四川省自贡市普高2024届高三第三次诊断性考试文科 数学试题【含答案】

自贡市普高2024届第三次诊断性考试数学试题（文科）本试卷共6页，23题（含选考题），全卷满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．选择题的作答：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．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑．答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．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，只有一项是最符合题目要求的．1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知，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4．已知，，，则a，b，c的大小关系是（

）A． B． C． D．5．如图是2024年青年歌手大奖赛中，七位评委为甲、乙两名选手打出的分数的茎叶图（其中m、n均为数字中的一个），在去掉一个最高分和一个最低分后，下列说法正确的是（

）A．甲选手得分的方差与n的值无关B．甲选手得分的中位数一定不大于乙选手得分的中位数C．甲选手得分的众数与m的值无关D．甲选手得分的平均数一定小于乙选手得分的平均数6．已知向量，，，若，则实数的值为（

）A． B． C． D．27．某几何体的三视图如图，则该几何体的所有棱中，最长棱的长度为（

）A． B． C． D．48．已知角满足，则（

）A． B． C． D．9．设，分别为双曲线（，）的上，下焦点，过点的直线与的一条渐近线交于点，若轴，且点到的距离为，则的离心率为（

）A． B． C． D．10．已知球O半径为4，圆与圆为球体的两个截面圆，它们的公共弦长为4，若，，则两截面圆的圆心距（

）A． B． C． D．11．函数（，）的部分图象如图所示，的图象与y轴交于M点，与x轴交于C点，点N在图象上，点M、N关于点C对称，下列说法错误的是（

）A．函数的最小正周期是B．函数的图象关于点对称C．函数在单调递增D．函数的图象向右平移后，得到函数的图象，则为奇函数12．定义在R上的偶函数满足，当时，，若，下列命题：①是周期函数；②函数的图象在处的切线方程为；③函数的图象与函数的图象的所有交点的横坐标之和为12；④．其中正确命题的个数为（

