德陽市高中2021級“三診”考試數學試卷(理工農醫類)說明：1．本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4頁．考生作答時，須將答案答在答題卡上，在本試卷、草稿紙上答題無效．考試結束后，將答題卡交回．2．本試卷滿分150分，120分鐘完卷．第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題：本大題共12個小題，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.已知集合，，若，則實數a的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，利用集合的包含關系求解即得.【詳解】集合，，又，則，所以實數a的取值范圍是.故選：B2.歐拉公式把自然對數的底數，虛數單位i，cosθ和sinθ聯系在一起，充分體現了數學的和諧美，被譽為“數學中的天橋”，若復數滿足，則正確的是（）A.的共軛復數為 B.的實部為1C.的虛部為i D.的模為1【答案】D【解析】【分析】由歐拉公式計算可得，再根據共軛復數、實部、虛部定義以及模長公式可得結果.【詳解】由可得，所以，可得，所以的共軛復數為，即A錯誤；的實部為0，即B錯誤；的虛部為，所以C錯誤；的模為1，可知D正確.故選：D3.在的展開式中的系數是（）A.30 B.35 C.55 D.60【答案】C【解析】【分析】利用二項式定理求出所有含的項，計算可得系數.【詳解】由二項展開式的通項可得展開式中含的項包括兩項，即，所以展開式中的系數是55.故選：C4.已知函數，且，則的值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出函數的導函數，利用給定等式求出，再利用二倍角的正切計算即得.【詳解】函數，求導得，由，得，解得，所以.故選：B5.執行下面的程序框圖，輸出的（）A. B.C D.【答案】A【解析】【分析】由程序框圖的循環結構，代入計算可得結果.【詳解】根據流程框圖可知，第一次計算結果；第二次循環計算可得；第三次循環計算可得，不滿足，循環結束，此時輸出.故選：A6.已知向量，為坐標原點，動點滿足約束條件，則的最大值為（）A. B.2 C. D.3【答案】D【解析】【分析】利用向量數量積的坐標表示得出約束條件，畫出可行域并利用直線的截距的幾何意義求得結果.【詳解】易知，所以約束條件即為，畫出可行域如下圖陰影部分所示：將目標函數變形可得，當其在軸上的截距最小時，的取值最大；對直線，令，則，則，顯然當直線平移到過點時，取最大值3.故選：D7.2023年7月28日至8月8日，第31屆世界夏季大學生運動會在成都市舉行，組委會將5名大學生分配到A，B，C三個路口進行引導工作，每個路口至少分配一人，每人只能去一個路口．若甲、乙要求去同一個路口，則不同的分配方案共有（）A.18種 B.24種 C.36種 D.48種【答案】C【解析】【分析】按照分組分配問題先將5人分情況討論并分成三組，再分配到三個路口進行計算可得結果.【詳解】第一步：先將5名大學生分成三組，每組人數為1，1，3或1，2，2；當分為1，1，3時，且甲、乙要求去同一個路口，則甲、乙必須在3人組，因此只需從剩下的3人中任選一人，其余兩人各自一組，共有種分法；當分為1，2，2時，且甲、乙要求去同一個路口，則將剩下的3人分成兩組即可，共有種分法；第二步：再將分好的三組人員分配到三個路口，共有種分配方案；因此共種.故選：C8.α，β，γ為不同的平面，m，n，l為不同的直線，則m⊥β的一個充分條件是A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】解：因為α，β，γ為不同的平面，m，n，l為不同的直線，則m⊥β的一個充分條件是，選A9.如今我國物流行業蓬勃發展，極大地促進了社會經濟發展和資源整合．已知某類果蔬的保鮮時間y(單位：小時)與儲藏溫度x(單位：℃)滿足函數關系．(a，b．為常數)，若該果蔬在7℃的保鮮時間為288小時，在21℃的保鮮時間為32小時，且該果蔬所需物流時間為4天，則物流過程中果蔬的儲藏溫度(假設物流過程中恒溫)最高不能超過（）A.14℃ B.15℃ C.13℃ D.16℃【答案】A【解析】【分析】根據給定的函數模型建立方程組，再列出不等式即可求解.【詳解】依題意，，則，即，顯然，設物流過程中果蔬的儲藏溫度為t℃，于是，解得，因此，所以物流過程中果蔬的儲藏溫度最高不能超過14℃.故選：A10.“阿基米德多面體”也稱半正多面體，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，它體現了數學的對稱美．如圖是以正方體的各條棱的中點為頂點的多面體，這是一個有八個面為正三角形，六個面為正方形的“阿基米德多面體”，若該多面體的棱長為，則該多面體外接球的表面積為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】將該多面體補全為正方體，得出該多面體的外接球即為正方體的棱切球，求出該正方體的棱長得出棱切球半徑，計算得到表面積.