四川省成都市2021

四川省成都市2021-2022学年高三第一次诊断性检测理科数

学试题

学校姓名：班：考号：

:____________________________________________

级

一、单选题

x

2

1

．设集合

Ax|xx0



，，则（）

Bx|e1

AB



ABCD

．．．．



,1

2z=

．已知复数

ABCD

．．．．

5

5



1,1



1,



1,



i

（为虚数单位），则（）

i

|z|=

2i1

1

5

1

25

5

3

．函数

f(x)sinxsinxcosx



的最小正周期是（）

ABCπD2π

．．．．



3



2



xy0





4xy

．若实数，满足约束条件



3x2y50



，则的最大值为（）

z=3x+y



2xy10





AB3CD4

．．．．

3

4

5△ABCAB⊥BCAB=BC=2.△ABCAC

．在中，已知，现将绕边旋转一周，则所得到的

旋转体的表面积是（）

A2πB2πC3πD4π

．．．．

222

xy

22

6

．已知双曲线

22



1a0,b0



的一条渐近线方程为，则该双曲线的离

y2x

ab

心率为（）

ABC2D3

．．．．

5

3

7

．已知实数

a,b

满足，则（）

log2log21

ab



ABCD

．．．．

1a2b1ba2

1ab2a1b2

80.4

．已知某篮球运动员每次罚球命中的概率为，该运动员进行罚球练习（每次罚球

互不影响），则在罚球命中两次时，罚球次数恰为次的概率是（）

4

ABCD

．．．．

36

625

9

125

108

625

54

125



3

sin



9

．已知

sin()





，则的值为（）

1tan





45

ABCD

．．．．

--

7272

6030

7272

6030

10

．四名同学各掷骰子五次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结

试卷第1页，共4页

果，可以判断出一定没有出现点数的是（）．

6

A32B32

．平均数为，中位数为．中位数为，众数为

C22.4D32.8

．平均数为，方差为．中位数为，方差为

11A-BCDMNPQACBD

．如图，已知三棱锥的截面平行于对棱，，且

ACAM



m,n

，其中，（，）有下列命题：

mn∈0+∞.

BDMB

①

对于任意的，，都有截面是平行四边形；

mnMNPQ

②

当时，对任意的，都存在，使得截面是正方形；

AC⊥BDmnMNPQ

③

当时，截面的周长与无关；

m=1MNPQn

④

当，且时，截面的面积的最大值为

AC⊥BDAC=BD=2MNPQ1.

其中假命题的个数为（）

A0B1C2D3

．．．．



1lnx



,x0,





12=

．已知函数的解的个

f(x)



x

则关于的方程

x

ef(x)af(x)10(aR)

2

x





xe,x0.



数的所有可能值为（）

A346B13C46D3

．或或．或．或．

二、填空题

1



13___________

．项的系数为（用数字作答）



2x



展开式中

x

3

x



5



r





14

．已知向量

a,b

满足，，则向量与的夹角为

a1,1



a2b3,1



ab

___________.

1

xy

22



15

．已知斜率为

的直线与椭圆相交于不同的两点，，为轴上一点

+1



ABMy

97

3

且满足，则点的纵坐标的取值范围是

|MA|=|MB|M___________.

16ADBCDAD=2.

．在中，已知角，角的平分线与边相交于点，则

VABC

A

2π

A

3

AB+2AC___________.

的最小值为

试卷第2页，共4页

三、解答题

17{an}2a+a=0a=2a-2.

．已知等差数列满足，

2574

(1){an}

求的通项公式；

(2)bn=

设

2

a

n

，求数列的前项和

{bn}n.

18xy

．某项目的建设过程中，发现其补贴额（单位：百万元）与该项目的经济回报

（单位：千万元）之间存在着线性相关关系，统计数据如下表：

补贴额x（单位：百万元）

经济回报y（单位：千万

2.5344.56

元）

23456

ˆ

abxy

ˆˆ

；请根据上表所给的数据，求出关于的线性回归直线方程

(1)yx

(2)7.4

为高质量完成该项目，决定对负责该项目的名工程师进行考核考核结果为人优

秀，人合格现从这名工程师中随机抽取人，用表示抽取的人中考核优秀的

3.73X3

人数，求随机变量的分布列与期望

X.

