，令，对求导，求出的单调区间，再利用极值的定义，即可求解；选项D，构造函数和，利用导数与函数单调性间的关系，得到，且等号不能同时取到，再利用与图象间的关系，即可求解. 【详解】对于选项A，易知当时，函数与函数的图像有一个公共点， 当时，令，则， 由，得到，由，得到， 即在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以在时取最小值，即， 所以当时，函数与函数的图像没有公共点，故A正确； 对于选项B，设与切于点，与切于点 则，化简得：，判断方程根的个数即为公切线条数， 令，则，易知在上恒小于0， 当时，令，则在区间上恒成立， 即在区间上单调递增，又，， 所以在上有使得，即， 所以在上单调递减，在上单调递增，且 当，所以方程有两解，与的图像有两条公切线，所以选项B错误， 对于选项C，令，所以， 令，则， 所以在上单调递减，又， 所以存在，使得，即， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以有极大值，且极大值点，故选项C正确， 对于选项D，，则， 当时，时，， 所以，即，当且仅当时取等号， 令，则在区间上恒成立， 又，所以，当且仅当时取等号， 又，当时，与重合，当时，的图象由向右平移，此时图象恒在下方， 所以，且等号不能同时取到，故选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题；（4）考查数形结合思想的应用． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的值是___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据诱导公式直接求解即可. 【详解】解： 故答案为： 13. 如图，测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与.在点测得塔顶的仰角，且，则塔高为______ 【答案】 【解析】 【分析】中求出，利用正弦定理求得，再根据直角三角形的边角关系得出的值． 【详解】在中，， 由正弦定理得，， 解得， 在中，，所以，所以塔高为． 故答案为：． 14. 已知函数有两个零点，则的取值范围为_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用同构思想，设，将有两个零点转化成有两个根，继而又转化为与有两个交点，研究函数的图象，即可求得参数的范围. 【详解】由，设，显然该函数在上单调递增，则， 于是由题意知，有两个根，因,则故与有两个交点. 由，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，即时，取得极大值为， 且当时，，当时，，作出函数的简图. 由图可得，要使有两个根，需使，解得. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查函数的零点问题，属于难题. 解题思路是利用同构思想将函数解析式化简，再根据函数有2个零点得到方程有2个根，将问题转化为与有两个交点，利用函数的图象性质即可求得. 四、解答题（本大题共5小题，共计77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 设函数． （1）求的单调递减区间； （2）在中，若，，求的外接圆的面积． 【答案】（1）单调递减区间为，； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换可得，利用正弦型函数的图象与性质，即可求解单调递减区间； （2）由题可得，然后利用正弦定理求解外接圆的直径，即可求解外接圆的面积． 【小问1详解】 由题可知 ， 令，解得，， 所以函数的单调递减区间为，； 【小问2详解】 由题可得，又， ∴，即，又， 所以的外接圆直径， 所以，的外接圆面积． 16. 某校为了解本校学生课间进行体育活动的情况，随机抽取了60名男生和60名女生，通过调查得到如下数据：60名女生中有10人课间经常进行体育活动，60名男生中有20人课间经常进行体育活动. （1）请补全列联表，试根据小概率值的独立性检验，判断性别与课间经常进行体育活动是否有关联； 课间不经常进行体育活动 课间经常进行体育活动 合计 男 女 合计 （2）以样本的频率作为概率的值，在全校的学生中任取4人，记其中课间经常进行体育活动的人数为，求的分布列、数学期望和方差. 附表： 0. 1 0. 05 0. 01 0. 005 0. 001 2. 706 3. 841 6. 635 7. 879 10. 828 附：，其中. 【答案】（1）列联表如下： 课间不经常进行体育活动 课间经常进行体育活动 合计 男 40 20 60 女 50 10 60 合计 90 30 120 有关联 （2）的分布列为： 0 1 2 3 4 数学期望为1，方差为 【解析】 【分析】（1）计算卡方，根据独立性检验方法求解即可； （2）根据二项分布的分布列与数学期望和方差公式求解即可 【小问1详解】 零假设为：性别与课间经常进行体育活动相互独立，即性别与课间是否经常进行体育活动无关，依题意，列出列联表如下： 课间不经常进行体育活动 课间经常进行体育活动 合计 男 40 20 60 女 50 10 60 合计 90 30 120 ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为性别与课间是否经常进行体育活动有关联，此推断犯错误的概率不大于0. 05 【小问2详解】 由题意得，经常进行体育活动者的频率为， 所以在本校中随机抽取1人为经常进行体育活动者的概率为， 随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，4，由题意得， 所以， ， ， ， ， ， 的分布列为： 0 1 2 3 4 的数学期望为，的方差为. 17. 如图的多面体是由一个直四棱柱被平面所截后得到的，其中，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1） 证明：在中，因为，， 所以由余弦定理得，， 所以， 所以，即， 在直四棱柱中，平面，平面， 所以，因为平面，平面，， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）结合题意由余弦定理可得，由勾股定理可得，由直四棱柱的性质及线面垂直的性质定理可得，再由线面垂直的判定定理即可证明； （2）以为坐标原点，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的正弦值公式可得，利用平方关系可得，继而即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，两两相互垂直， 所以以为坐标原点，分别以，，为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由，得，， 所以，，，， ，，， 设为平面的一个法向量， 则，即， 令，可得， 因为，， 设直线与平面所成角为，且， 所以， 从而，所以． 所以直线与平面所成角的正切值为． 18. 