四川省宜宾市普通高中2021届高三下学期第二次诊断性测试数学（理）试题（Word版附答案）

宜宾市普通高中 2018 级第二次诊断性测试 理科数学 （考试时间 120 分钟 总分：150 分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答 题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的 位置贴好条形码. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上， 写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题：本题共 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 项是符合要求的. 1．已知集合  04| 2  xxA ， NB  ，则 BA A.1 B. 1,0 C. 1,0,1 D. 22|  xx 2．若复数 z 满足 4)2(  zi ，则复数 z 在复平面内对应的点位于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3．已知 na 为等差数列， 54 a ， 77 a ，则其前 10 项和 10S A. 40 B. 20 C.10 D.8 4．若 l ， m 是平面 外的两条不同直线，且 m ∥ ，则“l ∥ m ”是“ l ∥ ”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 5．某学校调查了高三 1000 名学生每周的自习时间（单位： 小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时 间的范围是[17.5，30]，样本数据分组为[17.5，20)，[20， 22.5)，[22.5,25)，[25，27.5)，[27.5，30]．根据直方图， 以下结论不正确．．．的是 A.估计这 1000 名学生中每周的自习时间不少于 25 小时的人数是 300 B.估计这 1000 名学生每周的自习时间的众数是 85.23 C.估计这 1000 名学生每周的自习时间的中位数是 23.75 D.估计这 1000 名学生每周的自习时间的平均数是 23.875 6．中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，如图是实现该算法的程序框 图．执行该程序框图，若输入 2x  ， 2n  ，依次输入 a 的值为 1，2， 3，则输出的 s A.10 B.11 C. 16 D.17 7．函数 xx xxf   ee 2)( 的部分图象大致为 A. B. C. D. 8．已知直线 l : 2 yx 与圆 ：O 422  yx 交于 A ， B 两点，则 AOAB 的值为 A.8 B. 24 C.4 D.2 9．设 4.06.0a ， 6.04.0b ， 4.0log 6.0c ，则 a ， b ， c 的大小关系为 A. a b c  B.b c a  C.c a b  D.b a c  10．已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足 32  nn aS ，则  6 6 5 5 2 2 1 1 a S a S a S a S  A. 543 B. 546 C.1013 D.1022 11．已知 A ，B 是以 F 为焦点的抛物线 xy 42  上的两点，点 A 在第一象限且 FBAF 3 ，以 AB 为直径的圆与准线的公共点为 C ，则点 C 的纵坐标为 A.1 B. 3 4 C. 3 D. 3 32 12．已知函数 1)19(log)( 3  xxf x ，下列说法正确的是 A. )(xf 既不是奇函数也不是偶函数 B. )(xf 的图象与 xy sin 有无数个交点 C. )(xf 在 ),0(  上为减函数 D. )(xf 的图象与 2y 有两个交点 二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分. 13． 6 2 2       x x 的展开式的常数项是_________（用数字作答）． 14．已知双曲线 :C )0,0(12 2 2 2  ba b y a x 的一条渐近线过点 ）（ 3,1  ，则 C 的离心率为 _________. 15．将函数 )6 π2sin(3  xy 的图象向右平行移动 6 π 个单位长度得到函数 )(xfy  的图象，若 2)( f ，则  )6 π2( f _________. 16．在三棱锥 ABCD  中， ABC 是边长为 32 的等边三角形且平面 ABC  平面 ABD ，若 三棱锥 ABCD  的四个顶点都在同一个球面上，且该球的表面积为 π20 ，则三棱锥 ABCD  体积的最大值为_________. 三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17－21 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. （一）必考题：共 60 分. 17.（12 分） ABC 的内角 A ， B ， C 的对边分别为 a ，b ， c ，已知 )6 πcos(sin  BaAb ． （1）求 B ； （2）设 2a ， 7b ，延长 AC 到点 D 使 CDAC 2 ，求 BCD 的面积． 18.（12 分） 某高校筹办大学生运动会，设计两种赛事方案：方案一、方案二．