四川省高三2月诊断性测试数学文试题解析版

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1、2018届四川省高三2月诊断性测试数学（文）试题（解析版）第卷一、选择题：本大题共12个小题,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.1. 复数（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为，故选A.2. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为, 所以，故选A. 3. 若向量与向量共线，则（ ）A. 0 B. 4 C. D. 【答案】D【解析】因为与向量共线，所以，解得，故选D.4. 已知函数，则（ ）A. 0 B. 1 C. D. 【答案】D【解析】因为，故选D.5. 某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中的圆的半径为2

2、，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是一个正方体挖去一个圆柱所得的组合体，其中正方体的棱长为8，圆柱的底面半径为2，高为6，则该几何体的体积为：.本题选择C选项.点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解6. 在中，且，则（ ）A. B. 5 C. D. 【答案】A【解析】由正弦定理知，又知，所以由余弦定理知： ，所以，故选A.7. 若，则的值构成的集合为（

3、 ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由知，即，当时，所以，从而，当时，所以，因此选C. 8. 执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）A. 2 B. 1 C. 0 D. -1【答案】B【解析】第一次执行性程序后， ，第二次执行程序后，第三次执行程序后，满足条件，跳出循环，输出，故选B. 9. 设，若满足约束条件，则的最大值的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】作出可行域如下图：目标函数为，当目标函数过点时，10. 已知函数为偶函数，当时，.设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】当时， ，在上是增函数，因为函数为偶函数，所以，又，所以，故选A.点睛：

4、一般有关函数奇偶性单调性的题目，需要考察函数在部分区间上的单调性，利用分子有理化，可快速判断该函数在时的单调性，利用偶函数的性质，转化为判断自变量绝对值的大小即可.11. 过双曲线的左焦点作圆的切线，此切线与的左支、右支分别交于，两点，则线段的中点到轴的距离为（ ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】因为直线过双曲线左焦点，设直线为，因为与圆相切知，解得，当时不与双曲线右支相交，故舍去，所以直线方程为，联立双曲线方程，消元得，所以，即中点的纵坐标为3，所以线段的中点到轴的距离为3，故选B.12. 在底面是正方形的四棱锥中，底面，点为棱的中点，点在棱上，平面与交于点，且，则四

5、棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】如图所示，延长BA,CF,交于G，连接EG，与PA交于K，则AG=6，过A作AH/PB，与EG交于H，则，故,将四棱锥补成长宽高分别为3，3, 的长方体，故四棱锥的外接圆即为长方体的外接圆，所以球的表面积为，故选D.第卷二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 曲线在点处的切线的斜率为_【答案】4【解析】因为，所以切线斜率为4.故填4.14. 我国古代数学名著九章算术有一抽样问题：“今有北乡若干人，西乡七千四百八十八人，南乡六千九百一十二人，凡三乡，发役三百人，而北乡需遣一百零八人，问北乡人数几何？“其意

6、思为：“今有某地北面若干人，西面有7488人，南面有6912人，这三面要征调300人，而北面共征调108人（用分层抽样的方法），则北面共有_人”【答案】8100【解析】因为共抽调300人，北面抽掉了108人，所以西面和南面共14400人中抽出了192人，所以抽样比为，所以北面共有人，故填8100.15. 若椭圆上一点到两个焦点的距离之和为，则此椭圆的离心率为_【答案】【解析】当时，由椭圆定义知，解得，不符合题意，当时，由椭圆定义知，解得，所以，故填. 点睛：本题由于不知道椭圆的焦点位置，因此必须进行分类讨论，分析椭圆中的取值，从而确定c,计算椭圆的离心率.16. 将函数的图像向左平移个单位长度

7、后得到的图像.若在上单调递减，则的取值范围为_【答案】【解析】因为，向左平移个单位得函数，当时，函数为减函数，所以 ，求得，又，所以当时，故填.点睛：此类函数单调性问题比较困难，一般要先根据所给的单调区间计算的取值范围，让其成为正弦函数的单调区间的子集即可，利用这一原理，即可得出的取值范围. 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. 设为数列的前项和，已知，.（1）证明：为等比数列；（2）求.【答案】(1)见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）由递推关系式构造，从而证明数列是等比数列；（2）根据等比数列的前n项和公式计算即可.试题解析：（1）