）A．4 B．3 C．2 D．1二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．若，满足约束条件，则的最大值为．14．函数，则.15．已知圆的圆心是抛物线的焦点，直线与圆相交于，两点，，则圆的半径为．16．如图，D为的边AC上一点，，，，则的最小值为.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．某公司是无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业，产品无人机主要应用于森林消防、物流运输、航空测绘、军事侦察等领域，该公司生产的A、B两种类型无人运输机性能都比较出色．该公司分别收集了A、B两种类型无人运输机在5个不同的地点测试的某项指标数，（），数据如下表所示：地点1地点2地点3地点4地点5型无人运输机指标数24568型无人运输机指标数34445附：相关公式及数据：，．(1)试求y与x间的相关系数，并利用说明与是否具有较强的线性相关关系；（若，则线性相关程度很高）(2)从这5个地点中任抽2个地点，求抽到的这2个地点，型无人运输机指标数均高于型无人运输机指标数的概率．18．已知数列的前项和为，且．(1)证明：数列为等差数列；(2)若，，成等比数列，求的最大值．19．如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，是棱上一点．(1)若‖平面，证明：是的中点．(2)若，，问线段上是否存在点，使点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．20．已知函数(1)求函数的单调区间；(2)函数有唯一零点，函数在上的零点为．证明：．21．已知椭圆E：的左、右焦点分别为、，上、下顶点分别为、，四边形的面积为且.(1)求椭圆E的方程；(2)过点的直线与椭圆E相交于两点P、Q（P在Q上方），线段上存在点M使得，求的最小值.（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．选修4-4：坐标系与参数方程22．在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，极径与相交于M、N两点．(1)把和的极坐标方程化为直角坐标方程，并求点M、N的直角坐标；(2)若P为上的动点，求的取值范围．选修4-5：不等式选讲23．已知函数的最小值为．(1)求实数m的值；(2)若实数a，b，c满足，证明：．1．C【分析】运用对数函数的单调性求出中的不等式，再运用并集运算即可.【详解】中的不等式，得，即，又，.故选：C.2．D【分析】依题意可得，，再根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为复数，对应的向量分别是，，所以，，所以，所以复数对应的点为，位于第四象限.故选：D3．B【分析】利用三角函数的诱导公式结合充分必要条件求解即可.【详解】因为所以或所以或者故“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4．A【分析】根据对数函数和指数函数的单调性即可判断.【详解】因为在上单调递增，所以即；因为为增函数，故即；因为为减函数，故即，综上.故选：A.5．A【分析】去掉一个最高分和一个最低分后，根据茎叶图可以分别求出甲选手和乙选手得分的平均数、中位数、众数的值或表达式，再逐项判断可得答案.【详解】对于A，甲选手去掉一个最高分和一个最低分后，只有，所以甲选手得分的方差与n的值无关，故A正确；对于B，甲选手去掉一个最高分和一个最低分，乙选手去掉一个最高分和一个最低分后，甲选手得分的中位数是，乙选手得分的中位数是，故B错误；对于C，甲选手去掉一个最高分和一个最低分后，当，甲选手得分的众数是，当，甲选手得分的众数是和，故C错误；对于D，甲选手去掉一个最高分和一个最低分后，甲选手得分的平均数是，乙选手去掉一个最高分和一个最低分后，乙选手得分的平均数是，因为其中m为数字中的一个，所以，故D错误.故选：A.6．C【分析】根据给定条件，利用向量线性运算的坐标表示，向量共线的坐标表示列式作答.【详解】向量，，则，又，，因此，解得，所以实数的值为.故选：C7．C【分析】把几何体放入棱长为2的正方体中，即可得出几何体的所有棱中，最长棱的长度.【详解】根据几何体的三视图知，该几何体是四棱锥，放入棱长为2的正方体中，如图所示，则该四棱锥的所有棱中，最长棱为，长度为.故选：C.8．D【分析】结合题意运用倍角公式和化正弦余弦为正切，即可求解.【详解】由得，即，.故选：D.9．B【分析】首先表示出双曲线的渐近线方程与焦点坐标，依题意求出点坐标，即可求出直线的方程，再由点到直线的距离公式及得到、的关系，即可求出离心率.【详解】双曲线的渐近线方程为，上焦点，下焦点，由，解得，不妨取，则直线的方程为，即，又点到的距离为，则，即，又，所以，即，所以离心率.故选：B10．D【分析】根据球心与截面圆心连线垂直圆面，求得两个圆面所成二面角，再根据直角三角形以及勾股定理求解即可.【详解】设圆与圆公共弦为，其中点为，则，，所以，，所以在中，，所以，在中，，所以，所以在中，，所以.故选：D.11．C【分析】A选项，根据M、N关于点C对称得到点横坐标，从而得到最小正周期；B选项，根据的图象关于点对称和最小正周期得到B正确；C选项，求出，将代入解析式求出，，从而利用整体法判断出在不单调；D选项，求出，得到其奇偶性.【详解】A选项，点M、N关于点C对称，故，设的最小正周期为，则，故，A正确；B选项，可以看出函数的图象关于点对称，又的最小正周期，故函数的图象关于点对称，B正确；C选项，又，故，，故将代入解析式得，解得，又，故当且仅当时，满足要求，故，又当时，，故，则，当时，，由于在上不单调，故在上不单调，C错误；D选项，，定义域为R，又，为奇函数，D正确.故选：C12．B【分析】对于①，由，由函数为偶函数，可得函数的周期为2，从而即可判断；对于②，先求解时的函数解析式，利用导数求解切线斜率，点斜式求解直线方程即可求解；对于③，画出和的的图象，数形结合即得解；对于④，利用函数的周期性求解即可．