为了了解运动员对活 动方案是否支持，对全体运动员进行简单随机抽样，抽取了 100 名运动员，获得数据如下表： 方案一 方案二 支持 不支持 支持 不支持 男运动员 20 人 40 人 40 人 20 人 女运动员 30 人 10 人 20 人 20 人 假设所有运动员对活动方案是否支持相互独立． （1）根据所给数据，判断是否有 99 %的把握认为方案一的支持率与运动员的性别有关? （2）视频率为概率，从全体男运动员中随机抽取 2 人，全体女运动员中随机抽取 1 人； （ⅰ）估计这 3 人中恰有 2 人支持方案二的概率； （ⅱ）设抽取的 3 人中支持方案二的人数为 X ，求 X 的分布列和数学期望. 附： ))()()(( )( 2 2 dbcadcba bcadnK   ， dcban  . )( 2 kKP  0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 19.（12 分） 已知四边形 ABCD 是直角梯形， / /AB CD ， 45C ， 4CD  ， 22BC ， E ， F 分 别为 CD ， BC 的中点（如图 1），以 AE 为折痕把 ADE 折起，使点 D 到达点 S 的位置且平面 SAE 平面 ABCE （如图 2）. （1）求证： SEFAS 平面 ； （2）求二面角 FSEC  的余弦值. 20.（12 分） 已知椭圆 C ： )0(12 2 2 2  ba b y a x 的左右顶点分别为 A ，B ，右焦点为 F ，点 P 为 C 上 的一点， PF 恰好垂直平分线段 OB （ O 为坐标原点）， 2 3PF . （1）求椭圆 C 的方程； （2）过 F 的直线 l 交 C 于 M ， N 两点，若点 Q 满足 ONOMOQ  2 （ Q ， M ， N 三点 不共线），求四边形 OMQN 面积的取值范围. 21.（12 分） 已知函数 x xaxf ln)(  . （1）若 )(xf 在 1x 处取得极值，求实数 a 的值； （2）讨论 )(xf 在 )1,0( 上的单调性； （3）证明：在（1）的条件下 0)(  xxexf . （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. 22.（10 分）[选修 4-4：坐标系与参数方程] 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为         tty ttx 1 ,1 2 1 ）（ （t 为参数），以原点 O 为 极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 2)sin(cos   . （1）求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程； （2）已知点 )1,3(P ，直线l 与曲线 C 交于 BA, 两点，求 PBPA  的值. 23.（10 分）[选修 4-5：不等式选讲] 已知函数 51)(  xxxf . （1）解不等式 )(xf ≤ 6 ； （2）若正实数 ba, 满足 abba  ，且函数 )(xf 的最小值为 m ,求证: ba  ≥ m . 宜宾市高 2018 级高三第二次诊断测试 理科数学参考答案 一．选择题：BDCABB ACDADC 二．填空题： 60 10 3 5 33 三．解答题 17.解：（1）在 ABC△ 中，由正弦定理 sin sin a b A B  ，可得 sin sinb A a B ， 又由 πsin cos( )6b A a B  ，得 πsin cos( )6a B a B  ， 即 πsin cos( )6B B  ，可得 tan 3B  ．又因为 (0 π)B ， ，可得 3B  ．（6 分） （2）在 ABC△ 中，   3cos2227 222  cc ，解得 3c ， 1c （舍去）， 2 33 3 πsin232 1 ABCS . 又因为 CDAC 2 ，所以 2 1   ABC BCD S S ， 所以 4 33 2 33 2 1 2 1   ABCBCD SS . ……………12 分 18.解：（1）            2 2 100 20 10 40 30 16.667 6.635 50 50 60 40 K ， 因此，有99%的把握认为认为方案一的支持率与运动员的性别有关． ……………4 分 （2） 男运动员支持方案二的概率为 3 2 2040 40  ， 女运动员支持方案二的概率为 2 1 2020 20  ； （ⅰ）3 人中恰有 2 人支持方案二分两种情况，①仅有两个男运动员支持方案二， ②仅有一个男运动员支持方案二，一个女运动员支持方案二， 所以 3 人中恰有 2 人支持方案一概率为： 9 4 2 1)3 21(3 2 2 113 2 1 2 2  ）（）（）（ C . ………7 分 （ⅱ）假设这 3 人中支持方案二的人数为 X ，则 X =0，1，2，3 18 1)2 11()3 21()0( 2 XP ； 18 5 2 1)3 21()2 11(3 2)3 21()1( 21 2  CXP ； 9 4 2 1)3 21(3 2 2 113 22X( 1 2 2  ）（）（）（） CP ； 9 2)2 1()3 2()3( 2 XP ； 分布列如下： X 0 1 2 3 P 18 1 18 5 9 4 9 2 数学期望 6 11 9 239 4218 5118 10)( XE . ………………………12 分 19.解：（1）证明：连接 BD 交 OAE于  E 、 F 分别为 CD 、 BC 的中点.  