2022-2023学年四川省成都市高三第一次诊断性检测数学(理科)试题

第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页四川省成都市2023届高三第一次诊断性检测数学（理科）试题一、单选题1．设集合，则（

）A． B．C． D．2．满足（为虚数单位）的复数（

）A． B．C． D．3．抛物线的焦点坐标为（

）A． B． C． D．4．下图为2012年─2021年我国电子信息制造业企业和工业企业利润总额增速情况折线图，根据该图，下列结论正确的是（

）A．2012年─2021年电子信息制造业企业利润总额逐年递增B．2012年─2021年工业企业利润总额逐年递增C．2012年─2017年电子信息制造业企业利润总额均较上一年实现增长，且其增速均快于当年工业企业利润总额增速D．2012年─2021年工业企业利润总额增速的均值大于电子信息制造业企业利润总额增速的均值5．若实数满足约束条件则的最大值是（

）A．2 B．4 C．6 D．86．下列命题中错误的是（

）A．在回归分析中，相关系数的绝对值越大，两个变量的线性相关性越强B．对分类变量与，它们的随机变量的观测值越小，说明“与有关系”的把握越大C．线性回归直线恒过样本中心D．在回归分析中，残差平方和越小，模型的拟合效果越好7．若函数在处有极大值，则实数的值为（）A．1 B．或C． D．8．已知直线和平面．若，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9．已知数列的前项和为．若，则（

）A．512 B．510 C．256 D．25410．日光射入海水后，一部分被海水吸收（变为热能），同时，另一部分被海水中的有机物和无机物有选择性地吸收与散射．因而海水中的光照强度随着深度增加而减弱，可用表示其总衰减规律，其中是平均消光系数（也称衰减系数），（单位：米）是海水深度，（单位：坎德拉）和（单位：坎德拉）分别表示在深度处和海面的光强．已知某海区10米深处的光强是海面光强的，则该海区消光系数的值约为（

）（参考数据：，）A． B． C． D．11．已知侧棱长为的正四棱锥各顶点都在同一球面上．若该球的表面积为，则该正四棱锥的体积为（

）A． B． C． D．12．已知平面向量、、满足，，，则的最大值为（

）A． B． C． D．二、填空题13．在公差为d的等差数列中，已知，则__________．14．展开式中常数项为________.15．已知双曲线与圆（为双曲线的半焦距）的四个交点恰为一个正方形的四个顶点，则双曲线的离心率为______.16．已知函数.有下列结论：①若函数有零点，则的范围是；②函数的零点个数可能为；③若函数有四个零点，则，且；④若函数有四个零点，且成等差数列，则为定值，且.其中所有正确结论的编号为______.三、解答题17．成都作为常住人口超万的超大城市，注册青年志愿者人数超万，志愿服务时长超万小时.年月，成都个市级部门联合启动了年成都市青年志愿服务项目大赛，项目大赛申报期间，共收到个主体的个志愿服务项目，覆盖文明实践､社区治理与邻里守望､环境保护等大领域.已知某领域共有支志愿队伍申报，主管部门组织专家对志愿者申报队伍进行评审打分，并将专家评分（单位：分）分成组：，得到如图所示的频率分布直方图.(1)求图中的值；(2)从评分不低于分的队伍中随机选取支队伍，该支队伍中评分不低于分的队伍数为，求随机变量的分布列和期望.18．记的内角所对边分别为．已知．(1)求的大小；(2)若，再从下列条件①，条件②中任选一个作为已知，求的面积．条件①：；条件②：．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19．如图①，在等腰直角三角形中，分别是上的点，且满足.将沿折起，得到如图②所示的四棱锥.(1)设平面平面，证明：⊥平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.20．已知椭圆的左，右焦点分别为，上顶点为，且为等边三角形.经过焦点的直线与椭圆相交于两点，的周长为.(1)求椭圆的方程；(2)试探究：在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.21．已知函数.(1)当时，若曲线在处的切线方程为，证明：；(2)若，求的取值范围.22．在直角坐标系中，圆心为的圆的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求圆的极坐标方程；(2)设点在曲线上，且满足，求点的极径．23．已知、为非负实数，函数．(1)当，时，解不等式；(2)若函数的最小值为，求的最大值．

