四川省天府名校2021届高三上学期12月诊断性考试理科数学试题 WORD版含答案.docx

1、绝密启用前2021届天府名校12月高三诊断性考试理数第卷一、选择题：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，则（ ）A0BCD2已知为虚数单位，复数，则在复平面中所对应的点在（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3设实数，满足不等式组，则的最小值为（ ）ABC0D24在中，分别为角，的对边，若，依次成递增的等差数列，当的周长为20时，其面积等于（ ）ABCD5平面区域是由，以及轴围成的封闭图形，图中阴影部分是由和直线围成的，现向区域内随机投掷一点，则点落在阴影区域内的概率为（ ）ABCD6已知平面向量，当和垂直时，（ ）AB22CD257设正数，满足，的最小值为（ ）

2、A6B8C9D108函数，则不等式的解集是（ ）ABCD9上世纪50年代小学冬天普遍采用三足铸铁火炉，炉子上是铁皮卷成的烟囱，拐弯处的烟囱叫拐脖，如图1所示其中一部分是底面半径为1的铁皮圆柱筒被一个与底面成45的平面截成，截成的最短和最长母线长分别为，如图2所示，现沿将其展开，放置坐标系中，则展开图上缘对应的解析式为（ ）图1图2ABCD 10设为双曲线的右焦点，过点且垂直于轴的直线交双曲线的两条渐近线于，两点（，分别在一、四象限），和双曲线在第一象限的交点为，若，则双曲线的离心率为（ ）ABC3D411已知，若有5个零点，则这五个零点之和的取值范围是（ ）ABCD12直四棱柱中，底面四边形为

3、菱形，为中点，过且和平面垂直的平面为平面，平面，则直线和平面所成角的正弦值为（ ）ABCD第卷本卷包括必考题和选考题两部分第1321题为必考题，每个试题考生都必须作答第2223题为选考题，考生根据要求作答二、填空题：13某圆锥的轴截面是斜边长为20的等腰直角三角形，则该圆锥的表面积等于_14定义在上的偶函数，满足，且，则_15直线的倾斜角为锐角，且和圆及圆均相切，则直线的斜率等于_16已知为抛物线的焦点，弦经过，且，为坐标原点，当的倾斜角等于60时，_三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17数列满足，（1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；（2）设的前项之和为，求数列的前

4、项之和18在三棱锥中，（1）求证：平面平面；（2）若点满足，求二面角的余弦值19某班主任对本班40名同学每天参加课外活动的时间（分钟）进行了详细统计，并绘制成频率分布直方图，如图所示：（1）求实数的值以及参加课外活动时间在中的人数；（2）从每天参加活动不少于40分钟的人中任选3人，用表示参加课外活动不少于50分钟的人数，求的分布列和数学期望20已知椭圆的离心率为，为右焦点，上一点满足垂直于轴，（1）求椭圆的方程；（2）斜率为2的直线交椭圆于，两点，为坐标原点，求面积的最大值21已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若恒成立，求实数的最小正整数值22选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中

5、，圆的方程为，直线经过点，且倾斜角为，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（1）写出圆的极坐标方程和直线的参数方程；（2）设直线交圆于，两点，求23选修4-5：不等式选讲已知（1）解不等式；（2）设函数的最小值为，若存在实数，使不等式成立，求实数的取值范围参考答案1B【解析】依题意知，因此故选B2C【解析】根据复数的几何意义，它在复平面中所对应的点为，在第三象限故选C3B【解析】由，得，作一簇斜率为的直线，根据的几何意义知，在点处取得最小值故选B4A【解析】由，得，而由，依次成递增的等差数列，得，因为，所以，将它代入到中并配方得，；再将代入可得，因此故选A5A【解析】区域的面积，而

6、由直角三角形的面积等于4可知，阴影面积为，因此点落在阴影区域内的概率为故选A6D【解析】当和垂直时，有成立，解得，此时根据平面向量的坐标运算得，所以故选D7C【解析】依题意，因此当且仅当时等号成立故选C8A【解析】，所以在上为一个增函数，由知函数为一个奇函数，所以等价于，所以，解得或故选A9D【解析】是图象上任意一点对应烟囱上的点，是底面圆周上一点，是母线，设底面圆心为，则，设于，平面交于，易得，作于，则故选D10A【解析】设，依题意，由于是直线和双曲线的交点，因此可以求出，故，由于，因此可以得到，化简得，即，再结合，得，于是离心率故选A11C【解析】作出函数的图象，则的零点相当于直线与函数的

