【文档说明】四川省成都市2021届高三下学期3月第二次诊断性考试理科数学试题.pdf，共(9)页，602.600 KB，由小赞的店铺上传

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成都市2018级高中毕业班第二次诊断性检测数学（理科）））6.在,6.ABC中，已知AB=AC,D为BC边中点，点0在直线AD上，且BC•B0=3,则BC边的长度为CA)屈CB)2忒CC)2孜CD)6本试卷分选择题和非选择题两部分。第I卷（选择题）1至2页，第11卷（

非选择题）3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3.答非选择题时，必须使用

0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5.考试结束后，只将答题卡交回。第1卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共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.设集合A={x

Ilgx<1},B={xIx>3},则ALJB=CA)CO,十=)(A)—iCB)(3,10)(C)(—立，十=)2.已知，为虚数单位，则复数之=Cl+i)(2—i)的虚部为CB)i(C)-1(D)l3.命题"Vx>O,正十x+1>O"的否

定为(A):3X。�O,xl+x。+1�0(C):3X。>O,五十Xo+l冬0(B)\;/x:,(O,x2+x+l:;(O(D)\;/X>o,正+x+l:;(O32穴7.已知圆柱的两个底面的圆周在体积为的球0的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为(A

)4穴CA)17CB)8穴CB)18(C)12亢CC)19(D)16穴支亢8.已知P是曲线y=sinx十cosx(xE[O,])上的动点，点Q在直线x+y-6=0上运动，则4当IPQI取最小值时，点P的横坐标为CA)穴4(B)—亢3穴＿2、丿c（CD)2穴39.已知数列{an}的前n

项和Sn满足S二亿记数列LnL十J的前n项和为Tn,nEN*.则使20得Tn<—成立的n的最大值为41(D)20(D)(3,十=)10.某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量P(mg/L)与时间t(h)之间的关系为P=P。e一kt•如果前2小时消除了20%的污染物，则污染物

减少50%大约需要的时间为（参考数据：l泣：：：：：：：：0.69,国：：：：：：：：1.10,1面：：：：：：：：1.61)CA)4hCB)6hCC)8hCD)lOh11.巳知F为抛物线y2=2x的焦点，A为抛物线上的动点，

点B(-1,0).则当21ABI2IAFl+l取最大值时，IABI的值为(A)2CB)欢CC)屈CD)2屈4.袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球和2个白球，从中不放回地依次随机摸出两个球，则摸出的两个球颜色相同的概率为

1-5）A（2一5、丿B（3_5、丿c（4_5、�D（215.已知sin(a+(3)=—,sin(a—(3)=—tana33，则的值为tanf3(A)—一131-3、丿B（12.已知四面体ABCD的所有棱长均为屈，M,N分别为棱A

D,BC的中点，F为棱AB上异千A,B的动点．有下列结论：CD线段MN的长度为1;＠若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；＠乙MFN的余弦值的取值范围为[O,—)；岛@DFMN周长的最小值为立+1.其

中正确结论的个数为(C)-3CD)3CA)1(B)2(C)3(D)4数学（理科）”二诊“考试题第1页（共4页）数学（理科）”二诊“考试题第2页（共4页）数学(理科)“二诊”考试题参考答案第１页(共５页)成都市２

０１８级高中毕业班第二次诊断性检测数学(理科)参考答案及评分意见第Ⅰ卷(选择题,共６０分)一、选择题:(每小题５分,共６０分)１．A;２．D;３．C;４．B;５．D;６．A;７．B;８．C;９．C;１０．B;１１．C;１２．B．第Ⅱ卷(非选择

题,共９０分)二、填空题:(每小题５分,共２０分)１３．－１;１４．３;１５．１２;１６．b＜c＜a．三、解答题:(共７０分)１７．解:(Ⅰ)由已知及正弦定理,得２sinBcosC－sinAcosC＝sinCcosA．􀆺􀆺２分∴２sinBcosC＝sinAcosC＋

cosAsinC＝sin(A＋C)．􀆺􀆺３分∵A＋C＝π－B,∴sin(A＋C)＝sinB．∴２sinBcosC＝sinB．􀆺􀆺４分又∵sinB≠０,∴cosC＝２２．􀆺􀆺５分∵C∈(０,π),

