四川省攀枝花市第七高級(jí)中學(xué)2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期第九次診斷考試?yán)砜茢?shù)學(xué)試題

2024屆高三數(shù)學(xué)第九次診斷題（期末模擬試題）理科數(shù)學(xué)一、單選題（共12*5=60分）1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)值域與絕對(duì)值不等式得出集合與，即可根據(jù)集合的交集運(yùn)算得出答案.【詳解】，，故.故選：B.2.已知為實(shí)數(shù)，若復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，則A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則進(jìn)行化簡(jiǎn)，結(jié)合復(fù)數(shù)是純虛數(shù)，進(jìn)行求解即可．【詳解】＝，∵復(fù)數(shù)是純虛數(shù)，∴且得且≠，即，故選D．【點(diǎn)睛】本題主要考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算以及復(fù)數(shù)的概念，根據(jù)復(fù)數(shù)是純虛數(shù)建立條件關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題．3.記為等比數(shù)列的前項(xiàng)和，若，，則（）A.6 B.8 C.9 D.12【答案】C【解析】【分析】由，，求得，代入等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式求解.【詳解】解：設(shè)等比數(shù)列的公比為q，因?yàn)?，，所以，，解得，所以，故選：C4.如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個(gè)多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長(zhǎng)為1，則該多面體最長(zhǎng)的棱長(zhǎng)為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由三視圖可知多面體是如圖所示的三棱錐，然后計(jì)算各棱長(zhǎng)比較即可.【詳解】由三視圖可知多面體是如圖所示的三棱錐，由圖可知，，所以最長(zhǎng)的棱長(zhǎng)為，故選：C5.下列說法正確的是（）A.已知非零向量，，，若，則B.設(shè)x，，則“”是“且”的充分不必要條件C.用秦九韶算法求這個(gè)多項(xiàng)式的值，當(dāng)時(shí)，的值為14D.若隨機(jī)變量，，則【答案】C【解析】【分析】利用數(shù)量積的運(yùn)算律可判定A，利用充分、必要條件的定義可判定B，利用秦九韶算法可判定C，利用正態(tài)分布曲線的性質(zhì)可判定D.【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，若，則，所以，不能推出，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B選項(xiàng)，成立時(shí)，必有成立，反之，取，則成立，但不成立，因此“”是“”的必要不充分條件，B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，因?yàn)椋钥梢园讯囗?xiàng)式寫成如下形式：，按照從內(nèi)而外的順序，依次計(jì)算一次多項(xiàng)式當(dāng)?shù)闹担?，，，，故C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，，所以，故D錯(cuò)誤.故選：C.6.塑料袋給我們生活帶來了方便，但塑料在自然界可停留長(zhǎng)達(dá)200~400年之久，給環(huán)境帶來了很大的危害，國(guó)家發(fā)改委、生態(tài)環(huán)境部等9部門聯(lián)合發(fā)布《關(guān)于扎實(shí)推進(jìn)污染物治理工作的通知》明確指出，2021年1月1日起，禁用不可降解的塑料袋、塑料餐具及一次性塑料吸管等，某品牌塑料袋經(jīng)自然降解后殘留量與時(shí)間年之間的關(guān)系為，其中為初始量，為光解系數(shù).已知該品牌塑料袋2年后殘留量為初始量的.該品牌塑料袋大約需要經(jīng)過（）年，其殘留量為初始量的10%.（參考數(shù)據(jù)：，）A.20 B.16 C.12 D.7【答案】B【解析】【分析】由，解方程即可.【詳解】依題意有時(shí)，，則，當(dāng)時(shí)，有，，.故選：B7.在中，已知，，，則向量在方向上的投影為（）．A. B.2 C. D.【答案】C【解析】【分析】利用三角形內(nèi)角和及正弦定理求得、，再根據(jù)向量投影的定義求結(jié)果.【詳解】由題設(shè)，則，可得，所以向量在方向上的投影為.故選：C8.設(shè)、是兩條不相同的直線，、是兩個(gè)不重合的平面，則下列命題錯(cuò)誤的是（）A.若，，，則B.若，，則C.若、是異面直線，，，，，則.D.若，，則【答案】D【解析】【分析】利用線面平行和線面垂直的性質(zhì)可判斷A選項(xiàng)；利用線面平行的性質(zhì)和面面垂直的判定定理可判斷B選項(xiàng)；利用線面平行和面面平行的判定定理可判斷C選項(xiàng)；根據(jù)已知條件直接判斷線面位置關(guān)系，可判斷D選項(xiàng).【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，因?yàn)?，，則，因?yàn)?，過直線作平面，使得，則，如下圖所示：因?yàn)?，，則，故，A對(duì)；對(duì)于B選項(xiàng)，因?yàn)?，過直線作平面，使得，則，如下圖所示：因?yàn)椋瑒t，因?yàn)?，則，B對(duì)；對(duì)于C選項(xiàng)，因?yàn)?，過直線作平面，使得，則，如下圖所示：因?yàn)椋?，，則，又因?yàn)?、是異面直線，，且，，假設(shè)，則，與已知條件矛盾，假設(shè)不成立，故、相交，又因?yàn)?，因此，，C對(duì)；對(duì)于D選項(xiàng)，若，，則或，D錯(cuò).故選：D.9.某人根據(jù)自己愛好，希望從中選2個(gè)不同字母，從中選3個(gè)不同數(shù)字編擬車牌號(hào)，要求前3位是數(shù)字，后兩位是字母，且數(shù)字2不能排在首位，字母和數(shù)字2不能相鄰，那么滿足要求的車牌號(hào)有（）A.198個(gè) B.180個(gè) C.216個(gè) D.234個(gè)【答案】A【解析】【分析】分別算出2在首位、2與Z相鄰情況下的車牌號(hào)數(shù)量，再求任選數(shù)字和字母得到的車牌號(hào)，應(yīng)用間接法求滿足要求的車牌號(hào).【詳解】當(dāng)2首位時(shí)，在任選兩個(gè)數(shù)在余下兩個(gè)數(shù)字位上全排有，從任選兩個(gè)字母在字母位上全排有；當(dāng)2與Z相鄰時(shí)，即2在數(shù)字位的最后，Z在字母位的最前面，再從任選兩個(gè)數(shù)在余下兩個(gè)數(shù)字位上全排有，從任選一個(gè)字母放在字母位的最后有；所以當(dāng)2在首位和2與Z相鄰的情況共有種，而任選3個(gè)數(shù)字在數(shù)字位全排，任選2個(gè)字母在字母位全排共有種，所以滿足要求的車牌號(hào)有種.故選：A10.函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后與原圖象關(guān)于軸對(duì)稱，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）A. B.的一個(gè)周期是C.是偶函數(shù) D.在上單調(diào)遞減【答案】C【解析】【分析】根據(jù)三角函數(shù)圖象平移變換結(jié)合平移后圖象性質(zhì)可得，即可得，由此將代入可判斷A；根據(jù)周期性定義可判斷B；求出的表達(dá)式結(jié)合偶函數(shù)定義判斷C；結(jié)合x的范圍，確定，結(jié)合余弦函數(shù)單調(diào)性，判斷D.【詳解】函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后得到的圖象，依題意，，即，則，解得，而，于是，，對(duì)于A，，A正確；對(duì)于B，，即的一個(gè)周期是，B正確；對(duì)于C，，不妨取，此時(shí)，此時(shí)函數(shù)不是偶函數(shù)，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由，得，在上遞減，則在上遞減，D正確.故選：C11.已知，，，則a，b，c的大小關(guān)系為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】觀察得到相同結(jié)構(gòu)，從而構(gòu)造，，變形后，求導(dǎo)得到其單調(diào)性，進(jìn)而比較出大小.【詳解】，，，令，，則，令，，則，令，，則在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，又，故在上恒成立，將中換為可得，，即，故在上恒成立，所以在上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知在上單調(diào)遞增，故，即.故選：D【點(diǎn)睛】構(gòu)造函數(shù)比較大小是高考熱點(diǎn)和難點(diǎn)，結(jié)合代數(shù)式的特點(diǎn)，選擇適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，通過導(dǎo)函數(shù)研究出函數(shù)的單調(diào)性，從而比較出代數(shù)式的大小.12.高斯是德國(guó)著名數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)的奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號(hào)，用他名字定義的函數(shù)稱為高斯函數(shù)，其中表示不超過x的最大整數(shù)，如，，已知數(shù)列滿足，，，若，為數(shù)列的前n項(xiàng)和，則（）A.2026 B.2025 C.2024 D.2023【答案】B【解析】【分析】根據(jù)遞推公式證明數(shù)列為等比數(shù)列，然后由等比數(shù)列通項(xiàng)公式可得，利用累加法求，再對(duì)進(jìn)行放縮求，最后由裂項(xiàng)相消法求出，根據(jù)高斯函數(shù)可得答案.【詳解】由得，又，所以數(shù)列是以4為首項(xiàng)和公比的等比數(shù)列，故，由累加法得，所以，∵，又，∴，令，，，∴，代入得.故選：B．【點(diǎn)睛】本題難點(diǎn)在于考察知識(shí)點(diǎn)多，解答過程曲折不易思考，每個(gè)知識(shí)點(diǎn)的考察難度不算太大，這就要求學(xué)生對(duì)數(shù)列知識(shí)掌握全面，并且對(duì)問題掌握一定的分析方法.第II卷（非選擇題）二、填空題（5*4=20分）13.若，滿足約束條件則的最大值為____________．【答案】【解析】【分析】畫出可行域，通過平移基準(zhǔn)直線到可行域邊界位置，由此求得的最大值.【詳解】，畫出可行域如下圖所示，由圖可知，當(dāng)時(shí)，取得最大值為.故答案為：14.已知等差數(shù)列前項(xiàng)和，，，成等比數(shù)列，則數(shù)列公差_______________.【答案】或【解析】【分析】由，可求出，再由等比數(shù)列可建立關(guān)系式，求出.【詳解】由，可知，即，又，，成等比數(shù)列，所以，即，解得或，故答案為：或15.的展開式中，的系數(shù)為__________（用數(shù)字作答）．【答案】70【解析】【詳解】的展開式的通項(xiàng)公式為，令得，令得，∴的展開式中，的系數(shù)為,故答案為.16.如圖，在△ABC所在平面內(nèi)，分別以AB，BC為邊向外作正方形ABEF和正方形BCHG．記的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，面積為S．已知，且asinA＋csinC＝4asinCsinB，則FH＝_____________．【答案】【解析】【分析】通過正弦定理化簡(jiǎn)已知條件，再結(jié)合面積公式和余弦定理即可求出的長(zhǎng)度.【詳解】由題意，在中，，，由正弦定理，，∵，∴，連接如下圖所示，在中，由余弦定理，，又，∴，∴．故答案為：.三、解答題（本大題共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．（一）必考題：共60分．17.在中，，D為中點(diǎn).（1）若，求；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)三角形的余弦定理結(jié)合已知條件即可求解；（2）兩次利用三角形的正弦定理列式求解即可.【小問1詳解】如圖所示：因?yàn)?，所以，所以，所以，在中，由余弦定理的推論得：，在中，由余弦定理的推論得：，所以，因?yàn)槭沁叺闹悬c(diǎn)，所以，代入上式整理得，因?yàn)?，所以，解得或（舍去），所以；【小?詳解】在中，由正弦定理得：，又，，，所以，即，在中，由正弦定理得：，，，所以.18.為了解某一地區(qū)新能源電動(dòng)汽車銷售情況，一機(jī)構(gòu)根據(jù)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)，用最小二乘法得到電動(dòng)汽車銷量（單位：萬臺(tái)）關(guān)于（年份）的線性回歸方程，且銷量的方差為，年份的方差為．（1）求與的相關(guān)系數(shù)，并據(jù)此判斷電動(dòng)汽車銷量與年份的線性相關(guān)性的強(qiáng)弱．（2）該機(jī)構(gòu)還調(diào)查了該地區(qū)90位購車車主的性別與購車種類情況，得到的數(shù)據(jù)如下表：性別購買非電動(dòng)汽車購買電動(dòng)汽車總計(jì)男性39645女性301545總計(jì)692190依據(jù)小概率值的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為購買電動(dòng)汽車與車主性別有關(guān)？