已知点F为抛物线E：（）的焦点，点P（−3，2），，若过点P作直线与抛物线E顺次交于A，B两点，过点A作斜率为1的直线与抛物线的另一个交点为点C． （1）求抛物线E的标准方程； （2）求证：直线BC过定点； （3）若直线BC所过定点为点Q，△QAB，△PBC的面积分别为S1，S2，求的取值范围 【答案】（1） （2）证明： 显然．直线斜率存在，设的方程为 由，化简得：， 设，则， ∴ ① 直线的方程为， 由化简得：， 设则 ② 由①②得，∴ ③ （ⅰ）若直线没有斜率，则，又，∴，∴， ∴的方程为． （ⅱ）若直线有斜率，为， 直线的方程为，即， 将③代入得，∴， 故直线有斜率时过点． 由（ⅰ）（ⅱ）知，直线过点． （3） 【解析】 【分析】（1）利用表示出，化简即可求出答案. （2）设出直线，联立直线与抛物线，利用韦达定理则可表示出两点的关系.再由点写出直线，联立直线与抛物线，利用韦达定理则可表示出两点的关系.写出直线的方程，根据两个关系式消掉点，则可得出结论. （3）将、用点表示出来，再利用韦达定理用直线的斜率表示出，最后化简即可得出答案. 【小问1详解】 焦点，∵，∴ 抛物线E的标准方程为 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 由（2）得， ，∴，且， 设， ∵，且，∴∴， 故的取值范围是． 【点睛】本题考查抛物线的标准方程、直线过定点.属于难题.其中证明直线过定点，寻找坐标之间的关系进行消元是解题的关键. 19. 若函数在定义域内存在两个不同的数，同时满足，且在点处的切线斜率相同，则称为“切合函数” （1）证明：为“切合函数”； （2）若为“切合函数”，并设满足条件的两个数为． （ⅰ）求证：； （ⅱ）求证：． 【答案】（1）证明：假设存在两个不同的数，满足题意， 易知，由题意可得 ， 即， ，，， ， 又， 所以. 因为，即， 化简可得，又， 所以， 代入， 可得或， 所以为“切合函数”. （2）（ⅰ）证明：由题意知， 因为为“切合函数”， 故存在不同的数(不妨设)使得 ， 即， 整理得， 先证， 即， ， 令，则由，知， 要证，只需证， 即， 设， 易知， 故在单调递减，所以， 故有， 由上面的式知, 所以. （ⅱ）证明：由上面的得， ， 又， 所以且， 故要证， 只需证， 即， 设， 则即证 ， 设， 则， 即也就是在单调递增， ， 所以在单调递增， 所以， 因为， 所以， 所以， 所以原不等式成立. 【解析】 【分析】（1）假设存在两个不同的数满足条件，通过求出即可得证； （2）（ⅰ）利用“切合函数”的定义得出关系式，通过构造新函数，通过新函数的单调性得出证明. （ⅱ）利用与的关系，把待证不等式转化为关于的不等式，构造函数，利用单调性证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键主要有三点：一是理解新定义“切合函数”；二是利用切合函数得到两个关键等式；三是把多变量转化为单变量，构造函数，利用单调性证明不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都市玉林中学高2022级11月诊断性评价试题 数学 考试时间：120分钟；总分：150分； 命题人：彭晓夏 周翔 审题：高三备课组 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40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，，则（    ） A. B. C. D. 2. 已知平行四边形，点，分别是，的中点（如图所示），设，，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则“”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 将函数）的图像向右平移（0＜＜）个单位后的图像关于y轴对称，则 ＝( ) A. B. C. D. 5. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 6. 若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角所对的边分别为，已知，且的面积，则周长的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若函数有四个不同的零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 设向量，，则（ ） A. B. 与的夹角为 C. 与共线 D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在上单调递增 C. 函数的图象关于直线对称 D. 该图象向右平移个单位可得的图象 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图像与函数的图像有且仅有一个公共点 B. 函数的图像与函数的图像没有公切线 C. 函数，则有极大值，且极大值点 D. 当时，恒成立 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的值是___________. 13. 如图，测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与.在点测得塔顶的仰角，且，则塔高为______ 14. 已知函数有两个零点，则的取值范围为_________． 四、解答题（本大题共5小题，共计77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 设函数． （1）求的单调递减区间； （2）在中，若，，求的外接圆的面积． 16. 某校为了解本校学生课间进行体育活动的情况，随机抽取了60名男生和60名女生，通过调查得到如下数据：60名女生中有10人课间经常进行体育活动，60名男生中有20人课间经常进行体育活动. （1）请补全列联表，试根据小概率值的独立性检验，判断性别与课间经常进行体育活动是否有关联； 课间不经常进行体育活动 课间经常进行体育活动 合计 男 女 合计 （2）以样本的频率作为概率的值，在全校的学生中任取4人，记其中课间经常进行体育活动的人数为，求的分布列、数学期望和方差. 附表： 0. 1 0. 05 0. 01 0. 005 0. 001 2. 706 3. 841 6. 635 7. 879 10. 828 附：，其中. 17. 如图的多面体是由一个直四棱柱被平面所截后得到的，其中，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正切值． 18. 已知点F为抛物线E：（）的焦点，点P（−3，2），，若过点P作直线与抛物线E顺次交于A，B两点，过点A作斜率为1的直线与抛物线的另一个交点为点C． （1）求抛物线E的标准方程； （2）求证：直线BC过定点； （3）若直线BC所过定点为点Q，△QAB，△PBC的面积分别为S1，S2，求的取值范围 19. 若函数在定义域内存在两个不同的数，同时满足，且在点处的切线斜率相同，则称为“切合函数” （1）证明：为“切合函数”； （2）若为“切合函数”，并设满足条件的两个数为． （ⅰ）求证：； （ⅱ）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $