高三数学理科班诊断性练习一

2023届高考备考诊断性联考卷（一）理科数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在答题卡上．2.每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟．一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．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.已知集合A = 1 -1, Q,1, 2f , B = 1 Y JY = 2xf，则AnB 表示的集合为A.l -1 fB.l -1, 0 l C .11, 2 f D.l O, 1, 2 l3-i 2.复数z =—－1,则Iz I= 1+i A.丘B.J5C.23某医疗公司引进新技术设备后，销售收入（包100％百分比含医疗产品收入和其他收入）逐年翻一番，据l10%统计该公司销售收入情况如图1所示，则下列说法错误的是A.该地区2021年的销售收入是2019年的4倍B.该地区2021年的医疗产品收入比2019年和2020年的医疗产品收入总和还要多C.该地区2021年其他收入是2020年的其他收入的3倍D.该地区2021年的其他收入是2019年的其他收入的6倍4我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中一些数学用语可见，譬如“阳马”意指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥某“阳马”的三视图如图2所示，则它的最长侧棱与底面所成角的正切值为D. 5．其他收入口医疗产品收入2019年2020年2021年年份图1l _2． A B.1l二已2 1 正视图侧视图1二俯视图图2＄沁C .—.D.—5-65.巳知焦点在坐标轴上且中心在原点的双曲线的一条渐近线方程为2=x ,若该双曲线过点(1, 1)，则它的方程为A .42-x 2 =3B 4x 2-2 = 3C .22-x 2 = 1D.2x 2干＝1理科数学．第1页（共4页）6.已知直线(m+2)x +(m-1)y -2m-1 = 0(mE R)与圆C :x 2-4x ＋y 2=0，则下列说法错误的是A.对Vm ER ，直线恒过一定点B.:3m ER ，使直线与圆相切C.对Vm ER ，直线与圆一定相交D.直线与圆相交且直线被圆所截得的最短弦长为2丘1 7.以下关于f (x)= sinx co sx -co s 2x +—的命题，正确的是2 A .函数f(x)在区间（0,气）上单调递增B.直线x ＝巠是函数y =f (x)图象的一条对称轴8 C.点忙。

2021届高三数学第一次诊断性考试试题理〔含解析〕制卷人：打自企；成别使；而都那。

审核人：众闪壹；春壹阑；各厅……日期：2022年二月八日。

一、选择题：此题一共12小题，每一小题5分，一共60分。

在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的。

，，那么A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出函数的定义域，化简集合，然后根据交集的定义求解即可.【详解】，由交集的定义可得，应选D.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，此题本质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简复数可得结论.【详解】，应选A.【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考察复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、一共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考察除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.，，假设，那么实数m的值是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用平面向量垂直的充要条件列方程求解即可.【详解】，又因为，，所以，应选B.【点睛】利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：〔1〕两向量平行，利用解答；〔2〕两向量垂直，利用解答.中，，，那么公比q＝A. 4B. 3C. 2D.【答案】C【解析】【分析】由，利用等比数列的性质，结合各项为正数求出，从而可得结果.【详解】，，，，应选C.【点睛】此题主要考察等比数列的性质，以及等比数列根本量运算，意在考察灵敏运用所学知识解决问题的才能，属于简单题.5.空气质量指数AQI是反映空气质量状况的指数，AQI指数值越小，说明空气质量越好，其对应关系如下表：AQI指数值0～50 51～100 101～150 151～200 201～300 ＞300空气质量优良轻度污染中度污染重度污染严重污染以下图是某10月1日—20日AQI指数变化趋势：以下表达错误的选项是A. 这20天中AQI指数值的中位数略高于100B. 这20天中的中度污染及以上的天数占C. 该10月的前半个月的空气质量越来越好D. 总体来说，该10月上旬的空气质量比中旬的空气质量好【答案】C【解析】【分析】根据所给图象，结合中位数的定义、指数与污染程度的关系以及古典概型概率公式，对四个选项逐一判断即可.【详解】对，因为第10天与第11天指数值都略高100，所以中位数略高于100，正确；对，中度污染及以上的有第11，13，14，15，17天，一共5天占，正确；对，由图知，前半个月中，前4天的空气质量越来越好，后11天该的空气质量越来越差，错误；对，由图知，10月上旬大局部指数在100以下，10月中旬大局部指数在100以上，所以正确，应选C.【点睛】与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考察书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进展解答.为执行如下图的程序框图输出的值，那么式子的值是A. －1B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由的程序框图可知，本程序的功能是:计算并输出分段函数的值，由此计算可得结论. 【详解】由的程序框图可知:本程序的功能是:计算并输出分段函数的值，可得，因为，所以，，应选D.【点睛】此题主要考察条件语句以及算法的应用，属于中档题 .算法是新课标高考的一大热点，其中算法的交汇性问题已成为高考的一大亮，这类问题常常与函数、数列、不等式等交汇自然，很好地考察考生的信息处理才能及综合运用知识解决问題的才能，解决算法的交汇性问题的方：〔1〕读懂程序框图、明确交汇知识，(2〕根据给出问题与程序框图处理问题即可.xOy中，角α的始边为x轴的非负半轴，其终边上的一点P的坐标为〔其中〕，那么A. B.C. D.【答案】B【分析】利用三角函数的定义求出的值，由二倍角的余弦公式可得结果.【详解】在第三象限，且，由正弦函数的定义可得，，应选B.【点睛】此题主要考察三角函数的定义以及二倍角的余弦公式，意在考察综合运用所学知识解决问题的才能，属于中档题.的图象大致为A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性，排除选项，通过函数的导数，判断函数的单调性，可排除选项，从而可得结果. 【详解】函数是偶函数，排除选项；当时，函数，可得，当时，，函数是减涵数，当时，函数是增函数，排除项选项，应选C.【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象满足，假设与的夹角为，那么m的值是A. 2B.C. 1D.【答案】A【分析】由求得，，结合与的夹角为，可得，从而可得结果.【详解】，又，，，，，即，得或者〔舍去〕，故的值是2，应选A.【点睛】此题主要考察向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，〔此时往往用坐标形式求解〕；〔2〕求投影，在上的投影是；〔3〕向量垂直那么;(4)求向量的模〔平方后需求〕.10.偶函数在(－∞，0]上单调递增，令，，，那么a，b，c满足A. a<b<cB. b<a<cC. c<a<bD. c<b<a【答案】C【解析】【分析】化简，可得，根据单调性与奇偶性可得结果.【详解】偶函数在上单调递增，在上单调递减，，，，即，应选C.【点睛】在比拟，，，的大小时，首先应该根据函数的奇偶性与周期性将，，，通过等值变形将自变量置于同一个单调区间，然后根据单调性比拟大小．在为单调函数，那么实数a的取值范围是A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用排除法，由排除，由排除，从而可得结果.【详解】利用特值法：时，；时，单调递增，即合题意，排除；时，，单调递减，即合题意，排除，应选A.【点睛】用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进展检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法. 假设结果为定值，那么可采用此法. 特殊法是“小题小做〞的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以进步做题速度和效率，又能进步准确性，这种方法主要合适以下题型:(1)求值问题〔可将选项逐个验证〕；〔2〕求范围问题〔可在选项里面取特殊值，逐一排除〕；〔3〕图象问题〔可以用函数性质及特殊点排除〕；〔4〕解方程、求解析式、求通项、求前项和公式问题等等.，要使函数的零点个数最多，那么k的取值范围是A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用导数判断函数的单调性，根据单调性可得，时，最多有两个根，最多有2个根，即时原方程最多有四个根，根据一元二次方程根的分布列不等式组求解即可. 【详解】因为，所以，可得在上递减，在递增，所以，有最小值，且时，，当x趋向于负无穷时，f(x)趋向于0，但始终小于0，所以，时，最多有两个根，最多有2个根，即在有两个根时，的零点最多为4个，，解得，应选B.【点睛】函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.二、填空题：本大题一一共4小题，每一小题5分，一共20分。

一、单选题二、多选题1. 在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为（ ）A ．15B ．16C ．22D ．232.已知正三棱柱中，点分别是所在棱的中点，则下列图形中，满足平面的是（ ）A．B．C．D．3. 设集合，则（ ）A．B．C．D．4.已知等差数列的前n项和为，若，，则（ ）A．B．C ．6061D ．60655. 已知集合，则（ ）A．B．C．D．6. 若函数在点处的切线方程为，则实数的值为（ ）A．B．C．D．7. 在四棱锥中，底面ABCD，，，，且二面角为，则四棱锥的侧面积为（ ）A．B ．10C．D ．118. 已知全集，集合，则（ ）A．B．C．D．9.已知函数，若过点恰能作3条曲线的切线，则的值可以为（ ）A．B．C．D．10.在数列中，（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判四川省绵阳市高中2024届高三突击班第零次诊断性考试理科数学试题(1)四川省绵阳市高中2024届高三突击班第零次诊断性考试理科数学试题(1)三、填空题四、解答题断正确的是（ ）A ．是等方差数列B．若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则C ．等比数列不可能为等方差数列D ．存在数列既是等差数列，又是等方差数列11. 若(1－2x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，则下列结论中正确的是（ ）A ．a 0＝1B ．a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2C ．a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＝35D ．a 0－|a 1|＋a 2－|a 3|＋a 4－|a 5|＝－112. 已知函数是定义在上的偶函数，当时，，若方程有四个不相等的实数根，则满足条件的可以为（ ）A．B．C．D．13.若向量，，则______．14.已知正四面体的棱长为2，若球O 与正四面体的每一条棱都相切，点P 为球面上的动点，且点P 在正四面体面ACD 的外部（含正四面体面ACD表面）运动，则的取值范围为______．15. 在中，角，，的对边分别为，，，若，则三角形的面积，这个公式最早出现在古希腊数学家海伦的著作《测地术》中，故称该公式为海伦公式．将海伦公式推广到凸四边形（凸四边形即任取平面四边形一边所在直线，其余各边均在此直线的同侧）中，即“设凸四边形的四条边长分别为，，，，，凸四边形的一对对角和的一半为，则凸四边形的面积”．如图，在凸四边形中，若，，，，则凸四边形面积的最大值为________．16. 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知.(1)求角C ；(2)若，D 为BC 中点，，求AD 的长.17. 年卡塔尔世界杯采用的“半自动越位定位技术”成为本届比赛的一大技术亮点，该项技术的工作原理是将若干个传感器芯片内置于足球中，每个传感芯片都可以高频率定位持球球员，以此判断该球员是否越位．为了研究该技术的可靠性，现从生产的传感芯片中随机抽取个，将抽取到的传感芯片的最高频率（单位：）统计后，得到的频率分布直方图如图所示：(1)求这批芯片的最高频率的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和方差；(2)根据频率分布直方图，可以近似认为这批传感芯片的最高频率服从正态分布．用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值，试估计，从这批传感芯片中任取一个，其最高频率大于的概率；(3)若传感芯片的最高频率大于，则该传感志片是可精确定位的，现给每个足球内置个传感芯片，若每个足球中可精确定位的芯片数不少于一半，则该足球可以满足赛事要求，能够精确判定球员是否越位，否则就需要增加裁判数量，通过助理裁判指证、慢动作回放等方式进行裁定．已知每个传感芯片的生产和维护费用约为万元/场，因足球不可精确定位而产生的一次性人力成本为万元/场，从单场比赛的成本考虑，每个足球内置多少个芯片，可以让比赛的总成本最低？附：，，．18. 已知平面四边形（图1）中，，均为等腰直角三角形，，分别是，的中点，，，沿将翻折至的位置（图2），拼成三棱锥.(1)求证：平面平面；(2)当二面角的平面角为60°时，求直线与平面所成角的正弦值.19. 已知函数，，其中．（Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；（Ⅱ）若过点且与曲线相切的直线有两条，求的取值范围；（Ⅲ）当时，恒成立，求实数的取值范围．20. 设椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，在轴负半轴上有一点，满足为线段的中点，且．(1)求椭圆的离心率；(2)若过三点的圆与直线：相切，求椭圆的方程；(3)在（1）的条件下，过右焦点作斜率为的直线与椭圆交于两点，在轴上是否存在点使得以为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出的取值范围；如果不存在，说明理由．21. 已知椭圆:的焦距为2，点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)设，是椭圆上的两个动点，为坐标原点，且直线，的倾斜角互补，求面积的最大值.。