【详解】因为，所以的图象关于对称，又是R上的偶函数，则，所以，即，所以函数为周期函数，最小正周期为2，故①正确；当时，，所以，所以，又，所以的在处的切线方程为，即，故②错误；因为，所以的图象关于直线对称，画出和的图象如图所示：由图可得和的图象有12个交点，且关于直线对称，则所有交点的横坐标之和等于12×1＝12，故③正确；因为的周期为2，所以，故④正确．故选：B．【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的常用方法：(1)直接法：令则方程实根的个数就是函数零点的个；(2)零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)可确定函数的零点个数；(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.13．6【分析】首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标函数化成斜截式，之后在图中画出直线，在上下移动的过程中，结合的几何意义，可以发现直线过B点时取得最大值，联立方程组，求得点B的坐标代入目标函数解析式，求得最大值.【详解】根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：由，可得，画出直线，将其上下移动，结合的几何意义，可知当直线在y轴截距最大时，z取得最大值，由，解得，此时，故答案为6.点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.14．2【分析】分和两种情况列方程求解即可.【详解】，若，则或，即或，解得.故答案为：2.15．【分析】首先求出抛物线的焦点坐标，再求出圆心到直线的距离，设圆的半径为，则，解得即可.【详解】抛物线的焦点为，所以圆心到直线的距离，又，设圆的半径为，则，解得.故答案为：16．【分析】设，则，在中，运用余弦定理可得，再由，，得，代入根据二次函数的最值可求得当时，有最小值，据此即可求解.【详解】设，则，在中，，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，当时，有最小值，此时取最小值，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的余弦定理，二次函数的最值，三角形的面积公式，关键在于表示的长，求得何时取得最小值，属于中档题.17．(1)，与具有较强的线性相关关系(2)【分析】（1）根据题干所给数据及公式求出相关系数，即可判断；（2）利用列举法列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得.【详解】（1）依题意，，，，，所以，因为，所以与具有较强的线性相关关系；（2）将地点1，2，3，4，5分别记为，，，，，任抽2个地点的可能情况有：，，，，，，，，，共10种情况，其中在地点3，4，5，型无人运输机指标数均高于型无人运输机指标数，记型无人运输机指标数均高于型无人运输机指标数为事件，则包含的基本事件为，，共3个，所以．18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据作差得到，结合等差数列的定义证明即可；（2）根据等比中项的性质及等差数列通项公式求出，即可得到的通项公式，结合的单调性及求和公式计算可得.【详解】（1）数列满足①，当时，有②，①②可得：，即，变形可得，故数列是以为等差的等差数列；（2）由（1）可知数列是以为等差的等差数列，若，，成等比数列，则有，即，解得，所以，所以单调递减，又当时，，当时，，当时，，故当或时，取得最大值，且．19．(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）连接交于，连接，则由线面平行的性质可得‖，再由为的中点，可证得结论；（2）由已知条件结合线面垂直的判定定理可得平面，则可求出，然后利用线面垂直的判定定理证得平面，则，设线段上存在点满足条件，则设，然后由可求得结果.【详解】（1）证明：连接交于，连接，因为四边形是正方形，所以为的中点，因为‖平面，平面，平面平面，所以‖，因为为的中点，所以是的中点．（2）因为，，四边形是正方形，所以，所以，因为，平面，所以平面，所以，因为平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，所以，设线段上存在点，使点到平面的距离为，设，则，因为，所以，解得，所以线段上存在点，且时，点到平面的距离为.20．(1)单调递减区间为，单调递增区间为(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；（2）法一：由已知导数与单调性关系及函数零点存在定理可知，，构造函数，结合导数及函数性质可得的范围，再令，结合导数分析的单调性，利用不等式放缩即可求解.法二：，设新函数，利用零点存在性定理得，再证明单调性即可.【详解】（1）函数的定义域为，且，所以当时，当时，所以的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）法一：由（1）可知若函数有唯一零点，则，即，令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，因为，，所以，，当时，当时，所以在上存在唯一零点，所以，即，令，则，所以在上单调递减，故，所以，又，所以，令，则，所以在上单调递增，又，所以.法二：因为，由（1）可知若函数有唯一零点，则，即，设，而在上单调递增，所以，，所以在上单调递增，又，令，所以在上单调递增，所以，而，.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．21．(1)(2)【分析】（1）根据已知条件和椭圆中的关系，求