四川省雅安市届高三第三次诊断考试数学试题含解析

1、雅安市高中2022 级第三次诊断性考试数学试题（理科）一、挑选题：本大题共12 小题,每道题5 分,共 60 分 . 在每道题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的. B. 其次象限在平面上对应的点位于1. 当时,复数A. 第一象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】 D 【解析】【分析】依据复数的几何意义得到复数 z 对应的点为（ 3m-2,m-1 ）, 由于 3m 20,m10,得到点在第四 象限 . 【详解】复数z 对应的点为（ 3m-2,m-1 ）,由于m0,m10,点在第四象限故答案为： D. 【点睛】这个题目考查了复数的几何意义,zabia ,bR与复平面上的点 Za , b

2、、平面对 量 都可建立一一对应的关系 其中 O是坐标原点 ；复平面内,实轴上的点都表示实数；虚轴上 的点除原点外都表示纯虚数2. 设,就“” 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】 B 【解析】【分析】解得：得：,问题得解. ”“”【详解】由” 不能推出“. 所以“” , “所以“” 是“” 的必要不充分条件应选： B 【点睛】此题主要考查了充分条件、必要条件的概念,属于基础题；3. 双曲线的离心率为（）A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】【分析】由双曲线的方程可得：,即可求得,问题得解；【详解】由双曲线的方程可得：所以

3、 所以 . 应选： D 【点睛】此题主要考查了双曲线的简洁性质,考查运算才能,属于基础题；4. 某三棱锥的三视图如下列图,就该三棱锥的表面积是（）A. B. C. D. 5 【答案】 C 【解析】解：该几何体是棱长分别为的长方体中的三棱锥：,其中：,该几何体的表面积为： . 此题挑选 B选项 . 点睛： 此题考查的学问点是由三视图,求体积和表面积,依据已知的三视图,判定几何体的外形是解答的关键,由三视图判定空间几何体（包括多面体、旋转体和组合体）的结构特点是高考中的热点问题 . 5. 已知实数, 满意,就最大值为（）A. B. C. D. 1 其中由 ,可得：表示 与 的【答案】 D 【解析】

4、【分析】作出不等式组表示的平面区域,由即可得解；【详解】依据题意,作出不等式组表示的平面区域如下：当点处时,连线斜率最大. 此时应选： D 【点睛】此题主要考查了分式型目标函数的几何意义,考查转化才能及运算才能,属于中档题；6. 从 6 人中选出 4 人分别到碧峰峡、蒙顶山、喇叭河、龙苍沟四个景区游玩,要求每个景区有一人游玩,每人只游玩一个景区,且这 6 人中甲, 乙两人不去龙苍沟游玩,就不同的挑选方案共有（）A. 168 种B. 216 种C. 240 种D. 360 种【答案】 C 【解析】【分析】优先考虑龙苍沟游玩支配,再把剩下的三个景区支配人去游玩,利用分步运算原理得解；【详解】这 6

5、 人中甲,乙两人不去龙苍沟游玩,就不同的挑选方案共有：种. 应选： C 【点睛】此题主要考查了排列与组合应用,属于基础题；7. 如执行下边的程序框图,输出的值为 5,就判定框中应填入的条件是（）A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】【分析】按流程图逐一执行即可；【详解】由流程图得：. 要使得输出 的值为 5,就判定框中应填入的条件是：应选： B 【点睛】此题主要考查了流程图学问,考查观看才能及运算才能,仍考查了对数运算学问,属于中 档题；8. 已知等差数列,前项和为,就（）A. 0 B. 1 C. 2022 D. 2022 【答案】 A 【解析】【分析】设等差数列的公差为,由,即可求得

