精品解析：四川省泸州市2024届高三第三次教学质量诊断性考试（理科）数学试题（解析版）.docx

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1、 泸州市高2021级第三次教学质量诊断性考试数学（理科）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.第卷1至2页，第卷3至4页.共150分.考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑.3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.第卷（选择题共60分）一选择

2、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. 已知复数满足，则（ ）A. B. 3C. D. 5【答案】D【解析】【分析】先根据复数的除法求出复数，再根据共轭复数的定义及复数的乘法运算即可得解.【详解】由，得，所以，所以.故选：D.2. 已知集合，若中有且仅有一个元素，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据不等式的解法求得，结合中有且仅有一个元素，即可求解.【详解】由不等式，即，解得，即，因为，要使得中有且仅有一个元素，则或，即实数的取值范围为.故选：B.3. 记为等差数列的前项和，已知，则取最小值时

3、，的取值为（ ）A. 6B. 7C. 7或8D. 8或9【答案】C【解析】【分析】要求取最小值时，先求的通项，由可得，求得，进而求得，根据的正负情况即可得解.【详解】根据等差数列的性质可得，所以，所以，所以，当时，当时，所以当的取值为7或8时，取最小值.故选：C4. 一组数据，满足（），若去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法正确的是（ ）A. 方差变小B. 平均数变大C. 极差变大D. 中位数变小【答案】A【解析】【分析】根据极差，平均数，方差与中位数的定义计算出去掉前后的相关数据，比较后即可得解.【详解】由于，故，对B：原来的平均数为，去掉后的平均数为，平均数不变，故B错误

4、；对A：原来方差为，去掉后的方差为，方差变小，故A正确；对C：原来的极差为，去掉后，极差为，极差变小，故C错误；对D：原来的中位数与现在的中位数均为，故中位数不变，故D错误.故选：A.5. 九章算术是一本综合性的历史著作，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，标志着中国古代数学形成了完整的体系.在书中的商功一章里记录了“方亭”的概念，如图是一个“方亨”的三视图，则它的侧面积为（ ）A. B. C. 64D. 【答案】A【解析】【分析】由等腰梯形的性质先求出侧面的高，可求得侧面的面积.【详解】显然“方亭”就是正四棱台，由四个相同的梯形侧面和两个正方形底面组成.如图正视图中，AD,BC即为侧面的高

5、，由勾股定理，可得侧高，所以每个侧面的面积，所以侧面积为.故选：A.6. 已知点在抛物线C：（）上，F为C的焦点，直线与C的准线相交于点N，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将点代入抛物线方程，求出，再求出直线的方程，进而求得点的坐标，用两点间距离公式求得.【详解】将点代入抛物线方程，可得，解得，所以抛物线的方程为，准线方程为，所以直线的斜率，所以直线的方程为：，令，解得，所以.故选：A.7. 如图，高速服务区停车场某片区有A至H共8个停车位每个车位只停一辆车，有2辆黑色车和2辆白色车要在该停车场停车，则两辆黑色车停在同一列的条件下，两辆白色车也停在同一列的概率为（ ）

6、ABCDEFGHA. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设事件“两辆黑色车停在同一列”，事件“两辆白色车停在同一列”，根据条件概率公式，即可求解.【详解】设事件“两辆黑色车停在同一列”，事件“两辆白色车停在同一列”，则所求概率为，因为，所以，故选：A8. 已知函数（）在有且仅有三个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】当时，依题意有，解出即可.【详解】因为，所以，因为函数（）在有且仅有三个零点，结合正弦函数的图象可知，解得，故选：B.9. 已知函数（）满足，若函数与图象的交点横坐标分别为，则（ ）A. B. C. D. 0【答案】B【解析】【分析

7、】依题意可得，即可得到函数的图象关于对称，再根据对称性计算可得结论.【详解】因为，所以，所以函数的图象关于对称，又函数关于对称，则与的交点应为偶数个，且关于对称，所以.故选：B.10. 过双曲线C:（，）的左焦点F作圆的切线，切点为A，直线与C的渐近线在第一象限交于点B，若，则C的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】取右焦点，连接、，作于点，由题意结合几何性质可得相应的边长及角度间的关系，借助余弦定理列出与，有关的齐次式，计算即可得.【详解】如图，取右焦点，连接、，作于点，由为圆的切线，故，又，为的中点，所以是的中点，又，所以点为的中点，则，所以，由双曲线的渐近

8、线为，所以，则，在中，由余弦定理可得，化简得，所以双曲线的离心率为.故选：B.11. 已知正方体的棱长为2，P为的中点，过A，B，P三点作平面，则该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，求出球心到平面的距离，再利用球的截面小圆性质求出截面圆半径即可.【详解】正方体的外接球球心是的中点，而，则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，又平面过线段的中点P，因此点与点到平面的距离相等，由平面，得平面，在平面内过作于，而平面，于是，又，从而，又球半径，则正方体的外接球被平面截得的截面圆半径，有，所以正方体的外接球被平面截得的截面圆

