四川省天府名校2021届高三上学期12月诊断性考试文科数学试题 Word版含答案 15页

绝密★启用前 2021 届天府名校 12 月高三诊断性考试 文数 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． 0,1 D． 0,1,2 2．设复数   2 i 2 3i 1 iz    ，则 z 的共轭复数 z 在复平面内所对应的点位于（ ）． A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知向量  2,1a  ，  , 1b m m  ，当 a b  与 a 垂直时，实数 m  （ ）． A．2 B．1 C． 1 D． 2 4．设实数 x ， y 满足约束条件 2 3 9 0 3 0 1 x y x y y          ，则 5 y x  的最大值为（ ）． A． 1 6 B．1 C． 3 5 D． 4 3 5．在 ABC△ 中， a ，b ， c 分别为角 A ， B ，C 的对边，若 60C   ， 5a  ， 8b  ，则 ABC△ 的周 长为（ ）． A．20 B．30 C．40 D．25 6．一个三角形的三边长分别为 6，8，10，圆O 为其内切圆，现向该三角形内随机投掷一个点，则此点落入 内切圆内的概率为（ ）． A． π 6 B． π 8 C． π 4 D． π 9 7．已知函数   sinf x x x  ，则不等式    1 2 3 0f m f m    的解集为（ ）． A． 2 ,3     B． 1 ,3     C． 2, 3     D． 1, 3     8．已知正数 a ，b 满足 1a b  ，则 3 4 3 1 2a b   取得最小值时的b 值为（ ）． A． 1 3 B． 2 9 C． 1 2 D． 1 4 9．已知直线 2y  和函数     2sin 0f x x     的图象相交， E ， F 为两个相邻的交点，若 π 4EF  ，则  （ ）． A．2 B．2 或 6 C．3 或 5 D．3 10．设 F 为双曲线  2 2 0y px p  的焦点，过 F 作倾斜角为 60的直线与该抛物线交于 A ， B 两点，且 3OA OB    ，O 为坐标原点，则 AOB△ 的面积为（ ）． A． 4 3 3 B． 5 3 3 C． 8 3 3 D．10 3 3 11．已知函数         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．在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面四边形 ABCD 为菱形， 1 4AA  ， 2AB  ， π 3ABC  ，E 为 BC 中点，平面 过点 E 且与平面 1BDD 垂直， 1 //CC  ，则 被此直四棱柱截得的截面面积为（ ）． A．1 B．2 C．4 D．6 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．定义在 R 上的函数  f x ，满足    3 0f x f x   ，   12f  ，则  8f  ______． 14．古人为避雷和便于雨水下泄，常将屋顶设计成圆锥形状，多见于我国东南沿海地带，经测算某圆锥屋 顶的轴截面为一个斜边长约为 20 米的等腰直角三角形，则圆锥的侧面积约为______ 平方米． 15 ． 已 知 直 线 :l y kx 的 倾 斜 角 为  ， l 与 圆  22: 3 3Q x y   相 切 ， 切 点 在 第 二 象 限 ， 则 1 sin cos     ______． 16．设 F 为双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的右焦点，过点 F 且和 x 轴垂直的直线交双曲线的两条渐 近线于点 A ， B （ A 、 B 分别在第一、四象限），且与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______． 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．已知数列 na 满足 1 1a  ， 1 3 2n na a   ． （1）求证：数列 1na  为等比数列，并求 na ； （2）设 na 的前 n 项之和为 nS ，    21 1n nb n S 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 M 为棱 PB 上的一点，且满足 2PM MB ，求三棱锥 B ACM 的体积． 19．某班主任对本班 40 名同学每天参加课外活动的时间进行了详细统计，并绘制成频率分布直方图，其中  10,20 ， 20,30 ， 30,40 ， 40,50 ， 50,60 在纵轴上对应的高度分别为 m ，0.02 ，0.0375，0.0175， m ．如下图所示： （1）求实数 m 的值以及参加课外活动时间在 10,20 中的人数； （2）用区间中点值近似代替该区间每一名学生的每天参加活动的时间，求这 40 名同学平均每天参加课外 活动的时间； （3）从每天参加活动不少于 50 分钟的人（含男生甲）中任选 3 人，求其中的男生甲被选中的概率． 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）设斜率为 2 的直线 AB 交椭圆C 于 A ， B 两点，且直线 AB 不过原点，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  在 0, 上恒成立，求 a 的最小正整数值． 3ln 0.4042     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．D 【解析】由题知，集合  0,2A  ，因此  0,1,2A B  ．故选 D． 2．