四川省遂宁市2021届高三数学下学期4月第三次诊断性考试试题-理.doc

四川省遂宁市2021届高三数学下学期4月第三次诊断性考试试题 理

四川省遂宁市2021届高三数学下学期4月第三次诊断性考试试题 理

年级：
姓名：

18

四川省遂宁市2021届高三数学下学期4月第三次诊断性考试（三诊）试题 理
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。总分150分。考试时间120分钟。
第Ⅰ卷（选择题，满分60分）
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。
2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3．考试结束后，将答题卡收回。

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。
1．已知集合，，则下列判断正确
的是
A． B．
C．且 D．
2．已知，则
A． B． C． D．
3. 已知随机变量服从正态分布，，
则
A. B. C. D.
4．已知等差数列满足，，则它的前项的
和
A． B． C． D．
5．已知圆的圆心为直线与的交点，半径为
，且圆截直线所得弦的长度为，则实数
A． B． C． D．
6. 在递增的数列中，，若，
，前项和．则
A． B． C． D．
7. 将直角三角形、矩形、直角梯形如图一放置，它们围绕固定直线L旋
转一周形成几何体，其三视图如图二，则这个几何体的体积是

附：柱体的体积公式（为底面面积，为柱体的高）
锥体的体积公式（为底面面积，为锥体的高）
台体的体积公式（，为台体的上、下底面面积，为台体的高）
A. B. C. D.
8．设，为双曲线C:的左、右焦点,过坐
标原点的直线依次与双曲线C的左、右支交于，两点，若
，则该双曲线的离心率为
A. B. C. D.
9. 已知函数为上的奇函数，当时，；若， ，，则
A. B． C. D.
10．已知在中，角所对的边分别为，且，
. 又点都在球的球面上，且点到平面的距离
为，则球的体积为
A． B． C. D．
11. 已知是边长为2的等边三角形，其中为边的中点，的平分线交线段于点，交于点，且（其中，），则的最小值为
A. B.
C. D.
12. 已知函数，，又当时，
恒成立，则实数的取值范围是
A． B．　 C． D．

第Ⅱ卷（非选择题，满分90分）
注意事项：
1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。
2．试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。

本卷包括必考题和选考题两部分。第13题至第21题为必考题，每个试题考生都作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。
13．复数（其中为虚数单位），则 ▲
14．已知向量，，且与垂直，则
▲
15．在的展开式中，的系数为 ▲ （用数字作答）
16．已知斜率为的直线过抛物线：的焦点，
与抛物线交于，两点（点在点的左侧），又为坐标原
点，点也为抛物线上一点，且，，
则实数的值为 ▲
三、解答题：本大题共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（本小题满分12分）
已知数列中，，
（1）求数列的通项公式；
（2）若，且数列的前项和为，求

▲

18.（本小题满分12分）
某校数学教研组，为更好地提高该校高三学生《圆锥曲线》的选填题的得分率，对学生《圆锥曲线》的选填题的训练运用最新的教育技术做了更好的创新，其学校教务处为了检测其质量指标，从中抽取了100名学生的训练成绩（总分50分），经统计质量指标得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求所抽取的样本平均数 (同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
（2）将频率视为概率，从该校高三学生中任意抽取4名学生，记这4个学生《圆锥曲线》的选填题的训练的质量指标值位于内的人数为，求的分布列和数学期望.

▲
19. （本小题满分12分）
如图, 在直四棱柱中, 底面四边形为梯形, 点为上一点, 且，
∥,
（1）求证：∥平面；
（2）求二面角的正弦值.

▲

20.（本小题满分12分）
已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过且与轴垂直的直线与椭圆交于两点，的面积为，点为椭圆的下顶点，
（1）求椭圆的标准方程；
（2）经过抛物线的焦点的直线交椭圆于两点，求的取值范围

▲

21.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求证：；
（3）求证：当时，方程有且仅有个实数根.