卜人入州八九几市潮王学校2021年七中高考数学一诊试卷〔理科〕一、选择题〔本大题一一共12小题，一共60.0分〕，且，那么〔〕【答案】A【解析】【分析】根据随机变量X服从正态分布N〔3，σ2〕，看出这组数据对应的正态曲线的对称轴x=3，根据正态曲线的特点，即可得到结果．【详解】∵随机变量X服从正态分布N〔3，σ2〕，∴对称轴是x=3．∵P〔X≥5〕=0.2，∴P〔1＜X＜5〕=1﹣2P〔X≥5〕=1﹣0.4=0.6．应选：A．【点睛】此题考察正态曲线的形状认识，从形态上看，正态分布是一条单峰、对称的曲线，其对称轴为x=μ，并在x=μ时取最大值从x=μ点开场，曲线向正负两个方向递减延伸，不断逼近x轴，但永不与x轴相交，因此说曲线在正负两个方向都是以x轴为渐近线的．的图象大致是〔〕A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先判断函数为偶函数，再根据特殊点的函数值即可判断．【详解】因为满足偶函数f〔﹣x〕=f〔x〕的定义，所以函数为偶函数，其图象关于y轴对称，故排除B，又x=0时，y=0，排除A、C，应选D.【点睛】此题考察了函数的图象的识别，一般常用特殊点的函数值、函数的奇偶性和函数的单调性来排除，属于根底题．3.“牟合方盖〞是我国古代数学家刘徽在探求球体体积时构造的一个封闭几何体，它由两个等径正贯的圆柱体的侧面围成，其直视图如图〔其中四边形是为表达直观性而作的辅助线〕.当“牟合方盖〞的正视图和侧视图完全一样时，其俯视图为〔〕A. B.C. D.【答案】B【分析】相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合〔牟合〕在一起的方形伞〔方盖〕．根据三视图看到方向，可以确定三个识图的形状，判断答案．【详解】∵相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合〔牟合〕在一起的方形伞〔方盖〕．∴其正视图和侧视图是一个圆，俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，∴俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，应选：B．【点睛】此题很是新颖，三视图是一个常考的内容，考察了空间想象才能，属于中档题．是虚数单位，复数满足，那么的虚部为〔〕A.1B.-1C.-2D.2【答案】C【解析】【分析】令z=a+bi(a,b，将其代入，化简即可得出．【详解】令z=a+bi，代入，〔a-1+bi〕=a+3+bi，,，应选C.【点睛】此题考察了复数相等的概念及运算法那么、虚部的定义，考察了计算才能，属于根底题．5.执行下边的算法程序，假设输出的结果为120，那么横线处应填入〔〕A. B. C. D.【解析】【分析】由题意知：该程序的功能是利用循环构造计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得结果．【详解】模拟执行算法程序，可得：S=1，k=1，不满足条件，S=1，k=2，不满足条件，S=2，k=3，不满足条件，S=6，k=4，不满足条件，S=24，k=5，不满足条件，S=120，k=6，此时i满足条件，退出循环，输出S的值是120；所以横线处应填写上的条件为，应选C.【点睛】此题考察了程序框图的应用问题，属于直到型循环构造，当循环的次数不多，或者有规律时，常采用模拟循环的方法解答．满足，那么的最大值是〔〕A.-1B.C.1D.【答案】D【解析】【分析】由约束条件确定可行域，由的几何意义，即可行域内的动点与定点P〔0，-1〕连线的斜率求得答案．【详解】由约束条件，作出可行域如图，联立，解得A〔〕，的几何意义为可行域内的动点与定点P〔0，-1〕连线的斜率，由图可知，最大．故答案为：．【点睛】此题考察简单的线性规划，考察了数形结合的解题思想方法，属于中档题型．7.“〞是“〞的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】由可推出，再结合充分条件和必要条件的概念，即可得出结果.【详解】假设，那么，所以，即“〞不能推出“〞，反之也不成立，因此“〞是“〞的既不充分也不必要条件.应选D【点睛】此题主要考察充分条件和必要条件，熟记概念即可，属于根底题型.的图象的一条对称轴方程是〔〕A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将函数表达式展开合并，再用辅助角公式化简，得f〔x〕=sin〔2x+〕-．再根据正弦函数对称轴的公式，求出f〔x〕图象的对称轴方程.【详解】f〔x〕==sinx=sin2x-=sin2x+-=sin〔2x+〕-，∴f〔x〕=sin〔2x+〕-，令2x+=(k,解得x=(k,k=0时，，应选B.【点睛】此题考察了三角函数的化简与三角函数性质，运用了两角和差的正余弦公式和二倍角公式，属于中档题．分解因式得，m为常数，假设，那么A. B. C.1D.2【答案】D【解析】【分析】由可得=5m-2=-7,m=-1，.【详解】因为的通项公式为，=x+〔-2〕=(5m-2)，=5m-2，又，5m-2=-7,m=-1,=2，应选D.【点睛】此题考察了二项式定理的应用，考察了推理才能与计算才能，属于中档题．10.正三棱锥的高为6，侧面与底面成的二面角，那么其内切球与四个面都相切的外表积为A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】过点P作PD⊥平面ABC于D，连结并延长AD交BC于E，连结PE，△ABC是正三角形，AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．由此能求出棱锥的全面积，再求出棱锥的体积，设球的半径为r，以球心O为顶点，棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，利用等体积能求出球的外表积．【详解】如图，过点P作PD⊥平面ABC于D，连结并延长AD交BC于E，连结PE，△ABC是正三角形，∴AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．∴为侧面与底面所成的二面角的平面角，∴=∵PD=6，∴DE=2,PE=4,AB=12,∴S△ABC=×〔12〕2=36，S△PAB=S△PBC=S△PCA==24．∴S表=108.设球的半径为r，以球心O为顶点，棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，∵PD=6，∴V P﹣ABC=•36•6=72．那么由等体积可得r==2，∴S球=4π22=16π．应选B.【点睛】此题考察棱锥的内切球的半径的求法，棱锥全面积和体积的求法，考察球的外表积公式，解题时要认真审题，注意空间思维才能的培养．11.设a，b，c分别是的内角A，B，C的对边，，设D是BC 边的中点，且的面积为，那么等于A.2B.4C.D.【答案】A【解析】【分析】利用三角形内角和定理可得．由正弦定理可得b2+c2﹣a2=bc，由余弦定理可得cosA=，结合范围A∈〔0，π〕可得A的值，结合的面积求得bc,将利用向量加减法运算转化为,即可求得结果.【详解】∵，，∴由正弦定理可得：，整理可得：b2+c2﹣a2=-bc，∴由余弦定理可得：cosA=，∴由A∈〔0，π〕，可得：A=，又的面积为，即,∴bc=4,又=-=-=-===-bccosA=2.应选A.【点睛】此题主要考察了向量加减法的运算、数量积的运算，综合运用了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，考察了转化思想和计算才能，属于中档题．不是等差数列，但假设，使得，那么称的项数为4，记事件：集合，事件：为“局部等差〞数列，那么条件概率〔〕A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分别求出事件与事件的根本领件的个数，用=计算结果.【详解】由题意知，事件一共有=120个根本领件，事件“局部等差〞数列一共有以下24个根本领件，〔1〕其中含1，2，3的局部等差的分别为1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3一共3个，含3，2，1的局部等差数列的同理也有3个，一共6个.含3，4，5的和含5，4，3的与上述〔1〕一样，也有6个.含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1一共2个，含4，3，2的同理也有2个.含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4一共4个，含5，3，1的也有上述4个，一共24个，=.应选C.【点睛】此题主要考察了条件概率的求法，综合运用了等差数列与集合的知识，理解题意是解决此类题的关键.二、填空题〔本大题一一共4小题，一共20.0分〕13.某初中部一共120名老师，高中部一共180名老师，其性别比例如下列图，按分层抽样方法得到的工会代表中，高中部女老师有6人，那么工会代表中男老师的总人数为________.【答案】12【解析】【分析】利用分层抽样中的比例，可得工会代表中男老师的总人数．