【解析】四川省成都市高中毕业班第三次诊断性检测数学（理）试题

成都市2017级高中毕业班第三次诊断性检测数学（理科）本试卷分选择题和非选择题两部分.第Ⅰ卷（选择题）1至2页，第Ⅱ卷（非选择题）3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.5.考试结束后，只将答题卡交回.第Ⅰ卷（选择题，共60分）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.，.若，则实数的值为（）A.0或2 B.0或4 C.2或4 D.0或2或4【答案】C【解析】【分析】利用子集的概念即可求解.【详解】集合，若，则集合中的元素在集合中均存在，则或4，由集合元素的互异性可知或4，故选：C【点睛】本题考查了子集的概念，理解子集的概念是解题的关键，属于基础题.满足（为虚数单位），则在复平面上对应的点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意两边同时除以可求出复数，然后即可求出在复平面上对应的点的坐标.【详解】解：因为，所以，故在复平面上对应的点的坐标为.故选：D.【点睛】本题考查复数与复平面上点的坐标一一对应的关系，考查复数除法的四则运算，属于基础题.3.命题“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】分析】含有全称量词和特称量词的否定是：否量词，否结论，不否范围.【详解】解：命题“，”的否定是，.故选：D.【点睛】本题考查含有全称量词和特称量词的命题的否定，熟练掌握否定的规则是解题的关键，本题属于基础题.4.如图是某几何体的正视图和侧视图，则该几何体的俯视图不可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接利用三视图和直观图的转换的应用求出结果.【详解】解：根据几何体的三视图可知该几何体为三棱柱，当选A时，正视的中间的竖线应为虚线，选项BCD均可能，故选：A【点睛】此题考查三视图与几何体之间的转换，考查学生的转换能力和空间想象能力，属于基础题.，则（）A.2 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】根据函数解析式及指数对数恒等式计算可得；【详解】解：因为所以故选：B【点睛】本题考查函数值的计算，对数恒等式的应用，属于基础题.满足，则的最大值为（）A.4 B.6 C.8 D.10【答案】C【解析】【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的及其内部，再将目标函数对应的直线进行平移，可得当，时，取得最大值8．【详解】作出实数，满足表示的平面区域，得到如图的及其内部，其中，，设，将直线进行平移，当经过点时，目标函数达到最大值．故选：．【点睛】本题给出二元一次不等式组，求目标函数的最大值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题．中，已知，则该数列的公比是（）A.－3 B.3 C. D.9【答案】B【解析】【分析】由已知结合等比数列的性质即可求解公比.【详解】解：因为，所以，所以，所以或，当时，不合题意，故选：B【点睛】此题考查了等比数列的性质的简单应用，属于基础题.，则“”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】A【解析】【分析】对函数进行求导可得到：从而可得出函数在上递增，在递减，在递增，根据函数的单调性可知：当时，有成立，即充分性成立；当时，的范围不一定是，可能，即必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.【详解】由题意可得：，令解得或，即函数在上递增，在递减，在递增，根据函数的单调性：当时，有成立，即充分性成立；当时，的范围不一定是，可能，即必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查了函数的单调性及充分条件，必要条件的判断，属于一般题.，是双曲线的左，右焦点，经过点且与轴垂直的直线与双曲线的一条渐近线相交于点，且.则该双曲线离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意画出图形，求得，再由求得的范围，结合双曲线的离心率公式得答案．【详解】如图，由题意，，，则．由，得，即．．故选：B．【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查双曲线的离心率的取值范围的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10.为迎接大运会的到来，学校决定在半径为，圆心角为的扇形空地的内部修建一平行四边形观赛场地，如图所示.则观赛场地的面积最大值为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】如图，连接，设，可用的三角函数值表示，，即可得到四边形的面积，再根据三角函数的值域的求法即可求解．【详解】如图所示：．连接，设，作，，垂足分别为．根据平面几何知识可知，，，．∴，．故四边形的面积也为四边形的面积，即有，其中．所以当即时，．故选：D．【点睛】本题主要考查利用三角函数解决几何中的最值问题，意在考查学生的数学建模能力和数学运算能力，属于基础题．中，，在底面上的投影为的中点，.有下列结论：①三棱锥的三条侧棱长均相等；②的取值范围是；③若三棱锥的四个顶点都在球的表面上，则球的体积为；④若，是线段上一动点，则的最小值为.其中正确结论的个数是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】作出三棱锥的图象，逐一判断各命题，即可求解．【详解】作出三棱锥的图象，如图所示：．对于①，根据题意可知，平面，且，所以，①正确；对于②，在中，，而，所以，即的取值范围是，②正确；对于③，因为，所以三棱锥外接球的球心为，半径为，其体积为，③不正确；对于④，当时，，所以，将平面沿翻折到平面上，则的最小值为线段的长，在展开后的中，，根据余弦定理可得，④正确．故选：C．