▲

请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。

22．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）；以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．直线的极坐标方程为．
（1）求曲线的极坐标方程和直线的直角坐标方程；
（2）若，求以曲线与轴的交点为圆心，且这个交点到直线的距离为半径的圆的方程。

▲

23．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲
已知函数
（1）求不等式的解集；
（2）当取最小值时，求使得成立的正实数的取值范围．

▲

遂宁市高中2021届三诊考试
数学（理科）试题参考答案及评分意见

一、选择题（12×5=60分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
A
C
A
C
B
B
C
B
D
D
A
A
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。
13. 14． 15． 16．或
三、解答题：本大题共70分。
17．（本小题满分12分）
【解析】（1）因为，令，则，又，
所以， ……………………2分
对两边同时除以，得， ………………4分
又因为，所以是首项为，公差为的等差数列，……………………5分
所以，故； ……………………6分
（2）由（1）得： ……………………7分
所以，
则
两式相减得……………………10分
所以
故 ……………………12分
18. （本小题满分12分）
【解析】
（1）根据频率分布直方图可得各组的频率为：
的频率为：；的频率为：；
的频率为：；的频率：；
的频率为：，
∴.………………… 4分
（2）根据题意得每个学生《圆锥曲线》的选填题的训练的质量指标值位于内的概率为， ……………………5分
所以，的可能取值为：0，1，2，3，4，
，，，
，， ……………………10分
∴的分布列为：

0
1
2
3
4

……………………11分
∴. ……………………12分
19. （本小题满分12分）
【解析】（1）因为四棱柱为直四棱柱，所以∥， ………1分
又已知，所以点为的中点， ……………………2分
又，且∥，所以且∥，所以四边形为平行四边形，所以∥， ……………………3分
又在平面中，，在平面中，，由面面平行的判定定理的推论知平面∥平面，又平面，所以∥平面 ……………………5分
（2）由（1）知点为的中点，所以为的边上的中线，而，所以由在一个三角形中，如果一边上的中线等于这边的一半，则这个三角形为直角三角形，且这边所对的角为直角知，为直角三角形，且为直角，故，又在直四棱柱中，底面，所以两两互相垂直，则建立空间直角坐标系如图所示， ……………………7分
则，，，，设平面的一个法向量为，又，，则由得，即，令，则，，所以 ……………………9分
同理，设平面的一个法向量为，又，，则由得，即，令，则，，所以， ……………………10分
所以， ……………………11分
设二面角的平面角为，则，故所求二面角的正弦值为 ……………………12分

20. （本小题满分12分）
【解析】（1）因为为直角三角形，所以，则， ……………………2分
又，所以，又，所以，则， ……………………4分
，故椭圆的标准方程为 ………………5分
（2）因为抛物线的焦点坐标为，所以点的坐标为，设
，
又因为
①若直线与轴重合，……………7分
②若直线不与轴重合，设直线的方程为，则，消去得
，
所以，，
则由两点间的距离公式有，
同理， ……………………9分
所以
，因为，
所以，所以， ……………………11分
综上①②可知，
即的取值范围是 ……………………12分
21. （本小题满分12分）
【解析】（1）因为，，故在点处的切线斜率为，点为，故所求的切线方程为
……………………3分
（2）令，
的定义域为，， ………4分
当时，恒成立，∴在上单调递减，
当时，恒成立，∴在上单调递增，
∴当时，恒成立， ……………………6分
故当时，； ……………………7分
（3）由，即，则
设，的定义域为，，
设，的定义域为，，
当时，恒成立，∴在上单调递减，
又，，∴存在唯一的使得， …………………… 9分
当时，则，∴在上单调递增，
当时，则，∴在上单调递减，
∴在处取得极大值也是最大值，从而
又，，， ………………11分
∴在与上各有一个零点，
即当时，方程有且仅有个实数根………………12分
22．（本小题满分10分）
【解析】（1）由，得，
因为，
所以，即，又，
所以，
即曲线的极坐标方程为； ……………………3分
因为直线的极坐标方程为，即，
又，所以直线的直角坐标方程为。…………………5分
（2）因为，由（1）知曲线的普通方程为（）；它与轴的交点为， ……………………7分
又直线的直角坐标方程为，故由点到直线的距离公式有：曲线与轴的交点到直线的距离。 ……………………9分
故所求的圆的方程为 ……………………10分

23．（本小题满分10分）
【解析】（1）由不等式可得，
可化为或或
解得或或，综上不等式的解集为……5分
（2）因为，
当且仅当，即时，等号成立．故当时，， ……………………7分
法一：又当取最小值时，，即，
所以，即， ……………………9分
解得，故所求m的取值范围 ……………………10分
法二：
又
，故所求m的取值范围……………10分