【详解】∵高中部女老师与高中部男老师比例为2：3，按分层抽样方法得到的工会代表中，高中部女老师有6人，那么男老师有9人，工会代表中高中部老师一共有15人，又初中部与高中部总人数比例为2：3，工会代表中初中部老师人数与高中部老师人数比例为2：3，工会代表中初中部老师总人数为10，又∵初中部女老师与高中部男老师比例为7：3，工会代表中初中部男老师的总人数为10×30%=3；∴工会代表中男老师的总人数为9+3=12，故答案为12．【点睛】此题考察对分层抽样的定义的理解，考察识图才能与分析数据的才能，考察学生的计算才能，比较根底．的焦点为，准线为，点在上，点在上，且，假设，那么的值是______．【答案】3【解析】【分析】由先求出坐标，进而求出直线方程，再和准线方程联立，求出点坐标，即可求出结果.【详解】因为点在上，，所以，即，不妨设在第一象限，那么，所以,故直线的方程为，因为，又准线，代入可得，所以.故答案为3【点睛】此题主要考察抛物线的简单性质，根据知三点一共线，求即是求出两点纵坐标绝对值的比值问题，属于根底题型.，，c为自然对数的底数，假设，那么的最小值是______．【答案】【解析】【分析】运算=1，将变形，利用分母的和为定值，将乘以，利用根本不等式即可求得结果.【详解】=1，，.故答案为.【点睛】此题考察了“乘1法〞与根本不等式的性质，考察了微积分根本定理，积分的运算，属于中档题．有三个不同的零点，那么实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】先将函数有三个不同的零点转化为在上有两个根，即在上有两个根,用导数的方法研究函数的单调性和值域即可.【详解】因为，由可得，即函数在上有一个零点；所以函数有三个不同的零点等价于方程在上有两个不等实根，等价于方程在上有两个不等实根；即与函数在上有两个不同交点；由得,由得;由得,即函数在上单调递减，在上单调递增，所以最小值为，所以,因为与函数在上有两个不同交点，所以.故答案为【点睛】此题主要考察函数零点，根据题意可将函数有零点，转化为两函数图像有交点的问题来处理，属于常考题型.三、解答题〔本大题一一共7小题，一共82.0分〕中，，．Ⅰ求的前n项和；Ⅱ对于Ⅰ中的，设，且，求数列的通项公式．【答案】【解析】【分析】利用等比数列通项公式列出方程组，求出a1=1，q=2，由此能求出{a n}的前项和．〔2〕由，直接利用累加法求出{b n}的通项．【详解】设正项等比数列的公比为，那么由及得，化简得，解得或者〔舍去〕.于是，所以，.由，，所以当时，由累加法得，.又也适宜上式，所以的通项公式为，.【点睛】此题考察数列通项公式、数列的前n项和的求法，考察累加法求通项等根底知识，考察运算求解才能，是中档题．18.“黄梅时节家家雨〞“梅雨如烟暝村树〞“梅雨暂收斜照明〞江南梅雨的点点滴滴都流润着浓洌的诗情每年六、七月份，我国长江中下游地区进入持续25天左右的梅雨季节，如图是江南Q镇年梅雨季节的降雨量单位：的频率分布直方图，试用样本频率估计总体概率，解答以下问题：Ⅰ“梅实初黄暮雨深〞假设每年的梅雨天气互相HY，求Q镇将来三年里至少有两年梅雨季节的降雨量超过350mm的概率；Ⅱ“江南梅雨无限愁〞在Q镇承包了20亩土地种植杨梅的老李也在犯愁，他过去种植的甲品种杨梅，平均每年的总利润为28万元而乙品种杨梅的亩产量亩与降雨量之间的关系如下面统计表所示，又知乙品种杨梅的单位利润为元，请你帮助老李排解忧愁，他来年应该种植哪个品种的杨梅可以使总利润万元的期望更大？需说明理由降雨量亩产量500 700 600 400【答案】乙【解析】【分析】由频率分布直方图可求出降雨量超过的概率，利用HY重复试验的概率公式计算三年里至少有两年梅雨季节的降雨量超过的概率.根据题意，列出随机变量〔万元〕的分布列并求期望，与甲品种的平均值作比较得出结论.【详解】频率分布直方图中第四组的频率为.江南地区在梅雨季节时降雨量超过的概率为.所以地区将来三年里至少有两年梅雨季节的降雨量超过的概率为〔或者0.15625〕.根据题意，总利润为〔元〕，其中.所以随机变量〔万元〕的分布列如下表.27 35故总利润〔万元〕的数学期望〔万元〕.因为31>28，所以老李来年应该种植乙品种杨梅，可使总利润的期望更大.【点睛】此题考察频率分布直方图的应用，离散型随机变量的期望的求法，考察计算才能．的离心率为，且经过点．Ⅰ求椭圆的HY方程；Ⅱ设O为椭圆的中心，点，过点A的动直线l交椭圆于另一点B，直线l上的点C满足．，求直线BD与OC的交点P的轨迹方程．【答案】【解析】【分析】〔1〕利用椭圆C：的离心率为，且经过点M〔2，0〕，可求椭圆的几何量，从而可求椭圆方程；〔2〕直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，求得B点坐标，结合求出C的坐标，写出BD、OC的直线方程，利用消参法求轨迹.【详解】因为椭圆的离心率，且，所以.又.故椭圆的HY方程为.设直线的方程为〔当存在时，由题意〕，代入，并整理得.解得，于是，即.设，那么.由得，得，解得，于是.又，由两点的坐标可得直线的方程为.又由点坐标可得直线的方程为.两式相乘，消去参数得.〔假设只求出交点又当不存在时，四点重合，此时也满足题意.故直线与的交点的轨迹方程.【点睛】此题考察椭圆的HY方程，考察直线与椭圆的位置关系，考察直线过定点，正确运用韦达定理是关键．20.如图，在多面体ABCDE中，AC和BD交于一点，除EC以外的其余各棱长均为2．Ⅰ作平面CDE与平面ABE的交线l并写出作法及理由；Ⅱ求证：平面平面ACE；Ⅲ假设多面体ABCDE的体积为2，求直线DE与平面BCE所成角的正弦值．【答案】见解析见解析【解析】【分析】由题意可得平面，由线面平行的性质作出交线即可.取的中点，连结，.由条件可证得平面，故.又.平面.从而平面平面.利用等体积法求得三棱锥的高，通过建立空间坐标系，利用空间向量法求线面角.【详解】过点作〔或者〕的平行线，即为所求直线.和交于一点，四边形边长均相等.四边形为菱形，从而.又平面，且平面，平面.平面，且平面平面，.取的中点，连结，.，，，.又，平面，平面，故.又四边形为菱形，.又，平面.又平面，平面平面.由，即.设三棱锥的高为，那么，解得.又，平面.建立如图的空间直角坐标系，那么，，，.，.由得，平面的一个法向量为.又，于是.故直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】此题考察证明线面平行的方法，求二面角的大小，找出二面角的平面角是解题的关键和难点．，其中为常数.假设曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等，求的值；假设对，都有，求的取值范围.【答案】【解析】【分析】〔1〕求出切点坐标，写出切线方程，利用切线在两坐标轴上的截距相等，求得a即可．〔2〕对a分类讨论，易判断当或者当时，在区间内是单调的，根据单调性得出结论，当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减，故，又因为，的最大值为，将最大值构造新函数，通过导函数的符号判断函数的单调性求解函数的最值，然后求解结果．【详解】求导得，所以.又，所以曲线在处的切线方程为.由切线在两坐标轴上的截距相等，得，解得即为所求.对，，所以在区间内单调递减.①当时，，所以在区间内单调递减，故，由恒成立，得，这与矛盾，故舍去.②当时，，所以在区间内单调递增，故，即，由恒成立得，结合得.③当时，因为，，且在区间上单调递减，结合零点存在定理可知，存在唯一，使得，且在区间内单调递增，在区间内单调递减.故，由恒成立知，，，所以.又的最大值为，由得，所以.设，那么，所以在区间内单调递增，于是，即.所以不等式恒成立.综上所述，所求的取值范围是.【点睛】此题考察导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性以及函数的最值的求法，构造新函数以及二次导数是解决函数恒成立问题常用的方法，考察转化思想以及计算才能．中，曲线的参数标方程为〔其中为参数〕，在以为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系〔两种坐标系的单位长度一样〕中，直线的极坐标方程为.求曲线的极坐标方程；求直线与曲线的公一共点的极坐标.【答案】【解析】【分析】〔1〕先将曲线C的参数标方程化为普通方程，再利用极坐标与直角坐标的互化，把普通方程化为极坐标方程；〔2〕将与的极坐标方程联立，求出直线l与曲线C的交点的极角，代入直线的极坐标方程即可求得极坐标．【详解】消去参数，得曲线的直角坐标方程.将，代入，得.所以曲线的极坐标方程为.将与的极坐标方程联立，消去得.展开得.因为，所以.于是方程的解为，即.代入可得，所以点的极坐标为.【点睛】此题考察曲线的极坐标方程与普通方程的互化，直线的极坐标方程与曲线极坐标方程联立求交点的问题，考察计算才能．，且.假设，求的最小值；假设，求证：.【答案】见解析【解析】【分析】由柯西不等式将中的变为，求得的最小值.因为，又，故再结合绝对值三角不等式证得结论成立.【详解】由柯西不等式得，〔当且仅当时取等号〕，所以，即的最小值为；因为，所以，故结论成立.【点睛】此题考察了利用柯西不等式求最值，考察了利用绝对值三角不等式证明的问题，属于中等题.。