ˆˆ



参考公式：

bybx,a





xxyy



ii

i1



n





xx



i

i1



n

2

ˆ

19DE

．如图甲，在直角三角形中，已知，，，，分别是

ABC

ABBC

BC4AB8

AB,AC

的中点将沿折起，使点到达点的位置，且，连接

.A

VADE

DE

A



ADBD



AB,AC



，得到如图乙所示的四棱锥，为线段上一点

A



BDEC

M.

AD



(1)

证明：平面

ADB





平面；

BDEC

(2)BCMA'EN

过，，三点的平面与线段相交于点，从下列三个条件中选择一个作为已

知条件，求直线与平面所成角的正弦值

DNA'BC.

①②③

BMBE

；直线与所成角的大小为；三棱锥的体积是三

EM

BC

45

MBDE

1

棱锥体积的

EA'BC

.

4

试卷第3页，共4页

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分

.

2

20C

．已知抛物线：

y2pxp0,p4



，过点且斜率为的直线与抛物线

A(2,0)

kC

相交于，两点

PQ.

(1)BxPBQB.

设点在轴上，分别记直线，的斜率为若

k,k

12

kk0

12

，求点的坐

B

标；

(2)CFPQCMN

过抛物线的焦点作直线的平行线与抛物线相交于，两点，求

|MN|

的值

.

|AP||AQ|

21.

．已知函数

f(x)sinx2ax,aR

(1)a≥

2

时，求函数（）在区间，上的最值；

fx[0π]

(2)xfx≤axcosx0+∞a.

若关于的不等式（）在区间（，）上恒成立，求的取值范围

1



x1cos





22xOyC

．在直角坐标系中，曲线的参数方程为



（为参数）以坐标原

α.

y1sin







点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为

Oxl





cos()2



.

4

(1)lC

求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；

(2)-13lCEF|AE|·|AF|

已知点的直角坐标为（，），直线与曲线相交于，两点，求的

A

值

.

23=|x-1|+2|x+1|.

．已知函数

f(x)

(1)<5

求不等式的解集；

f(x)

(2)+2b+c

设

f(x)

的最小值为若正实数，，满足，求的最小值

m.abca+2b+3c=m3a.

222

试卷第4页，共4页

参考答案：

1C

．

【解析】

【分析】

解一元二次不等式化简集合，解指数函数不等式化简集合，再求集合的交集

AB.

【详解】

Axxx0xxx10xx1

2





或，

x0



Bx|e1x|eex|x0

xx0



，

所以

AIBx|x11,



.

故选：

C.

2A

．

【解析】

【分析】

化简得，即得解

z



【详解】

解：由题得，

z=

所以

|z|=

故选：

A

3C

．

【解析】

【分析】

将函数解析式化简，利用正弦函数的周期公式可得

.

【详解】

2

因为

f(x)sinxsinxcosxsinxsinxcosx













2i

.

5

ii(2i1)2i





2i1(2i1)(2i1)5



415

.

+=

25255

1cos2xsin2x



22



12





sin2x



224



2







.

2

答案第1页，共17页

所以最小正周期

T

故选：

C

4D

．

【解析】

【分析】

画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，求解即可．

【详解】

解：可行域如图所示，作出直线，可知要取最大值，

y3xz

z

即直线经过点．

C



xy



解方程组得，，



C(1

1)



3x2y50



所以．

z3114

max

故选：．

D

5D

．

【解析】

【分析】

由题知该旋转体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，根据圆锥的侧面积计算公式

SRL



可得．

【详解】

解：由题知该几何体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，其中圆锥母线长，圆锥底

L2

面半径，

R2

S22242



答案第2页，共17页

故选：．

D

6B

．

【解析】

【分析】

根据渐近线方程，即可求得之间关系，将其转化为关系，即可求得

a,b

a,c

.

【详解】

b

xy

22

双曲线的渐近线方程为

22



1

yx



a

ab

b

因为渐近线方程为，所以

y2x

2

a



cb

故可得：

e1123





.



aa

故选：

B

7B

．

【解析】

【分析】

利用对数函数的单调性及对数的运算即可得解

.

【详解】

22

Qlog21loga

aa

，，同理

1a2

1b2

又，

log2log2

ab





log2log2lg20

ab

又，，，

lg20

lga0

lgb0

lg2lg2lgblga



lgalgblgalgb



lgblga0

，即，，，

lg0

故选：

B

8C

．

【解析】

【分析】

b

b

1

ba

1ab2

a

a

利用二项分布的概率即可得解

.