【詳解】將“阿基米德多面體”補全正方體，如下圖所示：不妨取兩棱中點為，由題知，易知，可得，所以正方體的棱長為2，該多面體的外接球即為正方體的棱切球，所以棱切球的直徑為該正方體的面對角線，長度為，因此該多面體的外接球的半徑為，所以其表面積為.故選：A11.設是雙曲線的左、右焦點，O是坐標原點，點P是C上異于實軸端點的任意一點，若則C的離心率為（）A. B. C.3 D.2【答案】D【解析】【分析】設出點的坐標，利用兩點間距離公式，結合點在雙曲線上及給定等式化簡計算即得.【詳解】令雙曲線的焦點，設，則，即有，，同理，而，故，因此，即，所以雙曲線C的離心率.故選：D12.已知函數及其導函數的定義域均為，且，，則不等式的解集是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據題意可構造函數，求得的單調性，再利用函數對稱性解不等式即可求得結果.【詳解】構造函數，則；因為，所以當時，，即，此時在上單調遞增；當時，，即，此時在上單調遞減；又，所以，即；所以函數圖象上的點關于的對稱點也在函數圖象上，即函數圖象關于直線對稱，不等式變形為，即；可得，又在上單調遞增，在上單調遞減，所以，解得.故選：C【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于根據的結構特征構造函數，判斷出其單調性，再由得出其對稱性解不等式即可.第Ⅱ卷(非選擇題共90分)本卷包括必考題和選考題兩部分，第13~21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．二、填空題：共4小題，每小題5分，共20分．將答案填在答題卡上．13.已知函數f(x)═cos(x+θ)是奇函數，則θ的最小正值為___________．【答案】【解析】【分析】根據題意可得，可求的最小正值.【詳解】由函數為奇函數，可得，則的最小正值為.故答案為：.14.在中，角的對邊分別為；已知，若向量滿足，則的面積為__________．【答案】【解析】【分析】利用向量平行的坐標表示可得，再由余弦定理解得，利用面積公式可得結果.【詳解】根據題意由可得，整理可得；又可知，即可得，解得；所以的面積為.故答案為：15.已知兩點，若直線上存在唯一點P滿足，則實數m的值為__________．【答案】【解析】【分析】設出點的坐標，求出點的軌跡，再根據直線與圓相切求出m的值.【詳解】設點，則，由，得，因此點在以原點為圓心，1為半徑的圓上，顯然直線與此圓相切，則，解得，所以實數m的值為.故答案為：16.已知F為拋物線的焦點，過點F的直線l與拋物線C相交于不同的兩點A、B，若拋物線C在A、B兩點處的切線相交于點P，則的最小值為_______．【答案】5【解析】【分析】設出直線方程并于拋物線聯立，利用焦點弦公式求得的表達式，再利用導數求得切線方程得出點坐標，可得，再由對勾函數性質即可得出其最小值.【詳解】由拋物線可知，顯然直線的斜率一定存在，可設直線的方程為，；如下圖所示：聯立拋物線和直線的方程，消去可得；由韋達定理可得；利用焦點弦公式可得；由可得，求導可得，所以拋物線在點處的切線方程為，由，整理可得；同理可得點處的切線方程為；聯立解得，即；可得；所以，令，則；利用對勾函數性質可知函數在上單調遞增，所以，當且僅當時，等號成立；即的最小值為5.故答案為：5【點睛】關鍵點點睛：在求解拋物線在某點處的切線方程時，經常利用導數的幾何意義得出切線方程表達式即可解得交點坐標，再由焦點弦公式得出的表達式可求得最小值.三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知是等差數列，是等比數列，且的前n項和為，在①，②這兩個條件中任選其中一個，完成下面問題的解答．（1）求數列和的通項公式;（2）設數列的前n項和為，是否存在，使得若存在，求出所有滿足題意的；若不存在，請說明理由．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根據等差數列定義可求得，利用等比數列定義根據條件①②列方程組解得公比可得；（2）利用錯位相減法求出，易知，又可得.【小問1詳解】設等差數列的公差為，由可得，解得；所以，即數列的通項公式為設等比數列的公比為，若選擇條件①，，由且，可得，即，解得，所以是以為首項，公比為2的等比數列，可得；即數列的通項公式為；若選擇條件②，，令，則，所以公比，此時，經檢驗滿足題意，即是以為首項，公比為2的等比數列，所以【小問2詳解】假設滿足題意得存在，因為，所以，兩式相減可得；所以，因為，所以；所以由可得，即，又，所以，即，解得，因此滿足題意的存在，且.18.