2021届高中毕业班高三数学第一次诊断性检测试卷理科全卷满分是为150分，完成时间是为120分钟。

参考公式：假如事件A 、B 互斥，那么 球的外表积公式 P(A+B)=P(A)+P(B) S=4πR 2假如事件A 、B 互相HY ，那么 其中R 表示球的半径 P(A·B)=P(A)·P(B) 球的体积公式假如事件A 在一次试验中发生的概率是P ，那么n 次HY 重复试验中恰好发生k 次的概率 334R V π=P n (k)=C kn P k(1-P)n-k其中R 表示球的半径 第I 卷 (选择题，一共60分)一、选择题：本大题一一共12小题，每一小题5分，一共6O 分，在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的，把正确选项的代号涂在机读卡的相应位置上。

1．某校现有高一学生210人，高二学生270人，高三学生3O0人，学生会用分层抽样的方法从这三个年级的学生中随机抽取n 名学生进展问卷调查，假如从高一学生中抽取的人数为7，那么从高三学生中抽取的人数应为 (A)1O (B)9 (C)8 (D)7 2．集合R U =，集合{||2|x y y M ==，}R x ∈，集合}{)3lg(|x y x N -==，那么= (A)}{3|≥t t (B)}{1|t ＜t (C)}{31|t ＜t ≤ (D)3．向量)1(-=x ，a 与向量)11(x，b =，那么不等式a · 0≤b 的解集为 (A)}{11|≥-≤x x x 或 (B)}{101|≥≤-x x ＜x 或(C)}{101|≤≤-≤x x x 或 (D)}{101|≤-≤＜x x x 或4．在△ABC 中，“0·＞ACAB 〞是“△ABC 为锐角三角形〞的(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件 (C)充要条件 (D)既非充分又非必要条件5．l 、m 、n 是两两不重合的直线，α、β、γ是两两不重合的平面，给出以下命题： ①假设l m //且α⊥m ，那么α⊥l ； ②假设l m //且α//m ，那么α//l ； ③假设l =βα ，m =γβ ，n =αγ ，那么n m l ////；○4假设α//l ，β⊂l ，β//m ，α⊂m ，且直线l 、m 为异面直线，那么βα//其中真命题的序号为 (A)○1○2 (B)○1○3 (C)○1○4 (D)○2○4 6．函数)(x f 的局部图象如下图，那么)(x f 的解析式可能为(A))62sin(2)(π-=x x f (B))44cos(2)(π+=x x f (C))32cos(2)(π-=x x f (D))64sin(2)(π+=x x f7．无穷等比数列{}na 的公比为)1||(R ，q＜q q ∈，n S 为其前n 项和)(*N n ∈，又87321=++a a a ，641··321=a a a ，那么的值是(A)21 (B)21- (C)81(D)18．某次文艺汇演，要将A 、B 、C 、D 、E 、F 这六个不同节目编排成节目单，如下表： 序号 12 3 4 5 6 节目假如A 、B 两个节目要相邻，且都不排在第3号位置，那么节目单上不同的排序方式有 (A)192种 (B)144种 (C)96种 (D)72种9．如图，设地球半径为R ，点A 、B 在赤道上，O 为地心，点C 在北纬030的纬线〔'O 为其圆心〕上，且点A 、C 、D 、'O 、O 一共面，点D 、'O 、O 一共线。

高三数学诊断性测试（一）一、选择题：本大题共8小题；每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

（1）复数z ＝1+i ，z 为z 的共轭复数，则z z -z -1＝（A ）-2i （B ）-i （C ）i （D ）2i （2）若a ∈R ，则a=2是（a-1）（a-2）=0的A.充分而不必要条件 B 必要而不充分条件 C.冲要条件 C.既不充分又不必要条件 （3）l 1,l 2,l 3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（A ）l 1⊥l 2, l 2⊥l 3⇒ l 1∥l 3 (B) l 1⊥l 2, l 2∥l 3⇒ l 1⊥l 3（C ）l 1∥l 2 ∥l 3 ⇒ l 1,l 2,l 3 共面 (D) l 1,l 2,l 3 共点⇒ l 1,l 2,l 3 共面 （4）有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为（A ）13 （B ）12（C ）23（D ）34（5）在A B C ∆中，222sin sin sin sin sin A B C B C ≤+-，则A 的取值范围是（A ）(0,]6π （B ）[,)6ππ （C ）(0,]3π （D ）[,)3ππ（6）设()f x 是周期为2的奇函数，当01x ≤≤时，()f x 2(1)x x =-，则5()2f -=（A ）12- （B ）14- （C ）14 （D ）12 （7）已知a ＞0，b ＞0，a+b=2，则y=14a b+的最小值是（A ）72（B ）4 (C) 92(D) 5（8）设m ，k 为整数，方程220mx kx -+=在区间（0,1）内有两个不同的根，则m+k 的最小值为（A ）-8 （B ）8 (C)12 (D) 13二、填空题.本大题共有2个小题，每小题6分，共12分.把正确答案填在答题卡的相应位置.（9）若变量,x y 满足约束条件329,69,x y x y ≤+≤⎧⎨≤-≤⎩则2z x y =+的最小值为 。

一、单选题二、多选题三、填空题1.已知等式，则下列变形正确的是（ ）A．B．C．D．2. 已知正方形的边长为，则＝（ ）A ．2B ．6C ．4D．3. 已知命题P ：，使得，则命题为（ ）A ．，使得B ．，都有C ．，使得D ．，都有4. 设复数，则的的虚部是（ ）A ．3B ．2C ．-3D ．-25.已知等比数列满足，则等于（ ）A．B．C．D．6.如图，已知半径为的球O 的直径AB 垂直于平面，垂足为B ，是平面内的等腰直角三角形，其中，线段AC 、AD 分别与球面交于点M 、N ，则三棱锥的体积为（）A．B．C．D．7. （多选）下列四个选项，化简正确的是（ ）A．B．C．D．8. 设，为椭圆的左，右焦点，直线过交椭圆于A ，B 两点，则以下说法正确的是（ ）A ．的周长为定值8B ．的面积最大值为C．的最小值为8D ．存在直线l 使得的重心为9. 倾斜角为60°，与y 轴的交点到坐标原点的距离为3的直线的斜截式方程是______.10.幂函数在上为减函数,则实数_______.11.已知，若不等式恒成立，则实数的最小值为 ______12.若是函数的一个极值点，则______．四川省绵阳市高中2024届高三突击班第一次诊断性考试模拟测试理科数学试题(高频考点版)四川省绵阳市高中2024届高三突击班第一次诊断性考试模拟测试理科数学试题(高频考点版)四、解答题13. 随机抽取某中学甲、乙两班各10名同学，测量他们的身高（单位：cm），获得身高数据的茎叶图如图.（1）计算甲班的样本方差；（2）现从乙班这10名同学中随机抽取两名身高不低于173cm的同学，求身高为176cm的同学被抽中的概率.14. 已知函数在处的切线方程为.(1)设函数，求的单调区间；(2)设为函数的最小值，求证：.15. 由个小正方形构成长方形网格有行和列.每次将一个小球放到一个小正方形内，放满为止，记为一轮.每次放白球的概率为，放红球的概率为.(1)若，记表示100轮放球试验中“每一列至少一个红球”的轮数，统计数据如表：求关于的回归方程，并预测时，的值；（精确到1）n12345y7656423026(2)若，记在每列都有白球的条件下，含红球的行数为随机变量，求的分布列和数学期望；附：经验回归方程系数：.16. 都是锐角，且，，求的值.。

