四川省泸州市2024届高三下学期三诊试题 数学（文） Word版含答案.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（文科）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穼标号涂黑.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

2、、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. 已知复数满足，则（ ）A. B. 3C. D. 52. 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. 3. 已知双曲线的两条渐近线相互垂直，焦距为，则该双曲线的虚轴长为（ ）A. B. C. D. 4. 从3，4，5，6，7这5个数中任取两个数，则所取两个数之积能被3整除的概率是（ ）A. B. C. D. 5. 记为等差数列的前项和，已知，则取最小值时，的取值为（ ）A. 6B. 7C. 7或8D. 8或96. 一组数据，满足（），若去掉，后组成一组新数据

3、，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7. 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. 8. 已知点在抛物线：（）上，为的焦点，直线与的准线相交于点，则（ ）A. B. C. D. 9. 已知函数（）在有且仅有三个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 10. 已知函数（）满足，若函数与图象交点横坐标分别为，则（ ）A. B. C. D. 0

4、11. 已知圆锥的体积为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的内切球的表面积为（ ）A. B. C. D. 12. 已知，给出下列不等式；其中一定成立个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4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.13. 已知函数是偶函数，则实数_.14. 已知非零向量，满足，且，则向量与的夹角为_.15. 已知直线，动直线被圆截得弦长最小值为_16. 已知是数列的前项和，则_.三、解答题：共70

5、分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步.第1721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.（一）必考题：共60分.17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，与交于点，底面，点，分别是棱，的中点，连接，. （1）求证：平面平面；（2）求三棱锥的体积.18. 的内角，的对边分别为，已知，且的面积为.（1）求的值；（2）若是边的中点，求的长.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、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、两种不同型号的新能

6、源汽车进行综合评估（得分越高接受程度就越高），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）：（1）以综合得分的平均数为依据，判断A、两种不同型号的新能源汽车哪种型号更受大众喜欢；（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（单位：万台）关于年份的线性回归方程为，且销量的方差，年份的方差为，求与的相关系数，并据此判断该地区新能源汽车销量与年份的相关性强弱.参考公式：（）线性回归方罡：，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）.20. 如图，已知分别是椭圆的右顶点和上顶点，椭圆的离心率为的

7、面积为1.若过点的直线与椭圆相交于两点，过点作轴的平行线分别与直线交于点.（1）求椭圆的方程.（2）证明：三点的横坐标成等差数列.21. 设函数，.（1）求函数单调区间；（2）若总存在两条直线和曲线与都相切，求的取值范围.（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，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程.22. 曲线的参数方程为（为参数），曲线的直角坐标方程为.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程和曲线的极坐标方程；（2）若直线与曲线，的交点分别为，（，异于原点），当斜率时，求的取值范围.选修4-5：不等式选讲.23. 设

8、函数（1）解不等式；（2）令的最小值为T，正数满足，证明：泸州市高2021级第三次教学质量诊断性考试数学（文科）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穼标号涂黑.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

9、，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

10、范围为.故选：B.3. 已知双曲线的两条渐近线相互垂直，焦距为，则该双曲线的虚轴长为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分析可得，求出的值，即可得出双曲线的虚轴长.【详解】双曲线的渐近线方程为，由题意可知，可得，所以，则，因此，该双曲线的虚轴长为.故选：B.4. 从3，4，5，6，7这5个数中任取两个数，则所取两个数之积能被3整除的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用组合计数，求出总的不同结果和两数之积能被3整除的不同取法种数,利用古典概型知识求比值即得.【详解】从3，4，5，6，7这5个数中一次性随机地取两个数，共有种取法，其中所取两个数之积

11、能被3整除包含共七种取法，所以概率为，故选：C5. 记为等差数列的前项和，已知，则取最小值时，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：C6. 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

12、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；对A：原来的方差为，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.7. 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

13、”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，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.8. 已知点在抛物线：（）上，为的焦点，直线与的准线相交于点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】代点计算可得抛物线方程，即可得焦点纵坐标与准线方程，即可得直线的方程，求出两直线交点，即可得点坐标，结合两点距离公式即可得解.【详解】由，有，即，即抛物线：，则，准线方程为：，故，整理得，令，则，即，则.故选：B.9. 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

14、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.10. 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】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.11. 已知圆锥的体积为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的内切球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设圆锥的底面半径为，高为，由题意可得，可求得，进而可

15、得轴截面是等边三角形，求得等边三角形的内切圆的半径即可求得圆锥的内切球的表面积.【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，由题意可得，解得，所以母线长为，底面圆直径为，可得圆锥的轴截面为等边三角形，该等边三角形内切圆的半径即为圆锥内切球的半径，由等边三角形的性质可得内切球的半径，所以圆锥内切球的表面积为.故选：D.12. 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

16、，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

17、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.13. 已知函数偶函数，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. 已知直线，动直线被圆截得弦长的最小值为_【答案】【解析】【分析】先由圆的方程确定圆心和半径，