【详解】

由已知命中的概率为，不命中的概率为

0.4

10.40.6

罚球次，命中两次，说明第次命中，前次命中次

4431

答案第3页，共17页

1

故概率

PC0.40.60.40.1728

3



2

108

625

故选：

C

9B

．

【解析】

【分析】

先求出，再求，再化简即得解

cossin





【详解】

sin



7

32

sincos





.

50

1tan





5



3

2332

解：由得，

sin()





(cossin),cossin





45

255

187

所以，

12sincos,sincos





2550

7

sinsinsincos75772





50

===

.

所以

1tancossin5060





12



sin3



32302

cos5



故选：

B

10C

．

【解析】

【分析】

根据题意举出反例，即可得出正确选项．

【详解】

解：对于，当投掷骰子出现结果为，，，，时，满足平均数为，中位数为，可

A1125632

以出现点数，故错误；

6A

对于，当投掷骰子出现结果为，，，，时，满足中位数为，众数为，可以出现

B2234632

点数，故错误；

6B

1

对于，若平均数为，且出现点，则方差＞（﹣）＝＞，

C26S623.22.4

22

5

∴平均数为，方差为时，一定没有出现点数，故正确；

22.46C

对于，当投掷骰子出现结果为，，，，时，满足中位数为，

D123363

1

平均数为：＝（）＝

x

1+2+3+3+63

5

1

方差为＝

S

222222

[13+23+33+33+63]2.8

（﹣）（﹣）（﹣）（﹣）（﹣）＝，可以出现点

5

数，故错误．

6D

答案第4页，共17页

故选：．

C

11A

．

【解析】

【分析】

①

证明

MN//PQMQ//PN

,,mnMNPQ

同理所以对于任意的，，都有截面是平行四边形，所

以该命题正确；

②

证明对任意的，都存在，使得截面是正方形，所以该命题正确；

mMNPQ

n2m1

③

当时，设求出截面的周长为，所以截面的周长与无关，

m=1MNPQn

ACBDx,

2x

所以该命题正确；

④

截面的面积为，利用基本不等式求出截面的面积的最大值为，

MNPQMNPQ1

所以该命题正确

.

【详解】

解：因为截面，平面平面

①

MNPQMNPQ

AC//

ABC

=MN,

AC

平面所以

ABC

,

4n

(n1)

2

AC//MN

,,,,mn

同理所以同理所以对于任意的，，都有截面

AC//PQMN//PQMQ//PN

MNPQ

是平行四边形，所以该命题正确；

②

当时，则所以截面是矩形，当时，

AC⊥BD,MNPQ

MNPN

AC



m

BD

ACABAM

ACAC



m,2m

，如果，所以当

2,2,21

mmmn

n2m1

2PNPN

MNBMMB

时，此时对任意的，都存在，使得截面是正方形，所以该命

MNPN

,mMNPQ

n2m1

题正确；

③

当时，设所以，所以截面的

m=1

ACBDx,

MNx,PNx,MNPNx



1n

n1n1



周长为，所以截面的周长与无关，所以该命题正确；

2x

MNPQn

④

当，且时，，由于截面是矩

AC⊥BDAC=BD=2

PN2,MN2



n2n12

n1n1n1n1



4n4n44



22

1

n2n1(n1)



n2



1

形，所以截面的面积为，当且仅当

MNPQ

1

22n



n

n

n1

时等号成立所以截面的面积的最大值为，所以该命题正确

.MNPQ1.

故选：

A

12D

．

【解析】

答案第5页，共17页

【分析】

利用导数求出函数的单调区间，从而可画出函数的大致图象，令，则方程

f(x)t

1

，且，然后分（不妨设）

tt

12



etat10

2

必有两个不等根，设两根分别为

t,t

12

tt

12

e

1

11

tt

11



，和三种情况结合函数图象讨论即可



t0

1

ee

e

【详解】

当时，，当时，，则

x0

f(x)



1lnx



1(1lnx)lnx



'



22

0x1

f(x)0

'

，当

f(x)

xx

x

x1

时，，所以

f(x)0

'

f(x)

在上递增，在上递减，且当时，

(0,1)

(1,)

x

f(x)0

，

当时，

x0

fxxe

()

x

，则，当时，，当时，

f(x)(x1)e

'x

1x0

f(x)0

'

x1

f(x)0

'

，所以

f(x)

在上递增，在上递减，且当时，，

(1,0]