高三数学诊断性模拟试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.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. 已知全集U＝N，集合A＝{x|≥0，x∈N}，则∁U A＝（）A.{2}B.{1, 2}C.{2, 3}D.{0, 1, 2}2. 若复数z满足z(1+i3)＝3+i（i为虚数单位），则z＝（）A.1+2iB.1−2iC.2+iD.2−i3. 若sin，则sin2θ的值为（）A. B. C. D.4. 函数f(x)＝−x的图象大致为（）A. B.C. D.5. 如图，矩形ABCD中，AB＝，正方形ADEF的边长为1，且平面ABCD⊥平面ADEF，则异面直线BD 与FC所成角的余弦值为（）A. B. C. D.6. 已知，执行如图所示的程序框图，则输出S的值为（）A.3B.C.D.47. 已知a，b∈{−2, −1, 1, 2}，若向量＝(a, b)，＝(1, 1)，则向量与所成的角为锐角的概率是（）A. B. C. D.8. 中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴．按如下方法剪裁，扇面形状较为美观．从半径为r的圆面中剪下扇形OAB，使剪下扇形OAB后所剩扇形的弧长与圆周长的比值为√5−1，再从扇形OAB中剪下扇环形ABDC2．则一个按上述方法制作的扇环形装饰品制作扇面，使扇环形ABDC的面积与扇形OAB的面积比值为√5−12（如图）的面积与圆面积的比值为（）A.√5−12B.√5−14C.3−√52D.√5−29. 已知圆C：(x−√3)2+(y−3)2=3，过直线√3x−y−6=0上的一点P作圆C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，则cos∠APB的最小值为（）A.1 3B.√23C.√33D.2310. 已知平面向量，，其中||＝2，向量与-的夹角为150∘，则||的最大值为（）A.2B.3C.4D.11. 已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F作倾斜角为45∘的直线交抛物线于A，B两点，点A，B 在抛物线准线上的射影分别是A′，B′，若四边形AA′B′B的面积为32，则该抛物线的方程为（）A.y2＝2xB.y2＝4xC.y2＝4xD.y2＝8x12. 设函数f(x)的定义域为R，满足f(x−1)＝2f(x)．当x∈(−1, 0]时，f(x)＝x(x+1)．若对任意x∈[m, +∞)，都有f(x)≥−，则实数m的取值范围是（）A.B.C.D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.)13. 若曲线y＝2ln(x+1)在x＝1处的切线斜率为a，则二项式（x−）3的展开式中的常数项为________.（用数字作答）14. 已知点A，B，C为球O的球面上的三点，且∠BAC＝60∘，BC＝3，若球O的表面积为48π，则点O到平面ABC的距离为________．15. 已知函数f(x)＝4cosωx⋅sin(ωx−）(ω>0)的最小正周期为4，若存在t∈[0, 2]，使得f(t)−m≤0，则实数m的取值范围为________．16. 给出下列五个命题：①已知随机变量ξ服从正态分布N(μ, 2)，若P(ξ<0)＝P(ξ>2)，则随机变量ξ的期望为1，标准差为2；②两两相交且不过同一点的四条直线必在同一平面内；③已知log2a+log2b≥1，则2a+4b的最小值为8；④已知f(n)＝n2+pn+q(p, q∈R, n∈N∗)，则“f(n+1)>f(n)”的充要条件是“p≥−2”；⑤已知定义在R上的偶函数f(x)在(−∞, 0]单调递减，若f(−2)＝1，则满足f(1−x)<1的x的取值范围是(−1, 3)．其中所有真命题的序号为________．三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.)17. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a2＝3，S6−S3＝27，数列{b n}的前n项和T n满足T n＝2b n−n．(Ⅰ)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(Ⅱ)求数列{a n(b n+1)}的前n项和R n．18. 某二手车交易市场对2020年某品牌二手车的交易进行了统计，得到如图所示的频率分布直方图和散点图．用x表示该车的使用时间（单位：年），y表示其相应的平均交易价格（单位：万元）(Ⅰ)已知2020年在此交易市场成交的该品牌二手车为100辆，求使用时间在[12, 20]的车辆数；(Ⅱ)由散点图分析后，可用y＝e bx+a作为此交易市场上该种车辆的平均交易价格y关于其使用时间x的回归方程．x i y i x i z i x5.5930080表中z＝ln y，＝z i根据上述相关数据，求y关于x的回归方程；附：对于一组数据(u1, v1)，(u2, v2)，…(u n, v n)，其回归直线＝+u的斜率和截距的最小二乘估计分别为，＝-．19. 如图，在三棱锥D−ABC中，底面ABC为直角三角形，∠ADB＝∠BDC，且AD＝BD＝CD，∠ADC＝60∘．(Ⅰ)证明：平面ABC⊥平面ACD；(Ⅱ)E为BD上一点，且V D−AEC＝V B−ADC，求二面角C−AE−B的余弦值．20. 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，点P(2, −1)和点Q（）为椭圆C上两点．(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；(Ⅱ)A，B为椭圆C上异于点P的两点，若直线PA与PB的斜率之和为0，求线段AB中点M的轨迹方程．21. 已知函数f(x)＝cos x−ln(1++x)，f′(x)为函数f(x)的导数，证明：(Ⅰ)f′(x)在区间(−1−，0)上存在唯一极大值点；(Ⅱ)f(x)在区间[0, +∞)上有唯一零点．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程])22. 在平面直角坐标系中，曲线C1的参数方程为（α为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρsin(θ+）＝−2．(Ⅰ)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；(Ⅱ)已知直线l的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，l分别与曲线C1和C2交于点A（异于点O）和点B，求线段AB的长．[选修4-5：不等式选讲])23. 已知f(x)＝|x−2|−|ax+2|．(Ⅰ)当a＝1时，求不等式f(x)<1的解集；(Ⅱ)若x∈(0, 2)时，不等式f(x)+x>0恒成立，求实数a的取值范围．参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.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.【答案】B2.【答案】A3.【答案】D4.【答案】B5.【答案】C6.【答案】A7.【答案】B8.【答案】D9.【答案】A 10.【答案】C11.【答案】C 12.【答案】B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.【答案】−914.【答案】315.【答案】[−2，+∞)16.【答案】①②③⑤三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.【答案】（1）设等差数列的公差为d，首项为a1，由于a2＝3，S6−S3＝27，所以，解得，故a n＝2n−1，数列{b n}的前n项和T n满足T n＝2b n−n．所以当n＝1时，解得b1＝1，当n≥2时，b n＝T n−T n−1＝2b n−1+1，整理得b n+1＝2(b n−1+1)，故（常数），故{b n+1}是以2为首项，2为公比的等比数列；故，整理得，（2）由(Ⅰ)得：，则：①，②，①-②得：，整理得：．18.【答案】（1）由频率分布直方图可知，使用时间在[12, 20]的频率为4×(0.01+0.03)＝0.16，所以使用时间在[12, 20]的车辆数为100×0.16＝16辆；（2）由题意可得，z＝ln y＝ln e bx+a＝bx+a，所以，所以a＝，所以z关于x的线性回归方程为，故y关于x的回归方程为．19.【答案】（1）证明：由题意可知，△ABD≅△CBD，所以AB＝BC，又△ABC是直角三角形，所以∠ABC＝90∘，取AC的中点O，连结DO，BO，所以BO⊥AC，OB＝OA，又因为AD＝DC，∠ADC＝60∘，所以△ADC为正三角形，所以DO⊥AC，因为AO2+OD2＝AD2，OA＝OB，AD＝BD，故OB2+OD2＝BD2，所以DO⊥OB，因为OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC，所以DO⊥平面ABC，又DO⊂平面ADC，所以平面ABC⊥平面ACD；（2）由题设以及（1）可知，OA，OB，OD两两垂直，以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，又V D−AEC＝V B−ADC，即V C−AED＝V C−AEB，所以点E时BD的中点，设AC＝2，则A(1, 0, 0)，B(0, 1, 0)，C(−1, 0, 0)，D(0，0，），，则，设平面CAE的法向量为，则有，即，令z＝1，则x＝0，y＝，故，设平面BAE的法向量为，则有，即，令c＝1，则，故，故＝，由图可知，二面角C−AE−B是锐二面角，所以二面角C−AE−B的余弦值为．20.【答案】（1）设椭圆的方程为mx2+ny2＝1(m>0, n>0, m≠n)，因为点P(2, −1)和点Q（）为椭圆C上两点，所以，解得，故椭圆C的标准方程为；（2）设PA的斜率为k，所以直线PA的方程为y+1＝k(x−2)，即y＝k(x−2)−1，联立方程组，可得(x−2)[(1+4k2)x−8k2−8k+2]＝0，所以点A的横坐标为，纵坐标为，因为直线PA与PB的斜率之和为0，所以直线PB的斜率为−k，同理可求出点B的坐标为，故点M的坐标为，所以点M的坐标满足x＝2y，由，解得x＝±2，所以−2<x<2，故点M的轨迹方程为x−2y＝0(−2<x<2)．21.【答案】证明：(Ⅰ)f(x)的定义域是(−1−，+∞)，f′(x)＝−sin x−，令g(x)＝f′(x)＝−sin x−，则g′(x)＝−cos x+，令ℎ(x)＝g′(x)＝−cos x+，则ℎ′(x)＝sin x−<0在(−1−，0)恒成立，∴ℎ(x)在(−1−，0)上递减，又∵ℎ(−）＝1>0，ℎ(0)＝−1+<0，由零点存在性定理可知，ℎ(x)在(−1−，0)上存在唯一的零点x0，使得ℎ(x0)＝0，在(−1−，x0)上，g′(x)>0，在(x0, 0)上，g′(x)<0，∴f′(x)在(−1−，x0)上单调递增，在(x0, 0)上单调递减，即f′(x)在区间(−1−，0)上存在唯一的极大值点；（2）∵f′(x)＝−sin x−，当x∈[0，）时，f′(x)＝−sin x−<0恒成立，（注意：区间右端点取法不唯一，如取x∈[0, π）也正确），∴f(x)在[0，）上单调递减，∵f(0)＝1−ln(1+）>1−ln e＝0，f（）＝−ln(1+π)<0，∴f(x)在[0，）上存在唯一零点x1，当x∈[，+∞)时，ln(1++x)≥ln(1++）＝ln(1+π)>ln e＝1，∴f(x)＝cos x−ln(1++x)<0在[，+∞)上恒成立，∴f(x)在[，+∞)上没有零点，综上，f(x)在[0, +∞)上有唯一零点．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.【答案】（1）曲线C1的参数方程为（α为参数）．转换为直角坐标方程为(x+1)2+(y+ 2)2＝5，整理得x2+y2+2x+4y＝0，根据，转换为极坐标方程为ρ2+2ρcosθ+4ρsinθ＝0．曲线C2的极坐标方程为ρsin(θ+）＝−2，根据转换为直角坐标方程为x+ y+4＝0．（2）直线l的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，直线l与曲线C1交于点A，则，解得，直线l与曲线C2交于点B，故，解得．故|AB|＝．[选修4-5：不等式选讲]23.【答案】（1）a＝1时，f(x)＝|x−2|−|x+2|＝，所以不等式f(x)<1，等价于，或，或，解得x≥2，或-<x<2，或x∈⌀，所以不等式f(x)<1的解集为{x|x>−}；（2）x∈(0, 2)时，不等式f(x)+x>0恒成立，等价于2−x−|ax+2|+x>0恒成立，即2>|ax+2|恒成立，两边平方并化简得a2x2+4ax<0，又x∈(0, 2)，所以不等式化为a2x+4a<0，即a(ax+4)<0；等价于，或，解得a∈⌀，或−2<a<0，所以实数a的取值范围是(−2, 0)．。