B 【解析】因为          2 i 2 3i 1 8i 1 i4 6i 2i 3 1 8i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 iz               1 9i 8 7 9 i2 2 2      ， 所以 z 的共轭复数为 7 9 i2 2z    ， 在复平面内所对应的点为 7 9,2 2     ，位于第二象限．故选 B． 3．D 【解析】由题知，  2, 2a b m m    ，欲使 a b  与 a 垂直， 则 2 4 2 0m m    ，解得 2m   ．故选 D． 4．C 【解析】作出不等式组表示的可行域如图： 5 y x  的几何意义是可行域内的一点 ,x y 与点 5,0 的连线斜率， 从图上可以看出，点 0,3 为最优解，因此 5 y x  的最大值为 3 5 ．故选 C． 5．A 【解析】根据余弦定理，得 2 2 2 2 22 cos 5 8 5 8 49c a b ab C        ， 所以 7c  ，则 ABC△ 的周长为 20．故选 A． 6．A 【解析】依题意，此三角形为一个直角三角形， 设圆的半径为 r ，则   1 6 82 21 6 8 102 r        ， 设此点落入内切圆内为事件 A ，则   2π 2 π 1 66 82 P A     ． 故选 A． 7．A 【解析】由   sinf x x x  ，得   sinf x x x    ， 因为     0f x f x   ，  f x 定义域为 R ， 所以  f x 为奇函数， 由   1 cos 0f x x    ，知  f x 为增函数， 则    1 2 3 0f m f m    等价于    1 3 2f m f m   ， 即 1 3 2m m   ，解得 2 3m  ．故选 A． 8．B 【解析】依题意得， 3 4 3 12 3 1 2 3 1 3 6a b a b       ， 由 1a b  ，得 3 1 3 6 10a b    ． 因此  3 4 1 3 123 1 3 63 1 2 10 3 1 3 6a ba b a b              1 3 1 3 6 1 2715 12 3 15 2 3610 3 6 3 1 10 10 a b b a                ， 当且仅当 3 1 3 612 33 6 3 1 a b b a      ， 即  3 6 2 3 1b a   时取等号，结合 1a b  ， 知 7 9a  ， 2 9b  ．故选 B． 9．B 【解析】将 2y  代入到     2sin 0f x x     中， 得 π2 π 4x k    ， k Z 或 3π2 π 4x k    ， k Z ， 因为 π 4EF  ，因此 π 3π π 4 4 4    或 π 9π 3π 4 4 4    ，解得 2  或 6． 故选 B． 10．A 【解析】由题得，直线 AB 的方程为 3 2 py x     ， 与抛物线方程 2 2y px 联立，得 2 2 33 5 04 px px   ， 设  1 1,A x y ，   2 2 1 2, 0, ,0B x y y y ，则 2 1 2 4 px x  ， 2 1 2y y p  ， 由 3OA OB    ，得 23 34 p   ，解得 2p  ， 此时直线 AB 的方程为  3 1y x  ， 抛物线的方程为 2 4y x ，联立解得  3,2 3A ， 1 2 3,3 3B      ， 因此 1 163 23 3AB     ， 因此原点O 到直线 AB 的距离等于 3 2 ， 所以 1 3 16 4 3 2 2 3 3AOBS    △ ．故选 A． 11．C 【解析】作出函数   y f x 的图象， 则  h x 的零点即为直线 y a 与函数   y f x 的交点的橫坐标， 欲使  h x 有 5 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 5 个零点之和的取值范围是 1,2 ．故选 C． 12．C 【解析】分别取 AB ， 1 1A B ， 1 1B C 的中点 F ， M ， N ， 连接 MF ， MN ， NE ， FE ， AC ． 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 ， 又因为 1//EN CC ，因此 BD EN ． 又 EF EN E  ， EF  平面 EFMN ， EN  平面 EFMN ， 故 BD  平面 EFMN ， 又 BD  平面 1BDD ，则平面 EFMN  平面 1BDD ． 则 EFMN 为矩形． 由 1EF  ， 4MF  ，故截面面积为 4． 故选 C． 13．1 【解析】依题意知     3f x f x  ，因此  f x 是以 3 为周期的周期函数， 所以      8 3 2 2 2 1f f f     ． 14．100 2π 【解析】依题意，圆锥的底面半径为 10 米，母线长为10 2 米， 于是其侧面积为 1 π 20 10 2 100 2π2     （平方米）． 15． 3 2  【解析】由题知，圆心 0,3 到直线l 的距离等于 3 ， 因此 2 3 3 1k   ， 因为切点在第二象限，所以 2k   ，即 tan 2   ， 根据同角三角函数之间的关系知， 6sin 3   ， 3cos 3    ， 则 611 sin 3 3 2cos 3 3         ． 16． 2 3 3 【解析】设  ,0F c ， 则由题得， , bcA c a      ， , bcB c a     ， 由于 E 是直线 x c 和双曲线的交点， 因此 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 bc bc b a a    ，化简得 2c b ， 又 2 2 2a c b  ，得 2 23a b ， 2 2 4 3 c a  ，则离心率 2 3 3e  ． 17．