8、证明：，则，是首项为2，公比为2的等比数列.（2）解：由（1）知，则. .18. 根据以往的经验，某建筑工程施工期间的降水量（单位：）对工期的影响如下表：根据某气象站的资料，某调查小组抄录了该工程施工地某月前20天的降水量的数据，绘制得到降水量的折线图，如下图所示.（1）求这20天的平均降水量；（2）根据降水量的折线图，分别估计该工程施工延误天数的概率.【答案】(1)433mm;(2)详见解析.【解析】试题分析：（1）根据折线图数据计算20天的平均降水量即可；（2）根据折线图分别计算延误天数，用频率估计概率.试题解析：（1）这20天的平均降水量为 .（2）的天数为10，的频率为，故估计的概率为

9、0.5.的天数为6，的频率为，故估计的概率为0.3.的天数为2，的频率为，故估计的概率为.的天数为2，的概率为，故估计的概率为.19. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，为棱上一点.（1）证明：平面平面；（2）设，记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，求的长.【答案】(1)详见解析;(2) .【解析】试题分析：（1）根据条件可证明AB垂直平面PAD，从而可证平面平面；（2）根据等体积法，转换棱锥顶点即可求出.试题解析：（1）证明：平面，底面是正方形，.又，平面.平面，平面平面.（2）解：设，的面积为，.又，则.又平面，.点睛：在三棱锥的体积、高等问题中，经常使用等体积法来处理，一般可转化顶点，

10、利用体积不变，高，底的变化来突破问题，解题中要注意使用.20. 已知曲线由抛物线及抛物线组成，直线与曲线有个公共点.（1）若，求的最小值；（2）若，记这3个交点为，其中在第一象限，证明：.【答案】(1) 的最小值为;(2)详见解析.【解析】试题分析：（1）联立 与 ， ，故与抛物线 恒有两个交点.所以 与 ，至少有一个交点 . ，可求得的最小值为 .（2）由（1）知， ，可求得 ， ， ，再去证明 .试题解析：（1）解：联立 与 ，得 ， ，与抛物线 恒有两个交点.联立 与 ，得 . ， ， ， ， 的最小值为 .（2）证明：由（1）知， 且 ， ， ， 易知 为抛物线 的焦点，则 设 ， ，

11、则 ， ， ， ，点睛：本题主要考查了解析中的坐标运算，通过坐标关系建立方程进而求解基本量，这种解法一般运算量较大，需要耐心计算，属于中档题.当解析中与向量问题的结合时，一般的思路有两个，一个是寻找几何关系，比如：中点、垂直、角平分线等，利于数形结合求解；另一个是通过向量坐标化，进而转成代数运算求解.21. 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，求的取值范围.【答案】(1)详见解析;(2) .（2）分 ， ， 求和0比，求的取值范围.试题解析：（1） 当 时， ， 在 上单调递减.当 时，令 ，得 ，令 ，得 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，当 时，令 ，得 ，令 ，得 的单调递减区

12、间为 ，单调递增区间为 （2）当 时， 在 上单调递减， ，不合题意.当 时，不合题意，当 时， ， 在 上单调递增， ，故 满足题意.当 时， 在 上单调递减，在 单调递增， ，故 不满足题意.综上， 的取值范围为 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，圆的参数方程为，（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.已知直线的极坐标方程为，且.（1）求圆的极坐标方程；（2）设为直线与圆在第一象限的交点，求.【答案】(1) ;(2) .【解析】【试题分析】(1)先将圆的参数消掉得到圆的直角坐标方

13、程,展开后利用直角坐标和极坐标转换公式得到圆的极坐标方程.将交点对应极坐标角度代入圆的方程,求得对应的值,也即的值.【试题解析】解：（1）由，消去得，即，故圆的极坐标方程为.（2），且，.将代入，得，.23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若对恒成立，求的取值范围.【答案】（1）不等式的解集为；（2）.【解析】（1）两边同时平方即可去掉绝对值号，求出不等式的解；（2）去掉绝对值号，分离参数根据恒成立即可求出m的取值范围.（1）由，得，不等式两边同时平方得，解得，所求不等式的解集为.（2）当时，.，即，对恒成立，即，对恒成立，又，且，.点睛：恒成立问题一般要分离参数，转化为求函数的最大值或最小值来处理，本题需要考虑含绝对值的不等式如何去掉绝对值号分离参数是关键.11第页