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 18页

绝密★启用前 2021 届天府名校 12 月高三诊断性考试 理数 第Ⅰ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  2 2 0A x x x   ，  0,1B  ，则 A B  （ ）． A．0 B． 0 C． 0,2 D． 0,1,2 2．已知i 为虚数单位，复数 2 3iz   ，则在复平面中  2 i 1 i z  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 x ， y 满足不等式组 2 3 9 0 3 0 1 x y x y y          ，则 2x y 的最小值为（ ）． A． 5 B． 6 C．0 D．2 4．在 ABC△ 中， a ，b ， c 分别为角 A ， B ，C 的对边，若 60B   ， 1a  ，b ， c 依次成递增的等差 数列，当 ABC△ 的周长为 20 时，其面积等于（ ）． A．10 3 B． 20 3 C．30 3 D． 40 3 5．平面区域C 是由 y x ， 4x  以及 x 轴围成的封闭图形，图中阴影部分是由 y x 和直线 2x y 围 成的，现向区域C 内随机投掷一点 P ，则点 P 落在阴影区域内的概率为（ ）． A． 1 4 B． 1 3 C． 2 3 D． 3 4 6．已知平面向量  1,2a  ，  ,5b m ，当 a b  和 a 垂直时，  2 3a a b    （ ）． A． 22 B．22 C． 25 D．25 7．设正数 a ，b 满足 2 1a b  ， 2 1 a b  的最小值为（ ）． A．6 B．8 C．9 D．10． 8．函数    1 sin 2f x x x x   R ，则不等式    22 3 1 0f m f m m     的解集是（ ）． A．   , 4 1,    B．   , 1 4,    C． 4,1 D． 1,4 9．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 1AB  ， 3CD  ，如图 2 所示，现沿 AB 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 2 A．  21 2π 0 2πy x x x     B．  2 2 4 1 0 2ππ πy x x      C．    2 2π π 1 0 2πy x x       D．  2 cos 0 2πy x x    10．设 F 为双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的右焦点，过点 F 且垂直于 x 轴的直线交双曲线的两条渐 近线于 A ， B 两点（ A ， B 分别在一、四象限），和双曲线在第一象限的交点为 E ，若 3BE EA  ，则双 曲线C 的离心率为（ ）． A． 2 3 3 B． 3 C．3 D．4 11．已知         2 2 sin π 1 0 4 4 0 1 log 1 x x f x x x x x x          ，若    h x f x a  有 5 个零点，则这五个零点之和的取值范围是 （ ）． A． 0,2 B． 0,1 C． 1,2 D． 1,2 12．直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面四边形 ABCD 为菱形， 1 4AA  ， 2AB  ， 2π 3ABC  ， E 为 BC 中点，过 E 且和平面 1BDD 垂直的平面为平面 ， 1 //CC 平面 ，则直线 1C E 和平面 所成角的正 弦值为（ ）． A． 57 17 B． 57 34 C． 17 17 D． 17 34 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第 13～21 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． 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 R 上的偶函数  f x ，满足    3 0f x f x   ，且   12f  ，则    2021 2020ff   ______． 15．直线 l 的倾斜角为锐角，且和圆 2 2: 1O x y  及圆  22: 4 9A x y   均相切，则直线 l 的斜率等于 ______． 16．已知 F 为抛物线  2 2 0y px p  的焦点，弦 AB 经过 F ，且 3OA OB    ，O 为坐标原点，当 AB 的倾斜角等于 60°时， tan AOB  ______． 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 na 满足 1 1a  ，  1 3 2n na a n      N ． （1）求证：数列 1na  为等比数列，并求数列 na 的通项公式； （2）设 na 的前 n 项之和为 nS ，    21 1n nb S n n    ，求数列 nb 的前 n 项之和 nT ． 18．