（3）在購買電動(dòng)汽車的車主中按照性別進(jìn)行分層抽樣抽取7人，再從這7人中隨機(jī)抽取3人，記這3人中男性的人數(shù)為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望．①參考數(shù)據(jù)：．②參考公式：線性回歸方程為，其中；相關(guān)系數(shù)，若，則可判斷與線性相關(guān)較強(qiáng)；，其中．附表：0.100.050.0100.0012.7063.8416.63510.828【答案】（1）電動(dòng)汽車銷量與年份的線性相關(guān)性的較強(qiáng)；（2）依據(jù)小概率值的獨(dú)立性檢驗(yàn)，認(rèn)為購買電動(dòng)汽車與車主性別有關(guān)；（3）分布列見解析，數(shù)學(xué)期望為.【解析】【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用線性回歸方程，結(jié)合相關(guān)系數(shù)公式計(jì)算作答.（2）根據(jù)給定的列聯(lián)表求出的觀測(cè)值，再與臨界值表比對(duì)作答.（3）利用分層抽樣求出男女性人數(shù)，再求出的可能值及各個(gè)值對(duì)應(yīng)的概率，列出分布列并求出方差作答.【小問1詳解】由，得，由，得，因?yàn)榫€性回歸方程，則，即，因此相關(guān)系數(shù)，所以電動(dòng)汽車銷量與年份的線性相關(guān)性的較強(qiáng).【小問2詳解】零假設(shè)：購買電動(dòng)汽車與車主性別無關(guān)，由表中數(shù)據(jù)得：，依據(jù)小概率值獨(dú)立性檢驗(yàn)，推斷不成立，即認(rèn)為購買電動(dòng)汽車與車主性別有關(guān)，此推斷犯錯(cuò)誤的概率不大于0.05.【小問3詳解】按購買電動(dòng)汽車的車主進(jìn)行分層抽樣，抽取的7人中男性有人，女性有5人，則的可能值為，，所以的分布列為：012的數(shù)學(xué)期望.19.如圖，平面四邊形中，，是上的一點(diǎn)，是的中點(diǎn)，以為折痕把折起，使點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)的位置，且.（1）證明：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）見解析；（2）【解析】【分析】（1）要證平面平面，只需證平面，而，所以只需證，而由已知的數(shù)據(jù)可證得為等邊三角形，又由于是的中點(diǎn)，所以，從而可證得結(jié)論；（2）由于在中，，而平面平面，所以點(diǎn)在平面的投影恰好為的中點(diǎn)，所以如圖建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解.【詳解】（1）由，所以平面四邊形為直角梯形，設(shè)，因?yàn)?所以在中，，則，又，所以，由，所以為等邊三角形，又是的中點(diǎn)，所以，又平面，則有平面，而平面，故平面平面.（2）解法一：在中，，取中點(diǎn)，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，方向?yàn)檩S方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，設(shè)平面的法向量，由得取，則設(shè)直線與平面所成角大小為，則，故直線與平面所成角的正弦值為.解法二：在中，，取中點(diǎn)，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，過作于，連，則由平面平面，所以，又，則平面，又平面所以，在中，，所以，設(shè)到平面的距離為，由，即，即，可得，設(shè)直線與平面所成角大小為，則.故直線與平面所成角的正弦值為.【點(diǎn)睛】此題考查的是立體幾何中的證明面面垂直和求線面角，考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化思想和計(jì)算能力，屬于中檔題.20.已知橢圓：經(jīng)過，兩點(diǎn)，M，N是橢圓上異于T的兩動(dòng)點(diǎn)，且，直線AM，AN的斜率均存在.并分別記為，.（1）求證：為常數(shù)；（2）證明直線MN過定點(diǎn).【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)橢圓過A和T求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.根據(jù)知與關(guān)于直線AT對(duì)稱，設(shè)任一點(diǎn)為，求出其關(guān)于AT對(duì)稱后的點(diǎn)的坐標(biāo)，表示出即可證明；（2）設(shè)點(diǎn)，：．