6、,结合等差数列前项和公式即可得解；【详解】设等差数列的公差为,代入得：. 就,所以,所以. 应选： A 【点睛】此题主要考查了等差数列前项和公式,考查方程思想及运算才能,属于中档题；9. 已知函数B. （ 是自然对数的底数） ,就的极大值为（）A. C. 1 D. 【答案】 D 【解析】分析：求函数的导数,令,先求出的值再求,的极大值为即可得,就详解：函数的定义域为令,得令,得,即函数上单调递增, 在上单调递减, 故函数在出 uqude 极大值,极大值为应选 D. 点睛：此题考查导数的运用：求单调区间和求极值,考查运算才能,属于基础题10. 在半径为 2 的圆的内接四边形中,是直径, 是线段上

7、异于、的点,就的取值范畴是（）C. D. A. B. 【答案】 C 【解析】【分析】将分别表示为到,可得,即可整理得：,求出的距离,问题得解；【详解】依据题意,作出如下图象：由于,. ,所以是圆直径且圆半径为所以,在中,由余弦定理可得：. . 解得：. 设到的距离为,就解得：,又 是线段上异于、的点,所以所以. 应选： C 【点睛】此题主要考查了向量的加法及数量积运算,考查了余弦定理、转化思想及等面积法求高,考查运算才能,属于中档题；11. 如图, 圆锥的高,底面圆的直径, 是圆上一点, 且, 为的中点,就直线和平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】【分析】过点

8、作于点,连接,证明且,从而证明平面,即可证得平面平面,即可证得平面,从而说明就是直线和平面所成角,解三角形即可；【详解】过点作于点,连接,如下图：在圆中,为直径 .,又为中点,且 又平面,又平面平面平面平面,又平面平面平面. 所成角 . 就是直线和平面由题可得. . 在中,可求得：又, 所以由得：所以应选： C 【点睛】此题主要考查了线面角的求法,考查作图及线面、面面垂直证明,仍考查运算才能,属于中档题；12. 定义域为的函数图像的两个端点为、 ,向量在,是图像上任意一点, 其中,如不等式恒成立,就称函数上满意“范围线性近似” , 其中最小正实数称为该函数的线性近似阈值. 如函数定义在上,就该

9、函数的线性近似阈值是（）C. D. A. B. 【答案】 B 【解析】【分析】由向量及可得：两点的横坐标相等,将不等式恒成立问题转化成：时,恒成立,转化成：. ,记：,即可求得,问题得解；上的两端点分别为：,【详解】作出函数图像,它的图象在所以直线的方程为：设是曲线上的一点,其中由,可知三点共线,所以点的坐标满意直线的方程,又, 就所以两点的横坐标相等. 故函数在上满意“范畴线性近似”. 时,等号成立；所以时,时,恒成立 . 即：恒成立 . 记,整理得：,当且仅当当所以,所以即：所以该函数的线性近似阈值是：应选： B 【点睛】 此题主要考查了新概念定义及转化才能,性质,考查运算才能及分析才能,

10、属于难题；仍考查了三点共线的向量表示,考查了对勾函数二、填空题：本大题共 4 小题,每道题 5 分,共 20 分. 13. 绽开式中的常数项为 _（用数字作答）【答案】 15 【解析】由题得绽开式的通项为,令 6-2r=0, 所以r=3. 所以绽开式的常数项为, 故填 15. 表示抽到的次品14. 从一批次品率为0.02 的产品中有放回地抽取100 次,每次抽取一件产品,设件数,就方差 _【答案】 1.96 【解析】【分析】判定试验是独立重复试验的类型, 概率满意二项分布,然后依据二项分布方差公式求解方差即可. 【详解】由题意可知, 该大事满意独立重复试验, 是一个二项分布模型, 其中 p=0

11、.02,n=100,就DX=npq=np1-p =100 0.02 0.98 =1.96 【点睛】 此题考查二项分布期望的求法,判定概率的类型满意二项分布是解题的关键,此题是基础 题. 15. 已知函数,且,就_【答案】【解析】【分析】对 的取值分奇数、偶数求得,再利用分组求和法求和即可；【详解】当 为奇数时,. 当 为偶数时,. 所以【点睛】此题主要考查了分类思想及分组求和方法,考查运算才能,属于中档题；16. 已知是抛物线：的焦点,点,点是 上任意一点,当点在时,取得最大值,当点在时,取得最小值 . 就_【答案】【解析】【分析】依据题意作出图象,由三角形学问可得：,由抛物线定义可将,当且仅