参考答案1．【答案】C【分析】解不等式，得到，进而求出交集.【详解】，故.故选：C2．【答案】A【分析】利用复数的除法化简可得复数.【详解】由复数的除法可得.故选：A.3．【答案】B【分析】根据抛物线的焦点为求解.【详解】因为抛物线，所以，所以焦点坐标为故选：B4．【答案】C【分析】根据折线图给出的数据进行计算可判断出答案.【详解】对于A，2018年电子信息制造业企业利润总额增速为负数，从2017到2018利润总额下降，故A不正确；对于B，2015年工业企业利润总额增速为负数，从2014到2015利润总额下降，2019年工业企业利润总额增速为负数，从2018到2019利润总额下降，故B不正确；对于C，2012年─2017年电子信息制造业企业利润总额增速均为正数，所以利润总额均较上一年实现增长，且其增速均大于当年工业企业利润总额增速，故C正确；对于D，2012年─2021年工业企业利润总额增速的均值为，2012年─2021年电子信息制造业企业利润总额增速的均值为，，故D不正确.故选：C5．【答案】C【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合目标函数的几何意义，确定目标函数的最优解.【详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，目标函数，可化为直线，当直线过点时在上的截距最大，此时目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为.故选：C.6．【答案】B【分析】相关系数来说，越接近，相关程度越大，说明拟合效果更好可判断A；由随机变量的观测值可判断B；由线性回归直线一定恒过样本中心可判断C；由残差平方和越小，模型的拟合效果越好，可判断D.【详解】对于A，回归分析中，对于相关系数，越接近，相关程度越大，说明拟合效果更好，A对；对于B，对分类变量与，它们的随机变量的观测值越小，说明“与有关系”的可能性越小，B错；对于C，由线性回归直线，其中，所以一定恒过样本中心，所以C正确；对于D，在回归分析中，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，D正确.故选：B7．【答案】D【详解】，则有，解得或，当时，，则当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在处有极小值，不符合题意；当时，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在处有极大值，符合题意．综上可得，.故选D.8．【答案】B【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系即可判断.【详解】因为，若，则可得，必要性成立；若，则或都有可能，但是不一定成立，充分性不成立.所以“”是“”的必要不充分条件.故选:B.9．【答案】C【分析】根据与的关系，结合等比数列的定义、等比数列的通项公式进行求解即可.【详解】由，所以数列是以2为首项，2为公式的等比数列，于是，故选：C10．【答案】A【分析】根据题意，列出方程，得到，两边取对数后，求出的值.【详解】由题意得：，即，两边取对数得：，故.故选：A11．【答案】D【分析】作图，分外接球的球心在锥内和锥外2种情况，运用勾股定理分别计算.【详解】设四棱锥为，底面的中心为O，设外接球的半径为R，底面正方形的边长为2a，四棱锥的高为，则，，当外接球的球心在锥内时为，在中，，即…①，在中，，即…②，联立①②，解得（舍）；当外接球的球心在锥外时为，在中，，即…③，在中，，即…④，联立③④解得，四棱锥的体积；故选：D.12．【答案】B【分析】在平面内一点，作，，，取的中点，计算出、的值，利用向量三角不等式可求得的最大值.【详解】在平面内一点，作，，，则，则，因为，则，故为等腰直角三角形，则，取的中点，则，所以，，所以，，因为，所以，，则，所以，.当且仅当、同向时，等号成立，故的最大值为.故选：B.13．【答案】【分析】根据等差数列的通项公式，将已知等式化简，两式相减即可求得答案.【详解】由题意公差为d的等差数列中，,则,即,故,故答案为:14．【答案】240【分析】先求出二项式的展开式的通项公式，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中的常数项.【详解】展开式的通项公式令,所以的展开式的常数项为,故答案为.【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题.