∴C＝π４．􀆺􀆺６分(Ⅱ)由已知及余弦定理,得ac􀅰a２＋c２－b２２ac－bc􀅰b２＋c２－a２２bc＝b２．􀆺􀆺８分化简,得a２＝２b２．􀆺􀆺９分又∵a＝２,∴b＝１．􀆺􀆺１０分∴△ABC的面积S△ABC＝１２absinC＝１

２×２×１×２２＝１２．􀆺􀆺１２分１８．解:(Ⅰ)由题意,知􀭺x＝１＋２＋３＋４＋５＋６＋７７＝４,􀆺􀆺１分􀭵y＝２􀆰９０＋３􀆰３０＋３􀆰６０＋４􀆰４０＋４􀆰８０＋５􀆰２０＋５􀆰９０７＝４􀆰３０,􀆺􀆺２分∑７i＝１(xi－􀭵x)２＝(１－４)２＋(

２－４)２＋(３－４)２＋(４－４)２＋(５－４)２＋(６－４)２＋(７－４)２＝２８􀆰􀆺􀆺３分∴r＝１４􀆰００２８×７􀆰０８＝１４􀆰００１９８􀆰２４≈１４􀆰００１４􀆰１０≈０􀆰９９􀆰􀆺􀆺５分因为y与x的相关系数近似为０􀆰９９,所以y与x的线性相关程度相

当大,从而可以用线性回归模型拟合y与x的关系􀆰􀆺􀆺６分数学(理科)“二诊”考试题参考答案第２页(共５页)(Ⅱ)∵b^＝∑７i＝１(xi－􀭺x)(yi－􀭵y)∑７i＝１(xi－􀭺x)２＝１４２８＝０􀆰５,􀆺�

�８分∴a^＝􀭵y－b^􀭺x＝４􀆰３－０􀆰５×４＝２􀆰３􀆰􀆺􀆺９分∴y关于x的线性回归方程为y^＝０􀆰５x＋２􀆰３􀆰􀆺􀆺１０分将x＝１０代入线性回归方程,得y^＝０􀆰５×１０＋２􀆰３＝７􀆰３􀆰∴估算该种机械设备使用１０年的失效费为７

􀆰３万元􀆰􀆺􀆺１２分１９．解:(Ⅰ)如图,在棱AC上取点G满足CG＝２AG,连接EG,FG􀆰􀆺􀆺１分∵BF→＝２FA→,∴FG∥BC且FG＝１３BC􀆰又由题意,可得DE∥BC且DE＝１３BC􀆰∴DE＝FG且D

E∥FG􀆰∴四边形DEGF为平行四边形􀆰􀆺􀆺３分∴DF∥EG􀆰又∵DF⊄平面ACE,EG⊂平面ACE,∴DF∥平面ACE􀆰􀆺􀆺５分(Ⅱ)如图,分别取DE,BC的中点M,N,连接AM,MN,BM􀆰由题意,知MN⊥BC,AM＝２,MN＝４,BN＝３􀆰在Rt△BMN中,BM＝BN２＋

MN２＝３２＋４２＝５􀆰在△ABM中,∵AB＝２９,∴AM２＋BM２＝２２＋５２＝２９＝AB２􀆰∴AM⊥BM􀆰􀆺􀆺６分又AM⊥DE,BM∩DE＝M,BM,DE⊂平面BCED,∴AM⊥平面BCED􀆰􀆺􀆺７分以M为坐标原点,MN→,ME→,MA→的

方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz．则M(０,０,０),A(０,０,２),B(４,－３,０),C(４,３,０),D(０,－１,０),E(０,１,０),F(４３,－１,４３)􀆰∴EC→＝(４,２,０),EA→＝(０,－１,２),DE→＝(０,２,０

),DF→＝(４３,０,４３)􀆰􀆺􀆺８分设平面ACE的一个法向量为m＝(x１,y１,z１),平面DEF的一个法向量为n＝(x２,y２,z２)􀆰由m􀅰EC→＝０m􀅰EA→＝０{,得４x１＋２y１＝