18、由直线方程确定直线过定点；再利用直线与圆的位置关系判断过点且与垂直的弦的弦长最短；最后结合弦长公式即可求解.【详解】由圆可得：圆心，半径.由直线可得：直线过定点.因为所以点在圆内，直线与圆相交，则过点且与垂直的弦的弦长最短，且弦长的最小值为.故答案为：16. 已知是数列的前项和，则_.【答案】【解析】【分析】借助与的关系及累乘法计算即可得.【详解】当时，即，则，即，则有，则，当时，符合上式，故.故答案为：.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步.第1721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.（一）必考题：共60分.17. 如图，在四

19、棱锥中，底面是矩形，与交于点，底面，点，分别是棱，的中点，连接，. （1）求证：平面平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据中位线定理和面面平行的判定定理即可证明；（2）根据等体积法即可求解.【小问1详解】因为底面是矩形，AC与BD交于点O所以O为AC中点，点E是棱PA的中点，F分别是棱PB的中点，所以OE为三角形的中位线，OF为三角形的中位线， 所以,，平面，平面，平面，平面，平面，平面，而平面，平面，平面平面【小问2详解】因为底面ABCD是矩形，所以为等边三角形，所以，所以，根据体积相等法可知，故三棱锥的体积为.18. 的内角，的对边分别为，已知，

20、且的面积为.（1）求的值；（2）若是边的中点，求的长.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）借助余弦定理与面积公式，结合三角函数基本关系即可得；（2）借助余弦定理与面积公式，结合题目条件可得、，再结合向量的数量积与模长的关系计算即可得.【小问1详解】由余弦定理可得，即，由面积公式可得，即，则；【小问2详解】由余弦定理可得，又，故，即，由面积公式可得，即，即有，即，故，由是边的中点，故，故，即.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、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

21、查，对A、两种不同型号的新能源汽车进行综合评估（得分越高接受程度就越高），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）：（1）以综合得分的平均数为依据，判断A、两种不同型号的新能源汽车哪种型号更受大众喜欢；（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（单位：万台）关于年份的线性回归方程为，且销量的方差，年份的方差为，求与的相关系数，并据此判断该地区新能源汽车销量与年份的相关性强弱.参考公式：（）线性回归方罡：，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）A型号的新能源汽车更

22、受大众喜欢 （2）该地区新能源汽车销量与年份的相关性很强【解析】【分析】（1）根据频率分布直观图平均数公式求出，然后比较大小可得（2）把相关系数公式变形为，代入计算并根据相关系数范围判断强弱【小问1详解】设A、两种不同型号的新能源汽车的综合得分的平均数为，由题可知，由于，所以A型号的新能源汽车更受大众喜欢；【小问2详解】相关系数，所以，该地区新能源汽车销量与年份的相关性很强20. 如图，已知分别是椭圆的右顶点和上顶点，椭圆的离心率为的面积为1.若过点的直线与椭圆相交于两点，过点作轴的平行线分别与直线交于点.（1）求椭圆的方程.（2）证明：三点的横坐标成等差数列.【答案】（1） （2）证明见解析

23、【解析】【分析】（1）根据已知条件列出方程组计算即可得出结果；（2）设直线方程与椭圆方程联立，设，进而利用韦达定理证明即可得出结果.【小问1详解】依据题意，解得：椭圆的方程为.【小问2详解】解法1：设直线直线过点.联立方程组可得：，设，则：，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：，上式成立，原式得证.解法2：设轴，设直线过点.由方程组可得：当时，又三点共线，即.点在直线上，即三点的横坐标成等差数列.解法3：设直线直线过点.联立方程组可得：，设，则：，又三点共线，三点的横坐标成等差数列.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，联立椭圆方程得到

24、韦达定理式，再计算为定值，最后再利用三点共线即可证明.21. 设函数，.（1）求函数的单调区间；（2）若总存在两条直线和曲线与都相切，求的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2）【解析】【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得解；（2）求出的导函数，设出切线方程在处的切线方程为，在点处的切线方程为，由两条切线也是另一函数图象的切线，联立方程组，得到方程有两个解，进而可得出答案【小问1详解】，令，得，令，得，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；小问2详解】在处的切线方程为，在点处的切线方程为，由题意得，则，令，则，令，则，当时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调

25、递增，即函数在上单调递减，在上单调递增，又，且当时，所以时，单调递减；当时，单调递增，所以，若总存在两条直线和曲线与都相切，则曲线与轴有两个不同的交点，则，所以，此时，而，故，所以的取值范围为.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.（二）选

26、考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程.22. 曲线的参数方程为（为参数），曲线的直角坐标方程为.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程和曲线的极坐标方程；（2）若直线与曲线，的交点分别为，（，异于原点），当斜率时，求的取值范围.【答案】(1) 的极坐标方程为，的极坐标方程为.(2) 【解析】【分析】(1)由题意首先将参数方程化为普通方程，然后转化为极坐标方程即可；(2)利用(1)中求得的极坐标方程和极坐标的几何意义将原问题转化为三角函数求值域的问题，结合三角函数的性质可得的取值范围.【详

27、解】（1）由消得，即将，代入，得的极坐标方程为，的极坐标方程为.（2）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【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程、极坐标方程的转化，极坐标方程的几何意义，三角函数的取值范围等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.选修4-5：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.