在三棱锥 P ABC 中， 5PA PB PC   ， 6AB  ， 3 2BC AC  ． （1）求证：平面 PAB  平面 ABC ； （2）若点 M 满足 2PM MB  ，求二面角 M AC B  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 a 的值以及参加课外活动时间在 10,20 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 X 表示参加课外活动不少于 50 分钟的人数，求 X 的分布列和数学期望． 20．已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的离心率为 3 2 ，F 为右焦点，C 上一点 P 满足 PF 垂直于 x 轴， 1 2PF  ． （1）求椭圆C 的方程； （2）斜率为 2 的直线l 交椭圆C 于 A ， B 两点，O 为坐标原点，求 AOB△ 面积的最大值． 21．已知函数    2 6lnf x ax ax x a    R ． （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）若   0f x  恒成立，求实数 a 的最小正整数值． 3ln 0.405,ln 2 0.6932      22．选修 4-4：坐标系与参数方程． 在平面直角坐标系 xOy 中，圆C 的方程为 2 21 1x y   ，直线l 经过点 31, 2P    ，且倾斜角为 π 3 ，以 坐标原点O 为极点， x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系． （1）写出圆C 的极坐标方程和直线l 的参数方程； （2）设直线l 交圆C 于 A ， B 两点，求 AB ． 23．选修 4-5：不等式选讲 已知   2 1 2f x x x    ． （1）解不等式   3f x  ； （2）设函数  f x 的最小值为 m ，   2 3g x x m x    ，若存在实数 x ，使不等式   2 1g x a  成立， 求实数 a 的取值范围． 参考答案 1．B 【解析】依题意知，  0,2A  ，因此  0A B  ．故选 B． 2．C 【解析】          2 i 2 3i 1 8i 1 i4 6i 2i 3 1 8i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i              1 9i 8 7 9 i2 2 2      根据复数的几何意义，它在复平面中所对应的点为 7 9,2 2      ，在第三象限．故选 C． 3．B 【解析】由 2x x y  ，得 1 1 2 2y x z  ，作一簇斜率为 1 2 的直线， 根据 z 的几何意义知， 2x y 在点  0,3C 处取得最小值 6 ．故选 B． 4．A 【解析】由 60B   ，得 2 2 2b a c ac   ， 而由 1a  ，b ， c 依次成递增的等差数列，得 2 1b a c   ， 因为 20a c b   ，所以 7b  ， 将它代入到 2 2 2b a c ac   中并配方得，  2 3 49a c ac   ； 再将 13a c  代入可得 40ac  ， 因此 1 sin 10 32S ac B  ．故选 A． 5．A 【解析】区域C 的面积 3 3 2 2 4 4 00 2 2 16d 4 03 3 3S x x x      ， 而由直角三角形的面积等于 4 可知，阴影面积为 16 443 3   ， 因此点 P 落在阴影区域内的概率为 4 16 1 3 3 4   ．故选 A． 6．D 【解析】当 a b  和 a 垂直时，有1 14 0m   成立，解得 15m   ， 此时根据平面向量的坐标运算得  15,5b   ，  2 3 47, 11a b   ， 所以      2 3 1,2 47, 11 47 22 25a a b         ．故选 D． 7．C 【解析】依题意 2 1a b  ， 因此  2 1 2 1 2 2 2 22 4 1 5 2 9b a b aa ba b a b a b a b                当且仅当 1 3a b  时等号成立．故选 C． 8．A 【解析】   11 cos 02f x x    ，所以  f x 在 R 上为一个增函数， 由     0f x f x   知函数  f x 为一个奇函数， 所以    22 3 1 0f m f m m     等价于    2 1 3 2f m m f m    ， 所以 2 1 3 2m m m    ，解得 1m  或 4m   ．故选 A． 9．D 【解析】  ,M x y 是图象上任意一点对应烟囱上的点 M ， 0M 是底面圆周上一点， 0MM 是母线， 设底面圆心为O ， 0AOM   ，则 0 1x AM      ， 设 00M E OA 于 0E ，平面 00M E M 交CB 于 E ， 易得 0 0MM EE ，作 0BQ EE 于Q ， 则 0 0 0 01 1 1 1 cos 2 cos y MM EE EQ QE QB E A x             ． 故选 D． 10．A 【解析】设  ,0F c ，依题意， , bcA c a      ， , bcB c a     ， 由于 E 是直线 x c 和双曲线的交点，因此可以求出 2 , bE c a      ， 故 2 0, b bcBE a       ， 2 0, bc bEA a       ， 由于 3BE EA  ，因此可以得到 2 2 3b ac bc b a a    ， 化简得 2c b ，即 2 24c b ， 再结合 2 2 2b c a  ，得 2 2 4 3 c a  ，于是离心率 2 3 3e  ． 