【解析】解：（1）因为 1 3 2n na a   ，所以  1 1 3 1n na a    ， 因为 1 1a  ，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，  2 1 3 3 11 3 n n nS 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 ， ①  2 3 4 13 2 3 3 3 4 3 1 3 n nT n          L ， ② ①－②，得  2 3 12 6 3 3 3 1 3n n nT n         L ，  2 3 13 3 3 3 3 1 3n nn         L     13 1 3 3 1 31 3 n nn       12 1 332 2 nn     ． 因此， 12 1 334 4 n n nT    ． 18．【解析】（1）取 AB 的中点O ，连接OP 和OC ， 因为 PA PB ，因此 PO AB ， 由 5PA  ， 6AB  ，得 4PO  ， 又因为 6AB  ， 3 2AC BC  ，所以 ABC△ 为直角三角形， 又O 为 AB 的中点，因此 3CO  ， 在 POC△ 中，由于 2 2 2CO PO PC  ， 所以 PO OC ， 因为OC AB O  ，OC  平面 ABC ， AB  平面 ABC ， 所以 PO  平面 ABC ． 又因为 PO  平面 PAB ，所以平面 PAB  平面 ABC ． （2）依题意知 2PM MB ， 因此点 M 到平面 ABC 的距离等于点 P 到平面 ABC 距离的 2 3 ． 由（1）知， P 到平面 ABC 的距离 4PO  ， 因此 M 到平面 ABC 的距离等于 2 84 3 3   ． 又 ABC△ 的面积为 1 3 2 3 2 92    ， 所以 1 89 83 3B ACM M ABCV V      ． 19．【解析】解：（1）因为所有小矩形面积之和等于 1， 所以10 0.02 10 0.0375 10 0.0175 10 10 1m m        ， 解得 0.0125m  ， 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  人． （2）依题意，参加课外活动时间在 10,20 ， 20,30 ， 30,40 ， 40,50 ， 50,60 中的人数分别为 5 人，8 人，15 人，7 人，5 人， 因此这 40 名同学平均每天参加课外活动的时间为：  15 5 25 8 35 15 45 7 55 5 40 34.75           （分钟）． （3）设每天参加活动不少于 50 分钟的 5 人分别为 a ，b ， c ， d ，甲， 从中任选 3 人，可能的情况有：abc ，abd ，ab 甲，acd ，ac 甲，ad 甲，bcd ，bc 甲，bd 甲，cd 甲， 共 10 种， 设“其中的男生甲被选中”为事件 A ， 则事件 A 包括的情况有： ab 甲， ac 甲， ad 甲，bc 甲，bd 甲， cd 甲，共 6 种， 因此事件 A 发生的概率为   6 3 10 5P A   ． 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 ， 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   ， 1 2 16 17 mx x   ， 2 1 2 4 4 17 mx x  ， 根据弦长公式，得  22 1 2 1 2 1 22 1 5 4AB x x x x x x      2 2 216 4 4 4 55 4 1717 17 17 m m 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 mS AB 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． 所以当 34 2m   时， AOB△ 面积的最大值为 1． 21．【解析】（1）由题得，函数  f x 的定义域为 0, ，     26 2 62 0ax axf x ax a xx x        ， 当 0a  时，由于  f x 在 0, 上恒为负数， 此时  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． 综上，当 0a  时，  f x 在 0, 上单调递减； 当 0a  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）依题意， 2 6ln xa x x   在 0, 上恒成立． 令    2 6ln 0xg x xx x   ， 则              2 2 22 2 6 6 2 1 ln 6 1 2 ln ln 0 x x x xxg x x x x 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 2ln 0x x xx       ，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 2ln 2 3 0  ． 根据  x 恒为负数，知  h x 亦恒为负数， 因此  h x 在 0, 上为减函数． 而 3 5 34ln 02 2 2h       ，  2 3 5ln 2 0h    知， 可知在区间 3 ,22      上必存在 0x ，使得函数  h x 满足  0 0h x  ， 且  g x 在 00, x 上单调递增，在 0 ,x  上单调递减． 由于     0 0 2 0 0 6ln xg x g x x x    ，而 0 0 0 1ln 2 1 xx x   ， 故     0 0 2 0 0 6ln xg x g x x x    ， 由 0 3 ,22x     ，因此  2 0 02 6,10x x  ，  0 3 ,15g x     ， 所以 1a  ，因此 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     ．