高三诊断性检测数学理科题目带答案选择题：本大题共 2 小题 , 每小题 5分 , 共 60分.1.已知集合 A x x＞－2, B x x 1 ,则 A BA. x x＞－2B.x 2＜ x 1C. x x2D.x x 12.复数 z 2 i (i为虚数单位 ) 在复平面内对应的点位于iA. 第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.一个三棱锥的正视图和侧视图如图所示( 均为真角三角形 ), 则该三棱锥的体积为A.4B.8C.16D.24x14. 设实数x, y满足约束条件2x y 1 0 ,则z3x y 的最x y 10小值为A.1B.2C.3D.65.执行如图所示的程序框图 , 则输出的n值是A.5B.7C.9D.116. 设S n为等差数列a n的前 n 项和,且 2 a5a6 a3,则S7A.28B.14C.7D.27.下列判断正确的是A.“ x＜－2”是“ln (x3)＜0 ”的充分不必要条件B.函数 f ( x)x291的最小值为 2C. 当,R 时，命题“若x29, 则sin sin”的逆否命题为真命题D. 命题“x＞0, 2019x2019＞0 ”的否定是“x00 , 2019x020190 ”8. 已知函数 f (x)3x 2 cos x ,若a f (3 2 ) ,b f (2), c f (log27) , 则a, b, c的大小关系是A.a＜b＜cB.c＜a＜bC.b＜a＜ cD.b＜c＜a9. 在各棱长均相等的直三棱柱ABC－ A1B1 C1中 , 已知M是棱 BB1的中点 ,N 是棱 AC的中点，则异面直线A1M 与BN所成角的正切值为A.3B. 1C.6D.2 3210. 齐王有上等 , 中等 , 下等马各一匹；田忌也有上等 , 中等 , 下等马各一匹 . 田忌的上等马优于齐王的中等马,劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马, 劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等 马 . 现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛, 若有优势的马一定获胜 , 则齐王的马获胜的概率为A.4B.5 C.2 D. 7 9 93911. 已知定义在 R 上的函数 f ( x) 的图像关于直线xa(a ＞0) 对称，且当 xa 时, f ( x) e x － 2a。