故选 A． 11．C 【解析】作出函数   y f x 的图象， 则  h x 的零点相当于直线 y a 与函数   y f x 的交点的橫坐标， 欲使  h x 有五个零点，则 1 0a   ， 设此五个零点依次为 1x ， 2x ， 3x ， 4x ， 5x ， 由 sin πy x 和 24 4y x x  的对称性可知 1 2 1x x   ， 3 4 1x x  ， 而 51 2x  ，因此这五个零点之和取值范围是 1,2 ．故选 C． 12．D 【解析】分别取 AB ， 1 1A B ， 1 1B C 的中点 F ， M ， N ， 又 E 为 BC 的中点，所以 1// //FM EN CC ，所以 E ， F ， M ， N 四点共面． 由四边形 ABCD 为菱形知， BD AC ， 再根据三角形的中位线定理知 //EF AC ，所以 BD EF ， 又 1EF DD ， 1BD DD D  ，故 EF  平面 1BDD ． 又因为 EF  平面 EFMN ，所以平面 EFMN  平面 1BDD ． 由 1 //CC EN 及线面平行的判定定理知， 1 //CC 平面 EFMN ， 所以平面 EFMN 即为平面 ， 由 1 1 //AC MN ，设 1 1 1 1AC B D O  ， 则 1C 到平面 EFMN 的距离等于O 到平面 EFMN 的距离， 而O 到平面 EFMN 的距离等于线段OT 的长度， 由于四边形 ABCD 为边长等于 2 的菱形， 2π 3ABC  ， 因此 ABD△ 为正三角形，故 1 1 1 1 4 2OT B D  ； 也即点 1C 到平面 EFMN 的距离等于 1 2 ， 而 2 2 1 1 4 17C E    ， 因此直线 1C E 和平面 所成角的正弦值为 1 172 3417  ．故选 D． 13．  100 2 1 π 【解析】依题意，圆锥的底面半径等于 10，高等于 10，母线长为10 2 ， 于是其侧面积等于100 2π ，底面积为100π ， 因此圆锥的表面积为  100 2 1 π ． 14．2 【解析】依题意，     f x f x  ，     3f x f x  ， 因此函数  f x 的周期为 3， 所以    2021 2 1f f  ，    2020 1 1f f  ， 因此    2021 2020 2f f  ． 15． 3 【解析】如图所示， 设直线l 和圆O 切于 N 点，和圆 A 切于 M 点，作OP AM 于 P 点， 依题意，圆O 和圆 A 外切， 在直角三角形OAP 中，由于 2PA  ， 4AO  ， 因此 π 6AOP  ，从而OP 的斜率等于 πtan 33  ， 而由OP 和 MN 平行知，直线l 的斜率亦为 3 ． 16． 8 3 9  【解析】设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 此时 AB 的直线方程为 3 2 py x     ，即 23 y px   ， 将它代入到抛物线方程 2 2y px 中，得 2 22 0 3 pyy p   ， 则 2 1 2y y p  ，  2 2 1 2 1 2 24 4 y y px x p   ， 由 3OA OB    ，得 23 34 p   ，解得 2p  ， 此时 AB 的直线方程为  3 1y x  ，抛物线方程为 2 4y x ． 不妨设点 A 在第一象限，因此可以解得  3,2 3A ， 1 2 3,3 3B      ． ∴ 2 3tan 3AOF  ， tan 2 3BOF  ， ∴   2 3 2 3 8 33tan tan 92 31 2 33 AOB AOF BOF            ． 17．【解析】解：（1）因为  1 3 2n na a n     N ， 所以两边同时加上 1 可得，   1 1 3 1n na a n    N ， 因为 1 1 2a   ，所以数列 1na  是以 2 为首项，3 为公比的等比数列， 因此 11 2 3n na    ，故 12 3 1n na    ． （2）依题意，  1 1 2 1 3 2 3 3 11 3 nn i n n i S n n n            ， 因此       23 1 1 1 1 3n n nb n n n n         ， 故  1 2 32 3 3 3 4 3 1 3 n nT n         L ， 两边同时乘以 3 得：  2 3 4 13 2 3 3 3 4 3 1 3 n nT n          L ， 两式相减得：  2 3 12 6 3 3 3 1 3n n nT n         L ，  2 3 12 3 3 3 3 3 1 3n n nT n          L ，     13 1 3 2 3 1 31 3 n n nT n        ， 12 1 32 32 2 n n nT      ， 因此， 12 1 334 4 n n nT    ． 18．