０－y１＋２z１＝０{􀆰令z１＝１,得m＝(－１,２,１)．􀆺􀆺９分由n􀅰DE→＝０n􀅰DF→＝０{,得２y２＝０４３x２＋４３z２＝０ìîíïïïï􀆰令z２＝１,得n＝(－１,０,１)．􀆺􀆺１０分数学(理科)“二诊”考试题参考答案第３页(共５页)∴cos＜m,

n＞＝m􀅰n|m||n|＝２６×２＝３３􀆰􀆺􀆺１１分∴平面ACE与平面DEF所成锐二面角的余弦值为３３􀆰􀆺􀆺１２分２０．解:(Ⅰ)由已知,得a＝２．∴椭圆C的方程为x２４＋y２b２＝１􀆰􀆺􀆺１分∵椭圆C经过点A(１,３２),∴１４＋３４b２＝１,解得b２＝１􀆰

􀆺􀆺３分∴椭圆C的方程为x２４＋y２＝１􀆰􀆺􀆺４分(Ⅱ)由题意,知直线l的斜率存在且不为０,设直线l的方程为x＝ty－１(t≠０),D(x１,y１),E(x２,y２)􀆰由x＝ty－１x２４＋

y２＝１ìîíïïïï,消去x,得(t２＋４)y２－２ty－３＝０􀆰􀆺􀆺５分∵Δ＝４t２＋１２(t２＋４)＝１６t２＋４８＞０,∴y１＋y２＝２tt２＋４,y１y２＝－３t２＋４􀆰􀆺􀆺６分∵F为点E关于x轴的对称点,∴

F(x２,－y２)􀆰∴直线DF的方程为y－y１＝y１＋y２x１－x２(x－x１),即y－y１＝y１＋y２t(y１－y２)(x－x１)􀆰􀆺􀆺７分令y＝０,则x＝x１＋－ty２１＋ty１y２y１＋y２＝(ty１－１)(y１＋y２)－ty２１＋ty１y２y１＋y２＝２ty１y２－(y１＋y２)

y１＋y２＝２t􀅰(－３２t)－１＝－４􀆰∴G(－４,０)􀆰􀆺􀆺８分∴△DEG的面积S＝１２|BG|􀅰|y１－y２|＝３２(y１＋y２)２－４y１y２＝３２(２tt２＋４)２＋１２t２＋４＝６t２＋３t２＋４􀆰􀆺􀆺１０分令m＝t２＋３,则m∈(３,＋

∞)􀆰∴S＝６mm２＋１＝６m＋１m􀆰∵m＋１m∈(４３３,＋∞),∴S∈(０,３３２)􀆰∴△DEG的面积S的取值范围为(０,３３２)􀆰􀆺􀆺１２分数学(理科)“二诊”考试题参考答案第４页(共５页)２１．解:(Ⅰ)由已知,可得f′(x)＝１－ax２－a－１x＝(x＋１)(x－a)x２(

x＞０)􀆰􀆺􀆺１分①若a≤０,则当x∈(０,＋∞)时,f′(x)＞０恒成立,∴f(x)在(０,＋∞)上单调递增,与f(x)存在极值点矛盾;􀆺􀆺２分②若a＞０,则由f′(x)＝０得x＝a􀆰∴当x∈(０,a)时,f′(x)＜０;当x∈

(a,＋∞)时,f′(x)＞０．∴f(x)在(０,a)上单调递减,在(a,＋∞)上单调递增􀆰∴f(x)存在唯一极小值点x＝a􀆰∴f(a)＝a＋１－(a－１)lna－２＝(a－１)(１－lna)＝０􀆰􀆺􀆺３分∴a＝１或a＝e􀆰􀆺􀆺４分(Ⅱ)①当a≤

１时,f′(x)≥０在[１,e２]上恒成立,∴f(x)在[１,e２]上单调递增􀆰∵f(１)＝a－１≤０,f(e２)＝e２＋ae２－２a,(i)当a≤０时,f(e２)＝e２＋ae２－２a＝e２＋a(１

e２－２)＞０;(ii)当０＜a≤１时,f(e２)＝e２＋ae２－２a＞２a－２a＝２a(１－a)≥０􀆰∴f(e２)＞０􀆰∴由零点存在性定理,知f(x)在[１,e２]上有１个零点;􀆺􀆺６分②当１＜a＜e２时,∵当x