【点睛】本题主要考查棱锥的结构特征，三棱锥外接球的体积求法，以及通过展开图求线段和的最小值，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于中档题．，，且在区间上的最大值为.若对任意的，都有成立，则实数的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可知是函数图象的一条对称轴，且，即可求出，而在上，，再结合三角函数的图象和性质即可得出实数的最大值．【详解】因为，且在区间上的最大值为，所以是函数图象的一条对称轴，且，即有，．而，∴，解得．故．因为任意的，都有成立，所以在上，．令，若，即，则，成立；若，即，此时，所以，而，∴，即，解得．即．故满足题意的实数的范围为，即实数的最大值是．故选：A．【点睛】本题主要考查利用三角函数的性质求函数的解析式，并根据三角函数的性质解决函数的最值问题，意在考查学生的数学运算能力和分类讨论意识，属于中档题．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.，，且，则实数的值为______.【答案】【解析】【分析】由，故，即可解得；【详解】解：因为，，且，所以，解得故答案为：【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标表示，属于基础题.，两项指标进行研究，连续五次实验所测得的这两项指标数据如下表：1201101251301159283909689已知与具有线性相关关系，利用上表中的五组数据求得回归直线方程为.若下一次实验中，利用该回归直线方程预测得，则的值为______.【解析】【分析】由已知表格中的数据，求得和，代入回归方程，再把点代入，联立方程组即可求解的值.【详解】解：由已知表格中的数据，求得：，，则，①又因为下一次实验中，利用该回归直线方程预测得，则，②联立①②，解得：.故答案为：0.54.【点睛】本题考查线性回归方程的求法，明确线性回归方程恒过样本中心点是关键，属于基础题.的前项和为，若，，且（且），则的值为______.【答案】【解析】【分析】设，则由此可知为等差数列，即可求出的通项公式，进而得到，再根据即可求出数列的通项公式，然后根据裂项相消法即可求出．【详解】设，则，由等差中项法可判断为等差数列．因为，，所以，即．当时，．当时，也符合，所以．由于，所以，．故答案为：．【点睛】本题主要考查利用等差中项法判断等差数列，等差数列的通项公式的求法，与的关系的应用，以及利用裂项相消法求和，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．为抛物线的焦点，经过点且倾斜角为的直线与抛物线相交于，点，（为坐标原点）的面积为，线段的垂直平分线与轴相交于点.则的值为______.【答案】2【解析】【分析】依题可设直线的方程为，将直线方程与抛物线方程联立可求出弦的中点坐标以及弦长，再由点到直线的距离公式可求出点到直线的距离，列式可求出与的关系，然后求出线段的垂直平分线方程，即可得到点的坐标以及的值．【详解】设直线的方程为，，由可得，，∴，即有．∴，．又点到直线的距离为，所以，解得．因为线段的垂直平分线方程为，令，解得．所以．故答案为：．【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系的应用，以及弦长的求法，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.某公司为加强对销售员的考核与管理，从销售部门随机抽取了2019年度某一销售小组的月均销售额，该小组各组员2019年度的月均销售额（单位：万元）分别为：3.35，3.35，3.38，3.41，3.43，3.44，3.46，3.48，3.51，3.54，3.56，3.56，3.57，3.59，3.60，3.64，3.64，3.67，3.70，3.70.，则对该销售小组给予奖励，否则不予奖励.试判断该公司是否需要对抽取的销售小组发放奖励；，求的分布列及数学期望.【答案】（Ⅰ）不需要对该销售小组发放奖励；（Ⅱ）分布列见解析，.【解析】【分析】（Ⅰ）根据该小组，低于，即可判断不需要对该销售小组发放奖励；（Ⅱ）由题意知随机变量的可能取值为1，2，3，4，，，即可写出分布列，求出数学期望．【详解】（Ⅰ）该小组共有11名销售员2019年度月均销售额超过3.52万元，分别是：3.54，3.56，3.56，3.57，3.59，3.60，3.64，3.64，3.67，3.70，3.70..∵，故不需要对该销售小组发放奖励.（Ⅱ）由题意，随机变量的可能取值为1，2，3，4.则，，，.∴随机变量的分布列为1234∴.【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，意在考查学生的数据处理能力和数学运算能力，属于基础题．中，内角，，的对边分别是，，，且.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，求的最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）8【解析】【分析】（Ⅰ）利用三角形的内角和定理可得，再根据正弦定理的边角互化以及余弦定理即可求解.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，再利用基本不等式即可求解.【详解】解：（Ⅰ）在中，∵，∴.由正弦定理，得.整理，得.∴.∴.又，∴.（Ⅱ）∵，∴，即，∵，∴.∴.∴，当且仅当时等号成立.∴的最大值为8.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、基本不等式，需熟记定理的内容，属于基础题.19.如图，在多面体中，为矩形，为等腰梯形，，，，且，平面平面，，分别为，的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若直线与平面所成的角的正弦值为，求多面体的体积.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）取的中点.连接，，先证明平面平面，然后可证明结论.

