瀘州市高2021級第二次教學質量診斷性考試數學（文科）本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分．第I卷1至2頁，第II卷3至4頁．共150分．考試時間120分鐘．注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題的答案標號涂黑．3．填空題和解答題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內，作圖題可先用鉛筆繪出，確認后再用0.5毫米黑色簽字筆描清楚，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交．第I卷（選擇題共60分）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知全集，集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據補集的定義計算可得.【詳解】因為，，所以.

故選：A2.若復數為純虛數，則實數的值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】對得復數進行除法運算，再利用純虛數的概念，求得的值.【詳解】因為，所以.故選：B.【點睛】本題考查復數的運算及純虛數的概念，考查基本運算求解能力，屬于基礎題.3.中，“”是“”的（）A充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】由正弦定理，大角對大邊，大邊對大角等證明出充分性和必要性均成立，從而求出答案.【詳解】因為，由大角對大邊可得，由正弦定理得，且，所以，故，充分性成立，同理當時，，，由正弦定理可得，由大邊對大角可得，必要性成立，“”是“”的充要條件.故選：C4.在某校高中籃球聯賽中，某班甲、乙兩名籃球運動員在8場比賽中的單場得分用莖葉圖表示（如圖一），莖葉圖中甲的得分有部分數據丟失，但甲得分的折線圖（如圖二）完好，則下列結論正確的是（）A.甲得分的極差是18 B.乙得分的中位數是16.5C.甲得分更穩定 D.甲的單場平均得分比乙低【答案】B【解析】【分析】根據圖一中甲的得分情況可判斷ABC的正誤，結合圖二可判斷圖一丟失的數據，計算兩者的均值后可判斷D的正誤.【詳解】對于甲，其得分的極差大于或等于，故A錯誤；從折線圖看，甲的得分中最低分小于10，最高分大于或等于28，且大于或等于20的分數有3個，故其得分不穩定，故C錯誤；乙的數據由小到大依次為：乙得分的中位數為，故B正確.乙得分的平均數為，從折線圖上，莖葉圖中甲的得分中丟失的數據為一個為，另一個可設為，其中，故其平均數為，故D錯誤.故選：B.5.函數的部分圖象大致是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】判斷函數的奇偶性，并判斷時，函數值的正負，即可判斷選項.【詳解】，定義域為，關于原點對稱，由，所以為奇函數，排除BD；當時，，因為為上減函數，為上的增函數，則為上的減函數，且當，，則當，，故，排除A.故選：C.6.執行如圖所示的程序框圖，輸出的S的值為（）A.250 B.240 C.200 D.190【答案】C【解析】【分析】模擬程序運行，確定變量值的變化，判斷循環條件可得結論．【詳解】程序運行時，變量值變化如下：，，，不滿足；，，，不滿足；，，，滿足，輸出．故選：C．7.已知點P在橢圓C：上，C的左焦點為F，若線段的中點在以原點O為圓心，為半徑的圓上，則的值為（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】B【解析】【分析】利用三角形的中位線定理與圓的半徑求得，再利用橢圓的定義即可得解.【詳解】因為橢圓C：所以該橢圓，，則，設橢圓的右焦點為，連接，記線段的中點為，連接，因為，所以，因為分別為的中點，所以，又，所以.故選：B.8.已知函數的圖象關于直線對稱，則的值為（）A. B. C. D.1【答案】D【解析】【分析】利用輔助角公式及正弦函數的性質計算可得.【詳解】因為（其中），又函數的圖象關于直線對稱，所以，所以，解得.故選：D9.定義域為的函數滿足，當時，函數，設函數，則方程的所有實數根之和為（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】D【解析】【分析】首先得到是以為周期的周期函數，關于對稱，在同一平面直角坐標系中畫出與的圖象，數形結合判斷函數的交點，再根據對稱性計算可得.【詳解】因為定義域為的函數滿足，即，所以是以為周期的周期函數，又，則，所以關于對稱，又，又，又當時，函數，所以，則，令，即，在同一平面直角坐標系中畫出與的圖象如下所示：由圖可得與有個交點，交點橫坐標分別為，且與關于對稱，與關于對稱，所以，，所以方程的所有實數根之和為.故選：D10.已知雙曲線的左，右兩個焦點分別為，，A為其左頂點，以線段為直徑的圓與C的漸近線在第一象限的交點為，且，則的離心率（）A. B. C. D.3【答案】B【解析】【分析】根據題意求得點的坐標，再由條件得到關于的齊次方程，從而得解.【詳解】因為雙曲線的漸近線方程為，而以線段為直徑的圓的方程為，聯立，結合，解得或，因為在第一象限，所以，又，則，而，，所以，所以，即，則，所以雙曲線的離心率為.故選：B.11.已知三棱錐的底面是邊長為3的等邊三角形，且，，平面平面，則其外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分別利用正弦定理求得的外接圓的半徑，再利用兩個面垂直的三棱錐的外接球半徑滿足，從而得解.【詳解】因為三棱錐的底面是邊長為3的等邊三角形，所以，則，設的外接圓的半徑分別為，則在等邊中，，在中，，所以，則，，設三棱錐的外接球的半徑為，因為平面平面，則，所以其外接球的表面積為.故選：D.12.已知，都是定義在上的函數，對任意，滿足，且，則下列說法正確的是（）A. B.若，則C.函數的圖像關于直線對稱 D.【答案】D【解析】【分析】利用賦值法結合題目給定的條件可判斷A、D，取可判斷C，對于B，通過觀察選項可以推斷很可能是周期函數，結合的特殊性及一些已經證明的結論，想到令和時可構建出兩個式子，兩式相加即可得出，進一步得出是周期函數，從而可求的值.【詳解】對于A，令，可得，得，令，，代入已知等式得，