9、的面积.故选：D12. 已知，给出下列不等式；其中一定成立的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】由可得，分别构造，和，通过求导，求出单调性和最值可判断；取特值可判断.【详解】由，可得：，因为，所以，所以，所以，解得：，由可得：，所以，对于命题，令，所以在上单调递增，因为，所以，故命题正确；对于命题，由可得：，所以，所以在上单调递减，所以，所以，故命题正确；对于命题，由，取，所以，所以，所以错误.对于命题，因为，所以，。令，令，所以在上单调递减，所以，所以在上单调递减，所以，所以，故命题正确.故选：C.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直

10、接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.第卷（非选择题共90分）注意事项：（1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效.（2）本部分共10个小题，共90分.二填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题纸上）.13. 已知函数是偶函数，则实数_.【答案】2【解析】【分析】由偶函数的性质可得，即可得

11、出答案.【详解】因为函数的定义域为，函数是偶函数，所以，则，所以，解得：，经检验满足题意.故答案为：2.14. 已知非零向量，满足，且，则向量与的夹角为_.【答案】#【解析】【分析】由已知得，再利用数量积公式化简即得解.【详解】因为，所以，所以，所以.因为.故答案为：15. 动直线l：被圆C：截得弦长的最小值为_【答案】8【解析】【分析】求出直线所过定点A，判断定点A在圆内，数形结合知直线截圆所得弦长最小时，弦心距最大，此时，即可由勾股定理求出此时的弦长.【详解】直线，即，所以直线过定点，又圆，且，所以点在圆内部，当垂直于直线时，到直线的距离最大，此时弦长最小，所以直线被圆截得的弦长的最小值为

12、.故答案为：8.16. 公比为q的等比数列满足： ，记，则当q最小时，使成立的最小n值是_【答案】17【解析】【分析】根据题意，求出q，写出通项公式即可.【详解】 是等比数列， ，又 ， ，设函数 ， ，当 时， ， 时， ，在x=1时， 取极小值1， ， ，由题意即q=e， ， ， ， ，n的最小值是17.故答案为：17.三解答题：共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，与交于点O，底面，点E，F分别是棱，的中点，连接，（1）求证：平面平

13、面；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见详解 （2）【解析】【分析】（1）先证明平面，平面，再根据面面平行的判定定理得证；（2）法一，建系用向量法求解；法二，取中点，连接交于点，连接，则是二面角的平面角，根据余弦定理求解.【小问1详解】因为底面是矩形，与交于点，所以为中点，点是棱的中点，是棱的中点，所以为的中位线，为的中位线，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面，而平面平面，所以平面平面.【小问2详解】解法一：分别取中点，因为为矩形，平面，所以两两互相垂直，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则：，取，得，所以，设平面的法向量为，则：，取，得，所

14、以，所以，所以二面角的余弦值为.解法二：如图，取中点，连接交于点，连接，因为，所以，又点是棱的中点，是棱的中点，所以，所以，又均为直角三角形，所以，所以，所以，所以是二面角的平面角，因为，所以，所以，在中，由余弦定理可得，所以二面角的余弦值为.18. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且的面积为（1）求的值；（2）若D是边的中点，求的长【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由三角形面积公式结合余弦定理求得答案；（2）根据已知求出，在中利用正弦定理结合已知条件求得，在中，由余弦定理求得答案.【小问1详解】由题意，所以，中，由余弦定理，有：，因为，所以.【小问2详解】在中，由（1

15、）知：，则，因为，所以，所以，由正弦定理，即，所以又，所以，解得：，在中，由余弦定理得.19. 随着全国新能源汽车推广力度的加大，新能源汽车消费迎来了前所未有的新机遇某公司生产了A、B两种不同型号的新能源汽车，为了解大众对生产的新能源汽车的接受程度，公司在某地区采用随机抽样的方式进行调查，对A、B两种不同型号的新能源汽车进行综合评估，综合得分按照，分组，绘制成评估综合得分的频率分布直方图（如图）：A型号评估综合得分频率分布直方图 B型号评估综合得分频率分布直方图（1）以调查结果的频率估计概率，从A、B两种不同型号的新能源汽车中各随机抽取一辆，以X表示这两辆中综合得分不低于80分的辆数，求X的分

16、布列和数学期望；（2）为进一步了解该地区新能源汽车销售情况，某机构根据统计数据，用最小二乘法得到该地区新能源汽车销量y（单位：万台）关于年份x的线性回归方程为，且销量的方差，年份的方差为求y与x的相关系数r，并据此判断该地区新能源汽车销量y与年份x的相关性强弱参考公式：（）线性回归方程：，其中，；（）相关系数（若，则相关性较弱；若，则相关性较强；若，则相关性很强）【答案】（1）分布列见详解，； （2），销量与年份的线性相关很强.【解析】【分析】（1）根据题意，求出的所有可能值，计算每个值的概率，即可写出分布列，再利用期望公式计算期望即可；（2）根据相关系数的公式结合条件求解判断.【小问1详解】