12、当三点共线时,取得最小值,即可求得转化成,结合图象可得, 当且仅当三点共线时,取得最大值, 即可求得,问题得解；【详解】作出抛物线：的图象如下：过点 作抛物线准线的垂线段,过点 作抛物线准线的垂线段由抛物线方程可得：由三角形学问可得：所以当且仅当 三点共线时,取得最小值,即点 位于图中的 处,可求得：由抛物线定义可得：,由图可得：,当且仅当 三点共线时,取得最大值 , 即点 位于图中的 处,可求得：. 所以 . 【点睛】 此题主要考查了三角形中的边长关系,仍考查了抛物线的定义及数形结合思想,考查运算才能及转化才能,属于难题；三、解答题：本大题共6 小题,共 70 分. 解答应写出文字说明、证明

13、过程或演算步骤. 17. 平面对量,. （1）求函数的单调递增区间；, , ,如,求的值 . （2）设的内角, , 的对边长分别为【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）整理可得：,利用余弦函数的单调性及复合函数的单调性规律即可求得函数的单调递增区间,即可求得或,对 的取值分类解（2）由求得,再由正弦定理求得三角形即可；【详解】（1）. 由,得,. 函数 的增区间为 . （2）由,得,又由于,所以,从而,即 . 由于,所以由正弦定理得,故 或,当 时,从而,当 时,又,从而 . 综上所述,或 . 【点睛】 此题主要考查了平面对量数量积的坐标运算,仍考查了二倍角公式及两角和与差的正、余弦公

14、式,考查了方程思想及正弦定理,仍考查了分类思想,属于中档题；18.2022 年 12 月 28 日,成雅铁路开通运营,使川西多个市县进入动车时代,融入全国高铁网,这对推动沿线经济社会和谐健康进展具有重要意义. 在试运行期间,铁道部门方案在成都和雅安两城之间开通高速列车, 假设每天 7:00-8:00,8:00-9:00两个时间段内各发一趟列车由雅安到成都（两车发车情形互不影响） ,雅安发车时间及其概率如下表所示：第一趟列车其次趟列车8:50 发车时间7:10 7:30 7:50 8:10 8:30 概率0.2 0.3 0.5 0.2 0.3 0.5 如小王、 小李二人准备乘动车从雅安到成都游玩

15、,假设他们到达雅安火车站候车的时间分别是周六7:00 和 7:20 （只考虑候车时间,不考虑其它因素）. （1）求小王候车 10 分钟且小李候车 30 分钟的概率；（2）设小李候车所需时间为随机变量,求 的分布列和数学期望 . 【答案】（1）0.1 ；（2）见解析【解析】【分析】（1）由独立大事同时发生的概率公式运算即可；（2）由表中数据求得小李候车所需时间为随机变量 的取值可能为：10、30、50、70、90 分钟 . 再求得 的各种取值的概率,即可求得 的分布列,问题得解；【详解】（1）小王候车 10 分钟的概率为,小李候车 30 分钟的概率为 . 就小王候车 10 分钟且小李候车 30

16、分钟的概率为 . （2）随机变量 全部可能取值为 10、30、50、70、 90 分钟 . 其分布列如下：随机变量10 30 50 70 90 （1）求证：平面（2）求平面 与平面 . 所成的锐二面角的大小 . 概率 0 3 【点睛】 此题主要考查了独立大事同时发生的概率公式,期望运算公式,考查运算才能,属于中档题；19. 如图,在五边形边的等腰直角三角形 . 现将 折起,使平面. 【答案】（1）见解析（ 2）45【解析】. 0.04 0 06 . 仍考查了离散型随机变量的分布列求法及,平面,如图,记线段【试题分析】（1）运用面面垂直的判定定理进行分析推证；（2）建立空间直角坐标系,借助空间向