BDEF // 又 四边 是直角梯形， / /AB CD ， 45C ， 4CD  ， 22BC  22BD ， 2 ADAB  AEDB   AEEF   平面 SAE 平面 ABCE ，平面 SAE 平面 ABCE AE , ABCEEF 平面  SAEEF 平面  SAEAS 平面  ASEF  又 ASSE  且 ESEEF   SEFAS 平面 . ……………………6 分 （2）以 O 为坐标原点， OA 、 OB 、 OS 所在直线为 轴轴轴 zyx 、、 ，如图所示建立空间直角 坐标系，则  002 ，，A ，  020 ，，B ，  0222- ，，C ，  002- ，，E ，  200 ，，S  2222 ，，CS ,  022 ，，CE 设平面 SCE 的法向量为  zyxn ,,1 则      0 0 CEn CSn 取平面 SCE 的一个法向量为  -1,1,1n  SEFAS 平面 取平面 SEF 一个法向量为  2,0,2-2  ASn ,显然二面角 FSEC  为锐角， 二面角 FSEC  的余弦值 3 6 32 22,coscos 21  nn . ┈┈┈┈12 分 20.解：（1）由题得          222 2 2 3 2 cba a b ca       3 2 b a ，椭圆 C 的方程为 134 22  yx . ┈┈┈┈4 分 （2）由题可设直线 l ： 1 myx ， ),(),,( 2211 yxNyxM , 联立      134 1 22 yx myx 096)43( 22  myym 得 43 9, 43 6 221221     m yy m myy . ┈┈┈┈7 分 所以 43 112 43 36) 43 6(4)()( 2 2 2 2 221 2 21 2 2121       m m mm myyyyyyyy . 又 ONOMOQ  2 ，所以 43 11812 133 2 2 21    m myySS OMNOMQN . 设 1m2 t ，则 1m 22  t 且 1t ， ttt t m mSOMQN 13 18 13 18 43 118 22 2       （ 1t ）. 又 tt 13  在 ，1 上单调递增，所以 413  tt ，所以 2 9 4 18 13 180    tt . 所以四边形 OMQN 面积     2 9,0OMQNS . ┈┈┈┈┈12 分 21.解：因为 2 ln1)(' x xaxf  ， （1）由 0)1(' f 得 1a ，经验证， 1a 时 )(xf 在 1x 处取极小值； ┈┈┈┈2 分 （2）令 0)(' xf ，得 1 aex ,若 1a ，则 10 1  ae ， 当 ),0( 1 aex 时， 0)(' xf ， )(xf 单调递减， 当 )1,( 1 aex 时， 0)(' xf ， )(xf 单调递增； ┈┈┈┈┈4 分 若 1a ，则 11 ae ，当 )1,0(x 时 0)(' xf ， )(xf 单调递减. 综上所述： 1a 时 )(xf 在 ),0( 1ae 单调递减，在 )1,( 1ae 单调递增； 1a 时 )(xf 在 )1,0( 单调递减. ┈┈┈┈┈6 分 （3） 1a 时 0)(  xxexf 01ln)( 2  xexxh x xexxxh x 1)2()(' 2  ，令 )(')( xhx  ， )0(01)24()(' 2 2  x x exxx x )(x 即 )(' xh 在 ),0(  单调递增， 又 0416 9)4 1(' 4 1  eh ， 024 5)2 1(' 2 1  eh ， 所以存在 )2 1,4 1(0 x ，使 0)(' 0 xh ，当 ),4 1( 0xx 时， 0)(' 0 xh ， )(xh 单调递减； 当 )2 1,( 0xx 时， 0)(' 0 xh ， )(xh 单调递增. 故 1ln)()( 0 2 00min 0  xexxhxh x ， )2 1,4 1(0 x 因 01)2()(' 0 0 2 00 0  xexxxh x ，  2 1 0 2 0 0  xex x 1ln2 1)( 0 0 min  xxxh ， )2 1,4 1(0 x 设 )2 1 4 1(1ln2 1)(  xxxx ，则 )2 1 4 1(01 )2( 1)(' 2    xxx x ， )(x 在 )2 1,4 1( 单调递减， 05 32ln)2 1()(   x ，即 01ln2 1)( 0 0 min  xxxh 所以 0)(  xxexf . ……………………12 分 22.解：（1）由         tty t tx 1 ,2 1 2 （t 为参数）得        tty ttx 1 12 （t 为参数）, 两式平方相减得 44 22  yx ，即曲线 C 的普通方程为 14 2 2  yx . 由        sin cos y x 可得直线l 的直角坐标方程为 02  yx . ……………………5 分 （2）易知直线l 过点 )1,3(P ，可设直线l 的参数方程 t ty x         2 21 2 23 （t 为参数）， 代入曲线 C 得： 0622223 2  tt . 对应的参数分别为设点 BA、 1t ， 2t ，则 3 222 21  tt ， 3 62 21 tt .   3 222t 21  tPBPA . ………………………………10 分 23.解：（1）①当 1x 时，不等式即为 651  xx ，解得 0x ,得 10  x . ②当 51  x 时，不等式即为 651  xx  64  ，得 51  x . ③当 5x 时，不等式即为 651  xx ，解得 6x ，得 65  x . 综上，不等式 6)( xf 的解集为 6,0 . ………………………………5 分 （2） 4)5()1(51)(  xxxxxf ,所以 4m . 因为正实数 ba, ， abba   111  ba ， 所以   4222)11(  a b b a a b b a bababa (当且仅当 =a b b a ，即 2a b  时等号成立) 所以 mba  . ………………………………10 分