普通高中2021届高三数学第一次诊断性考试试题理〔含解析〕创作人：历恰面日期：2020年1月1日一、选择题：本大题一一共12个小题，每一小题5分，一共60分．在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的．1.，，那么〔〕A. B. 或者C. D.【答案】A【解析】【分析】求出B中不等式的解集确定出B，求出A与B的交集即可．【详解】，由B中不等式变形得：，解得：，即，∴A∩B=，应选：A．【点睛】此题考察了交集及其运算，纯熟掌握交集的定义是解此题的关键．〔其中为虚数单位〕，那么复数的虚部是〔〕A. B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】计算出，即可求出复数z的虚部．【详解】复数的虚部是2应选D.【点睛】此题考察了复数的除法运算，其关键是纯熟掌握其运算法那么．的前项和为，假设，那么〔〕A. 66B. 99C. 110D. 143【答案】D【解析】【分析】由，那么由等差数列的前n项和公式可求.【详解】，那么那么应选D.【点睛】此题考察等差数列的性质及等差数列的前n项和公式.属根底题.中，，，假设向该矩形内随机投一点，那么使与的面积都小于4的概率为〔〕A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】此题是一个几何概型的概率，以AB为底边，要使面积小于4，那么三角形的高要，得到两个三角形的高即为P点到AB和AD的间隔，得到对应区域，利用面积比求概率【详解】由题意知此题是一个几何概型的概率，以AB为底边，要使面积小于4，由于，那么三角形的高要，同样，P点到AD的间隔要小于，满足条件的P 的区域如图，其表示的区域为图中阴影局部，它的面积是，∴使得△ABP与△ADP的面积都小于4的概率为：；应选：A．【点睛】此题考察几何概型，明确满足条件的区域，利用面积比求概率是关键．5.从1，3，5三个数中选两个数字，从0，2两个数中选一个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为〔〕A. 6B. 12C. 18D. 24【答案】C【解析】【分析】由于组成的数是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇，根据分类计数原理可得.【详解】由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况: 奇偶奇，偶奇奇，因此总一共有种.应选C.【点睛】此题主要考察了分类计数原理，排列，属于中档题.向右平移个单位后得到函数，那么具有性质〔〕A. 在上单调递增，为偶函数B. 最大值为1，图象关于直线对称C. 在上单调递增，为奇函数D. 周期为，图象关于点对称【答案】A【解析】【分析】由条件根据诱导公式、函数y=Asin〔ωx+φ〕的图象变换规律，求得g〔x〕的解析式，再利用正弦函数的图象性质得出结论．【详解】将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，故当x∈时，2x∈，故函数g〔x〕在上单调递增，为偶函数，应选A．【点睛】此题主要考察诱导公式的应用，函数y=Asin〔ωx+φ〕的图象变换规律，余弦函数的图象性质，属于根底题．，那么是数列是递增数列的〔〕条件A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义进展判断即可．【详解】假设“a1＜a2＜a3〞，那么“数列{a n}是递增数列〞，不一定，充分性不成立，假设“数列{a n}是递增数列〞，那么“a1＜a2＜a3〞成立，即必要性成立，故“a1＜a2＜a3〞是“数列{a n}是递增数列〞的必要条件．应选B.【点睛】此题考察充分条件和必要条件的判断，属根底题.8.如下图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著?九章算术?中的“更相减损术〞，执行该程序框图，假设输入的分别为63，36，那么输出的〔〕A. 3B. 6C. 9D. 18【答案】C【解析】【分析】由循环构造的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b的值，即可得到结论．【详解】由a=63，b=36，满足a＞b，那么a变为63-36=27，由a＜b，那么b变为36-27=9，由b＜a，那么a =27-9=18，由b＜a，那么，b=18-9=9，由a=b=9，退出循环，那么输出的a的值是9．应选：C．【点睛】此题考察算法和程序框图，主要考察循环构造的理解和运用，以及赋值语句的运用，属于根底题．中，，，那么〔〕A. 5B.C.D. 3【答案】C【解析】【分析】利用向量的线性运算化简.利用向量数量积的运算性质即可得到结论. 【详解】【点睛】此题考察向量的线性运算和向量数量积的运算性质，属根底题的顶点都在体积为的球的球面上，那么长方体的外表积的最大值等于〔〕A. 576B. 288C. 144D. 72【答案】B【解析】【分析】求出球的半径，设出长方体的三度，求出长方体的对角线的长就是球的直径，推出长方体的外表积的表达式，然后求出最大值．【详解】由球的体积为，可得设长方体的三边为：a，b，c，球的直径就是长方体的对角线的长，由题意可知，长方体的外表积为：；当a=b=c时获得最大值，也就是长方体为正方体时外表积最大．应选B.．【点睛】此题考察长方体的外接球的知识，长方体的外表积的最大值的求法，根本不等式的应用，考察计算才能；注意利用根本不等式求最值时，正、定、等的条件的应用．满足〔〕，那么的一个正周期为〔〕A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据，可知,即可确定函数周期.【详解】根据，可知,令，那么有，故可得周期,选A.【点睛】此题主要考察了函数的周期，属于中档题.12.以下四个命题：①；②；③；④，其中真命题的个数是〔〕〔为自然对数的底数〕A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】根据所要比拟大小的式子可以构造函数，利用其单调性即可求解.【详解】构造函数，，当时，，当时，，所以函数在时单调递增，在时单调递减，而，所以，化简得故①错误，而，所以，即，化简可得故②正确，因为，所以，化简可得，故③正确，因为当时取最大值，假设④成立，可得，即，显然不成立，故错误，综上可知选B.【点睛】此题主要考察了利用函数的增减性比拟大小，涉及构造函数，利用导数求函数的单调性，属于难题.二、填空题〔每一小题4分，满分是20分，将答案填在答题纸上〕13._______．【答案】【解析】【分析】由条件利用诱导公式化简所给式子的值，可得结果．【详解】即答案为.【点睛】此题主要考察应用诱导公式化简三角函数式，要特别注意符号的选取，这是解题的易错点，属于根底题．的二项展开式中，所有项的系数之和为1024，那么展开式常数项的值等于_______．【答案】【解析】【分析】利用展开式所有项系数的和得n=5,再利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中的常数项.【详解】因为的二项展开式中，所有项的系数之和为4n=1024, n=5,故的展开式的通项公式为T r+1=C·35-r,令,解得r=4,可得常数项为T5=C·3=15,故填15.【点睛】此题主要考察了二项式定理的应用、二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于中档题.15.通常，满分是为分的试卷，分的测试卷，人参加测试，将这人的卷面分数按照，，…，分组后绘制的频率分布直方图如下图.由于及格人数较少，某位教师准备将每位学生的卷面得分采用“开方乘以取整〞的方法进展换算以进步及格率〔实数的取整等于不超过的最大整数〕，如：某位学生卷面分，那么换算成分作为他的最终考试成绩，那么按照这种方式，这次测试的及格率将变为__________．〔结果用小数表示〕【答案】【解析】分析：结合题意可知低于36分的为不及格，从而算出及格率详解：由题意可知低于36分的为不及格，假设某位学生卷面36分，那么换算成60分作为最终成绩，由频率直方图可得组的频率为，所以这次测试的及格率为点睛：此题考察了频率分布直方图，频率的计算方法为：频率，结合题目要求的转化分数即可算出结果。