（Ⅱ）过作，垂直为，连接,可得面平面，可得为直线与平面所成的角，在直角中，由射影定理可得，由，则，可求得，从而求得，再根据可求得体积.【详解】解：（Ⅰ）如图，取的中点.连接，.在矩形中，∵，分别为线段，的中点，∴.又平面，平面，∴平面.在中，∵，分别为线段，的中点，∴又平面，平面，∴平面.又，平面，∴平面平面.又平面，∴平面.（Ⅱ）如图，过作，垂直为，连接.面平面平面，且平面平面，平面所以面平面,则为在平面上的射影.所以为直线与平面所成的角则，则在等腰梯形中，，，则由，则有，在直角中，由射影定理有，,则在直角中，,得又在直角中,,得，所以连接.∴.【点睛】本题考查由面面平行证明线面平行和求多面体的体积问题，考查分割法求体积，考查根据线面角求线段的长度，属于中档题.，其中.（Ⅰ）当时，设.求函数的单调区间；（Ⅱ）当，时，证明：.【答案】（Ⅰ）单调递减区间为，单调递增区间为.；（Ⅱ）证明见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）当时，，求出导数，根据在上单调递增，且，即可利用导数与单调性的关系求出；（Ⅱ）当，时，即为，因为在上恒成立，即可证，不等式可变形为，构造函数，求出该函数在上的最小值大于等于零，即得证．【详解】（Ⅰ）当时，，则.∵在上单调递增，且，∴当时，；当时，.∴的单调递减区间为，单调递增区间为.（Ⅱ）设，则.令，解得.∴当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增.∴.∴在上恒成立.现要证，只需证.可证，即.设，则．令，解得.∴当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增.∴.∴在上恒成立.综上，可知，当时等号成立；，当时等号成立.∴当，时，.【点睛】本题主要考查利用导数求函数的单调区间，证明函数不等式的恒成立问题，涉及到构造函数，利用导数研究其单调性和最值，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于难题．：的左焦点，点在椭圆上.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）经过圆：上一动点作椭圆的两条切线，切点分别记为，，直线，分别与圆相交于异于点的，两点.（i）求证：；（ii）求的面积的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）证明见解析；（ii）.【解析】【分析】（Ⅰ）根据题意可知，，，再结合即可解出，得到椭圆的标准方程；（Ⅱ）（i）根据直线，的斜率都存在或者直线，其中一条直线斜率不存在分类讨论，当直线，的斜率都存在时，联立直线与椭圆方程，根据可得直线，的斜率的关系，结合点在圆上可得，即证出，当直线或的斜率不存在时，可确定点坐标，即可求出，两点坐标，易得；（ii）设出点，，分类讨论直线的斜率存在时以及不存在时的情况，由直线的方程与椭圆方程联立可得，即可得到直线的斜率存在或不存在时的方程为，同理可得直线的方程为，即可得直线的方程为，再与椭圆方程联立求得弦长，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，从而得到的面积的表达式，再根据换元法以及函数值域的求法即可求解．【详解】（Ⅰ）∵椭圆的左焦点，∴.将代入，得.又，∴，.∴椭圆的标准方程为.（Ⅱ）（i）设点.①当直线，的斜率都存在时，设过点与椭圆相切的直线方程为.由，消去，得..令，整理得设直线，的斜率分别为，.∴.又，∴.∴，即为圆的直径，∴.②当直线或的斜率不存在时，不妨设，则直线的方程为.∴，，也满足.综上，有.（ii）设点，.当直线的斜率存在时，设直线的方程为.由，消去，得..令，整理得.则.∴直线的方程为.化简可得，即经验证，当直线的斜率不存在时，直线的方程为或，也满足.同理，可得直线的方程为.∵在直线，上，∴，.∴直线的方程为.由，消去，得.∴，.∴.又点到直线的距离.∴.令，.则.又，∴的面积的取值范围为.【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，直线与圆的位置关系的应用，以及椭圆中的三角形面积问题的解法应用，意在考查学生的分类讨论意识，数学运算能力和运用知识的综合能力，综合性强，运算量大，属于难题．请考生在第22，23题中任选择一题作答，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的标号涂黑.选修44：坐标系与参数方程中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中.