二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.15．【答案】【分析】将双曲线方程和圆的方程联立可求得，由曲线对称性和正方形特征知，由此构造齐次方程求得离心率.【详解】由得：，，两曲线交点恰为一个正方形四个顶点，，即，整理可得：，，解得：，又，，则.故答案为：.16．【答案】②③④【分析】令，因，则.对于①，，则函数有零点相当于函数的图像与直线有交点，做出相关图像可得答案；对于②，由图可得答案；对于③，由图可得时，的图像与直线有2个点，即有两个根，得，.方程，在上均有两个根，设为.即可得答案；对于④，由③可知，，设数列公差为，则，，说明方程在上有唯一解即可.【详解】令，因，则.对于①，，则函数有零点相当于函数的图像与直线有交点，做出的图像，由图可得若函数有零点，则的范围是，故①错误；对于②，由图，当时，的图像与直线无交点，得有0个零点；当，或，得或，解得，即此时有3个零点；当，由图可得，此时的图像与直线有2个交点，即方程有2个解，设为，又方程各有两个解，即此时有4个零点；当，，得或，即此时有2个零点.综上函数的零点个数可能为，故②正确.对于③，当，由图可得，此时的图像与直线有2个交点，即方程有2个解，设为，又方程各有两个解，即此时有4个零点.设方程两根为，方程两根为，因，则，故③正确；对于④，由③分析知有2个解，设为，则由韦达定理有.又，，则.又，则.设数列公差为，则，又，可得，因，则.代入，得，令，则，因，则，得在上单调递增，又.则存在唯一实数，使得.得为常数，为方程在上的唯一解.故④正确.故答案为：②③④.【点睛】关键点点睛：本题考查利用图像和导数研究函数的零点，难度较大.判断①②③时，利用图像可较为简介地解决问题；对于④，常规思路为求出的值，但因难以求出，故建立与有关的方程，说明其解的唯一性并确定范围.17．【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）利用直方图中各矩形面积和为列方程求解即可.（2）先求出评分不低于80分的队伍数，以及评分不低于90分的队伍数，确定随机变量的取值，求出概率，写出分布列，求得期望.【详解】（1）由，解得．（2）由题意知不低于分的队伍有支，不低于90分的队伍有支.随机变量的可能取值为.的分布列为18．【答案】(1)；(2).【详解】（1），由正弦定理知，即．在中，由，．．．．（2）若选择条件①，由正弦定理，得．．又，即．．．若选择条件②，由，即．设．则．由，得．．．19．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由得到线面平行，进而由线面平行的性质得到线线平行，得到，证明出线面垂直，（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.【详解】（1）平面平面，平面.平面，平面平面，.由图①，得，.平面，平面；（2）由题意，得.又，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，.设平面的一个法向量为.则，令，得，故.设与平面所成角为.直线与平面所成角的正弦值为.20．【答案】(1)(2)存在定点,使得为定值【分析】（1）根据等边三角形三边长相等可知，根据周长为可求得，结合椭圆关系可求得结果；（2）假设存在满足题意的定点，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据向量数量积的坐标运算表示出，代入韦达定理的结论整理可得，根据为定值可构造方程求得的值，从而得到定点坐标.【详解】（1）为等边三角形，，，；的周长为，，解得：，，，椭圆的方程为：.（2）假设在轴上存在定点，使得为定值；由（1）知：，直线斜率不为零，可设，，，由得：，则，，，；为定值，，解得：，此时定值为；存在定点，使得为定值.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点、定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出所求量，代入韦达定理可整理消元确定定值或根据定值求得定点.21．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，再构造函数并求出最值作答.（2）由给定不等式构造函数，结合零点存在性定理分类讨论求解不等式恒成立的a的范围作答.【详解】（1）当时，，依题意，曲线在处的切点为，而，有，即曲线在处的切线方程为，记，求导得，当时，，递增，当时，，递