17、量的坐标形式运用向量的数量积公式进行分析求解：（1）解：,是线段的中点,. ,又,四边形为平行四边形,又又是等腰直角的中点,. ,平面. 平面,平面平面. （2）平面平面,且,平面,. 两两垂直, 以为坐标原点, 以所在直线分别为轴建立如下列图的空间直角坐标系. 为等腰直角三角形,且,就有,设平面的一个法向量为,取,得,平面,平面的一个法向量为,设平面与平面所成的锐二面角为,就,平面与平面所成的锐二面角大小为. 点睛：立体几何是高中数学中传统的经典内容,也是高考重点考查的考点与热点；这类问题是设置旨在考查空间线面的位置关系与角度、距离等度量关系等学问的运用才能；线面的垂直与平行的推证经常要借助

18、判定定理进行分析；而角度距离的运算与求解就经常需要建立空间直角坐标系,借助向量的坐标形式及数量积公式进行分析求解；20. 已知椭圆：的左右焦点分别为、,左右顶点分别是、,长轴长为,是以原点为圆心,为半径的圆的任一条直径,四边形 的面积最大值为 . （1）求椭圆 的方程；（2）不经过原点的直线：与椭圆交于、两点,如直线 与 的斜率分别为,且,求证：直线 过定点, 并求出该定点的坐标；如直线 的斜率是直线、斜率的等比中项,求 面积的取值范畴 . 【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题可得,再由四边形的面积最大值为列方程即可求得,问题得解；（2）设,联立直线与椭圆方程可得：,即可表示出,再

19、整理,可得：,问题得解；由直线 的斜率是直线、斜率的等比中项即可求得,再由弦长公式求得,再利用基本,求出点到直线的距离,即可表示不等式即可得解；【详解】（1）由题可得：,即：,当与 轴重合时,四边形的面积最大值由已知可得：,解得：所以椭圆方程为：. ,（2）证明：设,将代入椭圆方程得：,解得,解得：,即,直线 的方程为故直线 恒过定点；,斜率的等比中项,由直线 的斜率是直线即有,即,整理得：代入有,点到直线的距离,考查（当且仅当时,等号成立）仍考查了韦达定理及直线过定点求法,所以面积的取值范畴是：. 【点睛】 此题主要考查了椭圆的简洁性质及方程思想,了弦长公式及点到直线距离公式,仍考查了利用基

20、本不等式求最值,属于难题；21. 设 . （1）证明：在上单调递减；. （2）如,证明：【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）第（ 1）问,直接求导 , 证明 0 x1 时, f x 0 .2 第（ 2）问,分 0a 和 a1 两种情形证明,每一种情形都是先通过求单调性再求函数的最小值大于 1. 试题解析：（1）f x 令 h x 1 ln x,就 h x ,x0,所以 0 x1 时, h x 0,h x 单调递增,又 h1 0,所以 hx 0,即 f x 0,所以 f x 单调递减（2）g x a xln aax a1a a x1ln ax a1 ,当 0a 时, ln

21、a 1,所以 a x1ln ax a 1 x a1a x1由（）得,所以 a1ln x x1ln a,即 x a1a x1,所以 g x 0,g x 在 a, 1 上单调递减,即 g x g1 a1 1当 a 1 时, 1 ln a0令 t x a xxln a1,0ax1,就 t x a xln a ln a a x1ln a0,所以 t x 在0 ,1 上单调递增,即 t x t 0 0,所以 a x xln a1 所以 g x a xx ax axln a1x x a 1ln a 1x1 ln a 11综上, g x 1点睛：此题的难点在第 （2）问,当 0 a 时求导之后, 怎么证明 g x a xln aax a1a a x1ln ax a 1 0,其中用到了第一问