聯(lián)立AM和橢圓方程，求出，同理求出，根據(jù)（1）中的值得AM和AN斜率關(guān)系.求出MN的斜率，寫出MN的方程，化簡(jiǎn)該方程為直線方程的斜截式即可判斷其經(jīng)過定點(diǎn)．【小問1詳解】∵橢圓過A和T，∴解得，∴橢圓的方程為：，由知與關(guān)于直線對(duì)稱．在上任取一點(diǎn)，設(shè)關(guān)于直線AT對(duì)稱的點(diǎn)為，則，解得，從而，于是．【小問2詳解】設(shè)點(diǎn)，：．由得，∴，從而．同理，．由(1)有，故，，為方便，記，則，，∴，即．由此可知，當(dāng)變化時(shí)，直線過定點(diǎn)．【點(diǎn)睛】本題綜合考察圓錐曲線里面的定值和定點(diǎn)問題.第一問關(guān)鍵是將這個(gè)已知條件轉(zhuǎn)化為直線AM和直線AN關(guān)于直線AT對(duì)稱；第二問的關(guān)鍵是結(jié)合韋達(dá)定理直接求出M和N的坐標(biāo)，直接寫出MN的方程，從而證明其經(jīng)過定點(diǎn)．21.已知函數(shù)，其中是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最值；（2）證明：函數(shù)有且只有一個(gè)極值點(diǎn)；（3）當(dāng)時(shí)，證明：．【答案】（1）答案見解析（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最值即得；（2）求出的導(dǎo)函數(shù)取通過討論的三種不同范圍，結(jié)合零點(diǎn)存在定理證明三種情況下函數(shù)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，得到函有且只有一個(gè)極值點(diǎn)；（3）設(shè)導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，由整理得出：從而，取，將分子整理成關(guān)于的一個(gè)二次函數(shù)形式，通過證明其對(duì)應(yīng)方程判別式小于等于零得出分子大于等于零，得出，故得.【小問1詳解】由求導(dǎo)可得：因故，當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞減；所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為，最小值為，無最大值.【小問2詳解】因，其定義域?yàn)椋t，因故，則在上單調(diào)遞增，①當(dāng)時(shí)，故函數(shù)內(nèi)有且僅有一個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，則此時(shí)，函數(shù)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)；②當(dāng)時(shí)，因因在上單調(diào)遞增，故函數(shù)有且僅有一個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，則此時(shí)，函數(shù)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)；③當(dāng)時(shí)，，又因，，，即，故函數(shù)在內(nèi)有且僅有一個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，則此時(shí)，函數(shù)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)；綜上所述，函數(shù)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn).【小問3詳解】由（2）可知，當(dāng)時(shí)，函數(shù)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為，則又由（2）函數(shù)有最小值為.由可得：，即兩邊取自然對(duì)數(shù)得：，故于是，不妨設(shè)則，故得，則，對(duì)于函數(shù)，其對(duì)應(yīng)方程的判別式，設(shè)，則恒成立，故函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，即，從而，于是，故有恒成立，故恒成立，所以【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查了函數(shù)的零點(diǎn)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式恒成立問題.第（2）題的關(guān)鍵在于，要找到的臨界點(diǎn)