7、交点的橫坐标，欲使有五个零点，则，设此五个零点依次为，由和的对称性可知，而，因此这五个零点之和取值范围是故选C12D【解析】分别取，的中点，又为的中点，所以，所以，四点共面由四边形为菱形知，再根据三角形的中位线定理知，所以，又，故平面又因为平面，所以平面平面由及线面平行的判定定理知，平面，所以平面即为平面，由，设，则到平面的距离等于到平面的距离，而到平面的距离等于线段的长度，由于四边形为边长等于2的菱形，因此为正三角形，故；也即点到平面的距离等于，而，因此直线和平面所成角的正弦值为故选D13【解析】依题意，圆锥的底面半径等于10，高等于10，母线长为，于是其侧面积等于，底面积为，因此圆锥的表面

8、积为142【解析】依题意，因此函数的周期为3，所以，因此15【解析】如图所示，设直线和圆切于点，和圆切于点，作于点，依题意，圆和圆外切，在直角三角形中，由于，因此，从而的斜率等于，而由和平行知，直线的斜率亦为16【解析】设，此时的直线方程为，即，将它代入到抛物线方程中，得，则，由，得，解得，此时的直线方程为，抛物线方程为不妨设点在第一象限，因此可以解得，17【解析】解：（1）因为，所以两边同时加上1可得，因为，所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列，因此，故（2）依题意，因此，故，两边同时乘以3得：，两式相减得：，因此，18【解析】（1）取的中点，连接和，由于，因此，而由，得，又因为，为的中

9、点，因此，在中，由于，故根据勾股定理的逆定理知，由于直线和平面内的两条相交直线，都垂直，因此根据直线和平面垂直的判定定理知，直线平面，又因为平面，因此平面平面（2）由（1）知、两两垂直，以为原点，、分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，设，由于，而，因此，因此，设平面的一个法向量为，由于，故可得方程组，因此可得其中一个法向量为，而平面的一个法向量为，则，因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为19【解析】解：（1）因为所有小矩形面积之和等于1，所以可得方程，解得，由于参加课外活动时间在内的频率等于，因此参加课外活动时间在中的人数为（2）依题意，参加课外活动时间在，的人数分别为7人和5人，随机变

10、量的取值可能为0，1，2，3因为，所以的分布列为：012320【解析】设椭圆的焦距为，依题意得，由，知点坐标为，代入到椭圆方程中得，结合，可以解得，故椭圆的方程为（2）设直线的方程为，则根据弦长公式得将代入到椭圆方程中得，由得，且，故，设到直线的距离为，则根据点到直线的距离公式得因此，的面积为，当且仅当时等号成立因此，当时，面积的最大值为121【解析】函数的导函数为，当时，在上恒为负数，在上单调递减；当时，令得，令得此时，在上单调递减，在上单调递增（2）法一：依题意，在上恒成立，即在上恒成立，令，只需，则，令，则，令，由于，因此在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值于是根据恒为负数知

11、，恒成立，因此在上单调递减而，知，在区间上必存在，使得函数满足，因为，所以时，单调递增；在时，单调递减故由得，故，由于，因此，因此实数的最小正整数值为1法二：若，则当时，由第（1）问可知，在单调递减，当时，即与要求矛盾，不合题意，舍去当时，由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，不妨记为，则有，所以代入，又因为，即，代入可得，构造函数，令，因此在上单调递增，在上单调递减；所以当时，取得最大值于是根据恒为负数知，恒成立，所以在上单调递减而，知，在区间上必存在，使得，从而当等价于，即，而，所以，又，所以，所以的最小正整数值为122【解析】（1）将，代入到圆的方程中，得圆的极坐标方程为，而直线的参数方程为（为参数）（参数方程不唯一）（2）将直线的参数方程代入到圆的直角坐标方程中得，化简得，所以方程有两个根，分别记为，则，所以23【解析】，（1）当时，所解不等式可化为，解得，再结合条件知，此时不等式无解；当时，所解不等式可化为，解得，再结合条件知，此时不等式的解集为；当时，所解不等式可化为，解得，再结合条件知，此时不等式的解集为综上所述，原不等式的解集为（2）因为时，单调递减；时，单调递减；时，单调递增，且是一条连续不间断的曲线因此函数的最小值为于是实数，从而，因为存在实数，使不等式成立，所以，由于，当且仅当时等号成立，由，得于是实数的取值范围是