【解析】（1）取 AB 的中点O ，连接OP 和OC ， 由于 PA PB ，因此 PO AB ， 而由 5PA PB  ， 6AB  ，得 4PO  ， 又因为 6AB  ， 3 2AC BC  ，O 为 AB 的中点，因此 3CO  ， 在 POC△ 中，由于 2 2 2CO PO PC  ， 故根据勾股定理的逆定理知 PO OC ， 由于直线 PO 和平面 ABC 内的两条相交直线 AB ，OC 都垂直， 因此根据直线和平面垂直的判定定理知，直线 PO  平面 ABC ， 又因为 PO  平面 PAB ，因此平面 PAB  平面 ABC ． （2）由（1）知 OP 、OC 、OB 两两垂直， 以O 为原点， OC 、OB 、OP 分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系O xyz ， 则  3,0,0C ，  0,3,0B ，  0, 3,0A  ，  0,0,4P ， 设  0 0 0, ,M x y z ，由于  0 0 0, , 4PM x y z  ，  0 0 0,3 ,MB x y z    ， 而 2PM MB  ，因此， 0 0x  ， 0 2y  ， 0 4 3z  ， 因此 40,2, 3M      ， 设平面 MAC 的一个法向量为  1 , ,n x y z ， 由于 40,5, 3AM       ，  3,3,0AC  ，故可得方程组 45 03 3 3 0 y z x y       ， 因此可得其中一个法向量为  1 4,4, 15n    ， 而平面 ABC 的一个法向量为  2 0,0,1n  ， 则 1 2 1 2 1 2 15 15 257cos , 257257 n nn n n n           ， 因为二面角 M AC B  为锐角， 所以二面角 M AC B  的余弦值为15 257 257 ． 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10 0.02 10 0.0375 10 0.0175 10 10 1a a        ， 解得 0.0125a  ， 由于参加课外活动时间在 10,20 内的频率等于 0.0125 10 0.125  ， 因此参加课外活动时间在 10,20 中的人数为 40 0.125 5  ． （2）依题意，参加课外活动时间在 40,50 ， 50,60 的人数分别为 7 人和 5 人， 随机变量 X 的取值可能为 0，1，2，3． 因为   3 7 3 12 70 44 CP X C    ，   2 1 7 5 3 12 211 44 C CP X C    ，   1 2 7 5 3 12 72 22 C CP X C    ，   3 5 3 12 13 22 CP X C    ， 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 7 44 21 44 7 22 1 22   7 21 7 1 50 1 2 344 44 22 22 4E X          ． 20．【解析】设椭圆的焦距为 2c ，依题意得 3 2 c a  ， 由 1 2PF  ，知 P 点坐标为 1, 2P c    ， 代入到椭圆方程中得 2 2 2 1 1 14 c a b    ， 结合 2 2 2a b c  ，可以解得 2 4a  ， 2 1b  ， 故椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  ． （2）设直线 AB 的方程为 2y x m  ，  1 1,A x y ，  2, 2B x y ， 则根据弦长公式得  22 1 2 1 2 1 22 1 5 4AB x x x x x x       ． 将 2y x m  代入到椭圆方程中得 2 217 16 4 4 0x mx m    ， 由 0  得 17 17m   ， 且 1 2 16 17 mx x   ， 2 1 2 4 4 17 mx x  ， 故 2 2 216 4 4 4 55 4 1717 17 17 m mAB m           ， 设O 到直线 AB 的距离为 d ， 则根据点到直线的距离公式得 5 md  ． 因此， AOB△ 的面积为 21 1 4 5 172 2 17 5 mAB d m       2 42 1717 m m   2 22 17 289 2 17 117 2 4 17 2m           ， 当且仅当 34 2m   时等号成立． 因此，当 34 2m   时， AOB△ 面积的最大值为 1． 21．【解析】函数  f x 的导函数为     26 2 62 0ax axf x ax a xx x        ， 当 0a  时，  f x 在 0, 上恒为负数，  f x 在 0, 上单调递减； 当 0a  时，令   0f x  得 2 48 4 a a ax a    ， 令   0f x  得 2 480 4 a a ax a     ． 此时，  f x 在 2 480, 4 a a a a        上单调递减， 在 2 48 ,4 a a a a         上单调递增． （2）法一：依题意，   0f x  在 0, 上恒成立， 即 2 6ln xa x x   在 0, 上恒成立， 令    2 6ln 0xg x xx x   ，只需  maxa g x ， 则         2 22 6 6 2 1 lnx x x xxg x x x           22 6 1 2 ln ln 0x x x x x x x       ， 令    1 2 ln ln 0h x x x x x x     ，则   11 2lnh x x x      ， 令   11 2lnx x x      ，由于   2 2 1 2 1 2xx x x x      ， 因此  x 在 10, 2      上单调递增，在 1 ,2     上单调递减， 所以当 1 2x  时，  x 取得最大值  max 2ln 2 3 0x    ． 