可得，結合得，所以，故A錯誤；對于D，因為，令，代入已知等式得，

將，代入上式，得，所以函數為奇函數.令，，代入已知等式，得，因為，所以，

又因為，所以，

因為，所以，故D正確；對于B，分別令和，代入已知等式，得以下兩個等式：，，

兩式相加易得，所以有，

即，

有，

即，所以為周期函數，且周期為，

因為，所以，所以，，

所以，

所以，故B錯誤；對于C，取，，滿足及，所以，又，所以函數的圖像不關于直線對稱，故C錯誤；故選：D.【點睛】思路點睛：對于含有的抽象函數的一般解題思路是：觀察函數關系，發現可利用的點，以及利用證明了的條件或者選項；抽象函數一般通過賦值法來確定、判斷某些關系，特別是有雙變量，需要雙賦值，可以得到一個或多個關系式，進而得到所需的關系，此過程中的難點是賦予哪些合適的值，這就需要觀察題設條件以及選項來決定.第II卷（非選擇題共90分）注意事項：（1）非選擇題的答案必須用0.5毫米黑色簽字筆直接答在答題卡上，作圖題可先用鉛筆繪出，確認后再用0.5毫米黑色簽字筆描清楚，答在試題卷和草稿紙上無效．（2）本部分共10個小題，共90分．二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在答題紙上）．13.已知向量滿足，則___________.【答案】1【解析】【分析】對兩邊平方化簡可得結果【詳解】因為，所以，所以，解得，故答案為：114.已知實數x，y滿足約束條件，則的最大值等于______.【答案】【解析】【分析】根據題意，畫出可行域和目標函數，直接判斷最大值點即可.【詳解】如圖，畫出可行域和目標函數，可得在點處取得最大值，此時.故答案為：.15.若函數有零點，則實數的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】利用導數說明函數的單調性，即可求出函數的最大值，依題意只需，即可求出參數的取值范圍.【詳解】函數的定義域為，又，所以當時，當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，又時，時，又函數有零點，所以，即，所以實數的取值范圍是.故答案為：16.的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，則的最大值為________．【答案】【解析】【分析】利用正余弦定理，結合三角恒等變換得到，再利用基本不等式即可得解.【詳解】由余弦定理得，兩式相減得，因為，所以，由正弦定理得，即，所以，則，因為在中，不同時為，，故，所以，又，所以，則，故，則，所以，當且僅當，即時，等號成立，則的最大值為.故答案為：.【點睛】易錯點睛：在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現錯誤．三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．（一）必考題：共60分．17.已知數列的前n項和為，．（1）求數列的通項公式；（2）在與之間插入n個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用與的關系式，結合等比數列的定義與通項公式即可得解；（2）利用等差數列的通項公式即可得解.【小問1詳解】因為，當時，，所以，當時，，所以，整理得，所以數列是以3為首項，公比為3的等比數列，所以數列的通項公式為;小問2詳解】因為，由題意得：，即，所以.18.如圖，為圓柱底面的內接四邊形，為底面圓的直徑，為圓柱的母線，且．（1）求證：；（2）若，點在線段上，且，求四面體的體積．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由平面幾何的知識可得，再由線面垂直的性質得到，即可證明平面，從而得證；（2）設，連接，即可證明，從而得到平面、平面，再證明平面，最后根據計算可得.