某公司為了確定下季度的前期廣告投入計劃，收集并整理了近6個月廣告投入量x(單位：萬元)和收益y(單位：萬元)的數據如表(其中有些數據污損不清)：月份123456廣告投入量27810收益20303437他們分別用兩種模型①，②進行擬合，得到相應的回歸方程并進行殘差分析，得到如圖所示的殘差圖及一些統計量的值．（1）根據殘差圖，比較模型①，②的擬合效果，應選擇哪個模型?（2）殘差絕對值大于2的數據被認為是異常數據，需要剔除．（i）剔除異常數據后，求出（1）中所選模型的回歸方程；（ii）若廣告投入量x=19，則（1）中所選模型收益的預報值是多少萬元?(精確到0.01)附：對于一組數據其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為：.【答案】（1）模型①；（2）（i）；（ii）.【解析】【分析】（1）觀察殘差圖，利用殘差波動大小選擇.（2）（i）利用給定數據，計算最小二乘法公式中相關量，求出回歸直線方程；（ii）利用求得的回歸方程進行數據估計.【小問1詳解】由于模型①殘差波動小，應該選擇模型①.【小問2詳解】（i）剔除異常數據，即3月份的數據，剩下數據的平均數為，，，，，，，所以所選模型的回歸方程為.（ii）若廣告投入量，則該模型收益的預報值是(萬元).19.如圖，在三棱柱中，底面是等邊三角形，，D為的中點，過的平面交棱于E，交于F．（1）求證:平面⊥平面；（2）若是等邊三角形，，求二面角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）先證明平面，再證明面面垂直即可得證；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求二面角的余弦值，再由同角三角函數的基本關系得解.【小問1詳解】連接，因為，所以，所以.因為D為BC的中點，所以.因為，D為BC的中點，所以因為平面，所以平面，又，所以平面，又平面，所以平面平面.【小問2詳解】取的中點，連接，因為是等邊三角形，所以，由(1)可知平面，則兩兩垂直，故以為原點，所在直線為軸，過作的平行線為軸，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，因為底面是邊長為的等邊三角形，所以，因為是等邊三角形，所以，所以則，設平面法向量為，由，令，得.易知平面的一個法向量為，記二面角的大小為，則，故二面角的正弦值為.20.已知橢圓的離心率為其左右焦點分別為下頂點為A，右頂點為B，的面積為（1）求橢圓C的方程;（2）設不過原點O的直線交C于M、N兩點，且直線的斜率依次成等比數列，求面積的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據橢圓離心率及的面積列式可得結果；（2）設出直線方程，聯立直線與橢圓方程，根據韋達定理及條件得到m與k的關系，由點到直線的距離公式、弦長公式表示面積，構造函數可得結果.【小問1詳解】依題意，又，又，所以，所以橢圓C的方程為.【小問2詳解】由題意可知，直線的斜率存在且不為0，故可設直線：，，聯立直線和橢圓，化簡得，由題意可知，即，且，則，又直線的斜率依次成等比數列。即，則，所以且，設點O到直線的距離為，又，所以，令，，顯然在上為增函數，在上為減函數，所以，即，所以，故面積的取值范圍為.【點睛】方法點睛：求解橢圓中三角形的面積問題時，一般需要設出直線方程，聯立直線與橢圓方程，結合韋達定理，弦長公式，點到直線距離公式等，表示出三角形的面積，再利用構造函數或基本不等式的方法求解即可.21.設函數，．（1）試研究在區間上的極值點；（2）當時，，求實數a的取值范圍．【答案】（1）無極值點；（2）.【解析】【分析】（1）求出函數的導數，利用導數探討函數單調性，判斷函數的極值點.（2）按分類探討，利用（1）中信息，結合不等式性構造函數并推理得，當時，構造函數，利用導數結合單調性判斷即得.【小問1詳解】函數，求導得，令，求導得，設，則，當時，，當且僅當時取等號，則在上單調遞增，即有，于函數在上單調遞增，因此，所以在區間上沒有極值點.【小問2詳解】由（1）知，當，則，設，求導得，設，求導得，則函數在上單調遞增，有，即，函數在上單調遞增，于是，即，則對任意的恒成立，當時，，則當時，對任意的恒成立，當時，設，求導得，顯然，而函數在上的圖象連續不斷，則存在實數，使得對于任意的，均有，因此函數在上單調遞減，則當時，，即，不符合題意，綜上所述，實數的取值范圍為.【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：①通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；②利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．③根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．請考生在22、23