于是根据  x 恒为负数知，   0h x  恒成立， 因此  h x 在 0, 上单调递减． 而 3 5 34ln 02 2 2h       ，  2 3 5ln 2 0h    知， 在区间 3 ,22      上必存在 0x x ，使得函数  h x 满足  0 0h x  ， 因为  22 6 0 x x   ， 所以  00,x x 时，   0g x  ，  g x 单调递增； 在  0x x   时，   0g x  ，  g x 单调递减． 故     0 0 2max 0 0 6ln xg x g x x x    ． 由  0 0h x  得 0 0 0 1ln 2 1 xx x   ，故   0 0 0 2 6 2g xx x   ， 由于 0 3 ,22x     ，因此   0 2 02 6,10xx   ，  0 3 ,15g x     ， 因此实数 a 的最小正整数值为 1． 法二：若   0f x  ，则  min 0f x  ． 当 0a  时，由第（1）问可知，  f x 在  0, 单调递减， 当 1x  时，即 2 6ln 0ax ax x   与要求矛盾，不合题意，舍去． 当 0a  时，由（1）可知，  f x 在 2 480, 4 a a a a        上单调递减， 在 2 48 ,4 a a a a         上单调递增， 所以  f x 在 2 48 4 a a ax a    处取得极小值， 不妨记为 0x ，则有  0 0f x  ，    0minf x f x ， 所以代入     2 0 0 0 0min 6lnf x f x ax ax x    ， 又因为 2 0 02 6 0ax ax   ，即 2 0 0 6 2a x x   ， 代入可得       0 0 00 0 0 0 0 6 1 2 1 ln6 1 6ln 02 1 2 1 x x xxf x xx x        ， 构造函数    1 2 1 lnh x x x x    ，   11 2lnh x x x      ， 令   11 2lnx x x      ，   2 2 1 2 1 2xx x x x      ， 因此  x 在 10, 2      上单调递增，在 1 ,2     上单调递减； 所以当 1 2x  时，  x 取得最大值  max 2ln 2 3 0x    ． 于是根据  x 恒为负数知，   0h x  恒成立， 所以  h x 在 0, 上单调递减． 而 3 5 34ln 02 2 2h       ，  2 3 5ln 2 0h    知， 在区间 3 ,22      上必存在 1x ，使得  1 0h x  ， 从而当  0 0f x  等价于  0 0h x  ，即 0 10 x x  ， 而 2 2 0 0 1 10 2 2x x x x    ，所以 2 2 0 0 1 1 6 6 2 2a x x x x    ， 又 1 3 ,22x     ，所以 2 1 1 6 3 ,12 5x x      ， 所以 a 的最小正整数值为 1． 22．【解析】（1）将 cosx   ， siny   ，代入到圆 C 的方程中， 得圆C 的极坐标方程为 2cos  ， 而直线l 的参数方程为 11 2 3 3 2 2 x t y t        （t 为参数）． （参数方程不唯一） （2） 将直线l 的参数方程代入到圆的直角坐标方程中得 221 3 31 1 12 2 2t t                ， 化简得 24 6 3 5 0t t   ． 28 0   ，所以方程有两个根，分别记为 1t ， 2t ， 1 2 3 3 2t t  ， 1 2 5 4t t  ， 则  2 1 2 1 2 1 24AB t t t t t t t     ， 所以 2 3 3 5 742 4 2AB         ． 23．【解析】  3 1 2 13 2 2 13 1 2 x x x x x x                       ， （1）当 2x   时，所解不等式可化为 3 1 3x   ，解得 4 3x   ， 再结合条件知，此时不等式无解； 当 12 2x   时，所解不等式可化为 3 3x  ，解得 0x  ， 再结合条件知，此时不等式的解集为 10 2x x      ； 当 1 2x  时，所解不等式可化为 3 1 3x   ，解得 2 3x  ， 再结合条件知，此时不等式的解集为 1 2 2 3x x      ． 综上所述，原不等式的解集为 2 3x x      ． （2）因为 2x   时，   3 1f x x   ，单调递减； 12 2x   时，   3f x x   ，单调递减； 1 2x  时，   3 1f x x  ，单调递增，且  f x 是一条连续不间断的曲线． 因此函数  f x 的最小值为 1 5 2 2f      ． 于是实数 5 2m  ，从而   5 3g x x x    ， 因为存在实数 x ，使不等式   2 1g x a  成立， 所以  max 2 1g x a  ， 由于    5 3 5 3 8x x x x        ， 当且仅当 3x   时等号成立， 由8 2 1a  ，得 9 2a  ． 于是实数 a 的取值范围是 9, 2     ．