【小問1詳解】因為為底面圓直徑，且，即，又，所以，所以，所以，又為圓柱的母線，即平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以.【小問2詳解】在中、，所以，又，則，設，所以在中，，，所以，則，又，連接，所以，因為平面，平面，所以平面，又，所以，又平面，所以平面，又平面，平面，所以，，又，且，平面，所以平面，所以.19.某校為了讓學生有一個良好的學習環境，特制定學生滿意度調查表，調查表分值滿分為100分．工作人員從中隨機抽取了100份調查表將其分值作為樣本進行統計，作出頻率分布直方圖如圖．（1）估計此次滿意度調查所得的平均分值（同一組中的數據用該組區間的中點值為代表）；（2）在選取的100位學生中，男女生人數相同，規定分值在（1）中的以上為滿意，低于為不滿意，據統計有32位男生滿意．據此判斷是否有的把握認為“學生滿意度與性別有關”？（3）在（2）的條件下，學校從滿意度分值低于分的學生中抽取部分進行座談，先用分層抽樣的方式選出8位學生，再從中隨機抽取2人，求恰好抽到男女生各一人的概率．附：，其中．【答案】（1）（2）有的把握認為“學生滿意度與性別有關”（3）【解析】【分析】（1）利用頻率分布直方圖平均數的求法求解即可；（2）利用（1）的結論及給定信息得到列聯表，再計算的觀測值，與臨界值表比對作答即可得解；（3）求出8位業主中男女人數，利用列舉法及古典概率公式即可得解.【小問1詳解】根據頻率分布直方圖知，，所以此次滿意度調查中物業所得的平均分值為分.【小問2詳解】由（1）及已知得列聯表如下：不滿意滿意總計男183250女302050總計4852100則的觀測值為：，所以有的把握認為“業主滿意度與性別有關”.【小問3詳解】由（2）知滿意度分值低于70分的業主有48位，其中男士18位，女士30位，用分層抽樣方式抽取8位業主，其中男士3位，女士5位，記男士為a，b，c，記女士為1，2，3，4，5，從中隨機抽取兩位為監督員事件為：，共計28個基本事件，其中抽到男女各一人有，共15個基本事件，所以恰好抽到男女各一人為監督員的概率為.20.已知函數．（1）求曲線在點處的切線方程；（2）若，，求實數a的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）對求導，利用導數的幾何意義即可得解；（2）先利用導數分析的單調性，再構造，將問題轉化為，利用的單調性，分析得，從而得解.【小問1詳解】因為，則，所以，，所以曲線在點處的切線方程；【小問2詳解】因為，且，所以當時，，單調遞減，當或時，，單調遞增；不妨令，當，即時，在單調遞增，在單調遞減，且，所以，此時符合題意；當，即時，在和單調遞增，在單調遞減，顯然在處取得極小值，此時極小值為，而，所以，要使，則必有，解得，故，綜上:的取值范圍是.【點睛】結論點睛：（1）有解；有解．（2）有解；有解．（3）有解；有解．（4），，．21.設F為拋物線的焦點，點P在H上，點，若．（1）求的方程；（2）過點F作直線l交H于A、B兩點，過點B作x軸的平行線與H的準線交于點C，過點A作直線CF的垂線與H的另一交點為D，直線CB與AD交于點G，求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由得點的橫坐標，再利用拋物線的定義即可得解；（2）聯立直線與拋物線的方程，得到，再根據題意依次求得點與點的坐標，從而將轉化為關于的表達式，從而得解.【小問1詳解】依題意，點的坐標為，又，，所以點的橫坐標為，由拋物線的定義得，所以，所以拋物線的方程為.【小問2詳解】由（1）知點的坐標為，設直線的方程為，聯立，消去，得，易知，設，則，故，因為的準線為，因為直線平行于軸，所以點的坐標為，則直線的斜率為，所以直線斜率為，其方程為，因為點的縱坐標為，所以點的橫坐標為，所以，因為，則，所以，即取值范圍是.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（