17、由频率分布直方图可知，A种型号的新能源汽车评估综合得分不低于80分的概率为：，B种型号的新能源汽车评估综合得分不低于80分的概率为：，所以的所有可能值为，所以，所以的分布列为：0120.720.260.02故的数学期望.【小问2详解】相关系数为：.所以，故与线性相关很强.20. 已知A，B分别是椭圆E：（）的右顶点和上顶点，椭圆中心O到直线AB的距离为，且椭圆E过点（1）求椭圆E的方程；（2）若过点的直线与椭圆E相交于M，N两点，过点M作x轴的平行线分别与直线AB，NB交于点C，D试探究M，C，D三点的横坐标是否成等差数列，并说明理由【答案】（1） （2）M，C，D三点的横坐标成等差数列，证明

18、见解析.【解析】【分析】（1）表示出直线的方程，由O到直线AB的距离和椭圆上的点，列方程组求出即可得椭圆方程；（2）通过设直线方程，与椭圆联立方程组，表示出M，C，D三点的横坐标，利用等差中项证明成等差数列.【小问1详解】依据题意，有，直线的方程为，即，所以，解得：，所以椭圆的方程为；【小问2详解】解法1：三点的横坐标成等差数列，理由如下：由题意知，直线的斜率存在且不为0，直线过点，所以设直线，联立方程组可得：，设，则：，因为，所以，当时，此时点坐标为，点坐标为，满足；当时，因为，令可得：，因为，令可得：，下面证明：，即证：，即证：，整理可得即证：，（*）由于，所以上式（*）成立，原式得证.解

19、法2：三点的横坐标成等差数列，理由如下：设直线，因为直线过点，所以，联立方程组可得：，设，则：，因为，所以，因为，令可得：，当时，此时点坐标为，点坐标为，满足；当时，因为，令可得：，下面证明：，即证：，即证：，整理可得即证：，即证：，整理可得即证：，即证：，因为，所以上式成立，原式得证解法3：三点的横坐标成等差数列，理由如下：设，因轴，所以，设直线，因为直线过点，所以，由方程组可得：当时，所以，又因为三点共线，所以，所以，即，因为点在直线上，所以，即，所以三点的横坐标成等差数列.解法4：三点的横坐标成等差数列，理由如下：设直线，因为直线过点，所以，联立方程组可得：，设，则：，所以，又三点共线，

20、所以，即，所以，所以三点的横坐标成等差数列.【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题21. 已知函数（），（1）讨论函数的零点个数；（2）若恒成立，求函数的零点的取值范围【答案】（1）1； （2）.【解析】【分析】（1）求出函数导数，利用导数探讨单调性，进而求出零点个数.（2）由（1

21、）的结论，按分段讨论给定不等式，构造函数并利用导数探讨单调性建立不等式求解即得.【小问1详解】函数的定义域为R，求导得，而，由得，由得，因此函数在上递减，在递增，又当时，恒成立，因此函数在存在唯一零点，所以函数的零点个数是1.【小问2详解】由（1）知函数存在唯一零点，且，当时，由得：，即，设，求导得，在上单减，则，解得；当时，由得：，即，设，求导得，而，则，在上单增，则，解得，综上得的取值范围是.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最

22、值问题根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别（二）选考题：共10分.请考生在第2223题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修44：坐标系与参数方程.22. 已知曲线的参数方程为（为参数），曲线的直角坐标方程为.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线和的极坐标方程；（2）若直线l：（其中）与曲线，交点分别为A，B（A，B异于原点），求的取值范围.【答案】（1），； （2）.【解析】【分

23、析】（1）消去参数得的普通方程，然后将分别代入的普通方程即可；（2）设直线的极坐标方程为，联立的极坐标方程，结合极径的意义表示出，然后由正弦函数的性质可解.【小问1详解】由消得，即，将分别代入得：的极坐标方程为，的极坐标方程为【小问2详解】设直线的极坐标方程为，联立方程可得，所以，又，则有，即，综上，的取值范围为.选修45：不等式选讲.23. 设函数（1）解不等式；（2）令的最小值为T，正数满足，证明：【答案】（1）. （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）分类讨论x的取值，脱掉绝对值符号，解不等式，可得答案；（2）分类讨论x的取值，求出的最小值为T，将展开，利用基本不等式证明，即可证明结论.【小问1详解】当时，即，解得，故；当时， 即，则；当时，即，解得，故，综上所述，原不等式的解集为.【小问2详解】若，则；若，则：若，则,所以函数的最小值，故,又为正数，则,当且仅当,时等号成立,所以.第26页/共26页学科网（北京）股份有限公司