∈[１,a)时,f′(x)＜０;当x∈(a,e２]时,f′(x)＞０,∴f(x)在[１,a)上单调递减,在(a,e２]上单调递增􀆰∴f(x)min＝f(a)＝(a－１)(１－lna)􀆰(i)当a＝e时,f(x)min＝０,此时f(x)在[１,e２]上有１个零点;�

�􀆺７分(ii)当１＜a＜e时,f(x)min＞０,此时f(x)在[１,e２]上无零点;􀆺􀆺８分(iii)当e＜a＜e２时,f(x)min＜０,f(１)＝a－１＞０􀆰(a)当f(e２)＝e２＋ae２－２a＜０,即e４２e２－

１＜a＜e２时,f(x)在[１,e２]上有１个零点;(b)当f(e２)＝e２＋ae２－２a≥０,即e＜a≤e４２e２－１时,f(x)在[１,e２]上有２个零点;􀆺􀆺１０分③当a≥e２时,f′(x)≤０在[１,e２]上恒成立,∴f(x)在[１,e２]上单调递减􀆰∵f(１)＝a－１＞０

,f(e２)＝e２＋(１e２－２)a≤e２＋(１e２－２)e２＝－e２＋１＜０,∴f(x)在[１,e２]上有１个零点􀆰􀆺􀆺１１分综上,当１＜a＜e时,f(x)在[１,e２]上无零点;当a≤１或a＝e或

a＞e４２e２－１时,f(x)在[１,e２]上有１个零点;当e＜a≤e４２e２－１时,f(x)在[１,e２]上有２个零点􀆰􀆺􀆺１２分数学(理科)“二诊”考试题参考答案第５页(共５页)２２．解:(Ⅰ)由曲线C的参数方程,得曲线C的普通方程为(x－１)２＋y２＝cos２φ＋sin２φ＝１􀆰�

�􀆺１分由极坐标与直角坐标的互化公式x＝ρcosθ,y＝ρsinθ,得曲线C的极坐标方程为ρ＝２cosθ,􀆺􀆺３分直线l的极坐标方程为ρcosθ＋３ρsinθ－６＝０,即ρsin(θ＋π６)＝３􀆰􀆺􀆺５分(Ⅱ)设点P的极坐标为(ρ

１,θ),点Q的极坐标为(ρ２,θ),其中０＜θ＜π２􀆰由(Ⅰ)知|OP|＝ρ１＝６cosθ＋３sinθ,|OQ|＝ρ２＝２cosθ􀆰􀆺􀆺７分∴|OP||OQ|＝ρ１ρ２＝６２cos２θ＋２３sinθcosθ＝６１＋cos２θ＋３sin２θ＝６１＋２sin(２θ＋π６)􀆰􀆺􀆺９

分∵０＜θ＜π２,∴π６＜２θ＋π６＜７π６􀆰∴－１２＜sin(２θ＋π６)≤１􀆰∴当sin(２θ＋π６)＝１,即θ＝π６时,|OP||OQ|取得最小值２􀆰􀆺􀆺１０分２３．解:(Ⅰ)当x＜－１时,f(x)＝－３x－３－２x＋１＝－５x－２＞３;􀆺􀆺１分当－１≤x≤

１２时,f(x)＝３x＋３－２x＋１＝x＋４∈[３,９２];􀆺􀆺２分当x＞１２时,f(x)＝３x＋３＋２x－１＝５x＋２＞９２􀆰􀆺􀆺３分综上,当x＝－１时,f(x)min＝３,∴m＝３􀆰􀆺􀆺５分(Ⅱ)由(Ⅰ),即证(１a

＋１＋b２a)(１b＋１＋a２b)≥９􀆰∵a,b∈(０,＋∞),∴１a＋１＋b２a≥３３b２a２,１b＋１＋a２b≥３３a２b２．􀆺􀆺７分∴(１a＋１＋b２a)(１b＋１＋a２b)≥３３b２a２􀅰

３３a２b２＝９􀆰􀆺􀆺９分当且仅当１a＝１＝b２a,１b＝１＝a２bìîíïïïïï即a＝b＝１时,等号成立􀆰􀆺􀆺１０分