(,1)

x

f(x)0

所以的大致图象如图所示，

f(x)

令，则方程（不妨设），且

f(x)t

etat10

2

必有两个不等根，设两根分别为

t,t

12

tt

12

1

tt

12



，

e

1

当时，则，此时有个根，有个根，

t

1



t1

2

f(x)t

2

12

f(x)t

1

e

1

当时，则，此时有个根，有个根，

t

1



0t1

2

f(x)t

21

21

f(x)t

e

1

当时，则，此时有个根，有个根，



t0

1

t1

2

f(x)t

21

03

f(x)t

e

综上，对任意的，方程都有个根，

aR

3

故选：

D

【点睛】

答案第6页，共17页

此题考查导数的应用，考查函数与方程的综合应用，解题的关键是利用导数求出函数的单

调区间，然后画出函数图象，结合图象求解，考查数学转化思想和数形结合的思想，属于

中档题

13

．

80

【解析】

【分析】

根据二项式展开式的通项公式计算出正确答案

.

【详解】

5rr



1



r15rr52r



r

C2xx12Cx



55

，展开式的通项公式为

2x









x



5

令得，

52r3

r1

14

8012C

.

所以展开式中

x

3

项的系数为



5

1

故答案为：

80

14##

．



2

90



【解析】

【分析】



利用向量坐标的线性运算求得，相减得，再利用夹角公式可得结果

a(0，2)b(2，2)

.

【详解】

r

r



a2b3,1



Q

a1,1

设，

b(x,y)



，

r



12x3





x1



则，解得，





b(1,1)



y1





12y1



rr

rr

r

r

ab







cos,0,,0,π

abab



，则故、的夹角为

ab

rr

.

ab



2

故答案为：



2

.



22



15

．





22

,



【解析】

【详解】

答案第7页，共17页

1

设直线的方程为

AB

yxt

，

3

1



yxt







3

由消去并化简得



22

y

8x6tx9t630

22

，



xy

+1







97

39t63

2



Ax,y,Bx,y

设，，



1122

xxt,xx

1212



48

36t329t630

22



，解得

22t22

.

xxyy

1212



31137



t,xxtttt

28226648



1



xx2t

12

.

3



12

由于，所以是垂直平分线与轴的交点，

MAMB

M

AB

y

73



AB

垂直平分线的方程为

yt3xt





，

88



1

令得

x0

yt

，

4

由于，所以

22t22

t

212

.

242



22



M

也即的纵坐标的取值范围是





22

,

.





22



故答案为：





22

,



16

．

642

【解析】

【分析】

根据三角形的面积公式列方程，结合基本不等式来求得正确答案

.

【详解】

ABc,ACb,BCa,AD2

，

依题意是角的角平分线，

AD

A

1π1π12π

由三角形的面积公式得

2csin2bsinbcsin

，

232323

111

化简得，，

2c2bbc



bc2

c2b11



AB2ACc2b2c2b23







bcbc



答案第8页，共17页



c2b



232642





.

bc



当且仅当，时等号成立

c2b



,c2b

22b2bb2b,b22,c222

.

bc

故答案为：

642

17(1)

．

an3

n

；



1

(2).

S8

n







2

【解析】

【分析】

n3



（）设的首项为，公差为，列方程组解方程组即得解；

1



a

n

a

1

d

（）利用等比数列的求和公式求解

2.

(1)

解：设的首项为，公差为，



a

n

a

1

d



2a2da4d0

11



由题意，可得





a6d2a3d20

11





解得

a2,d1

1

.

an3

n

.

(2)



n3

. 1

解：由（），可得

b2

n



所以数列是一个以为首项，以为公比的等比数列，



b

n

4

2

答案第9页，共17页

1

设数列的前项和为，则



b

n

n

S

n

Sbbbb

n123n

.

1



41





n

11

2







S

n



818



n

1



22

1



2

n3

.

ˆ

0.85x0.6y

18(1)

．

(2)

分布列答案见解析，数学期望：

【解析】

【分析】

（）根据表中的数据和公式直接求解即可，

1

（）由题意可知，的可能取值为，，，，然后求各自对应的概率，从而可求得分

20123

X

布列和期望

(1)

12

7



x4,y4

5

ii

234562.5344.56



.

55





xxyy(2)(1.5)(1)(1)0010.5228.5



，

i1



5





xx4101410



i

i1



2

.





b40.8540.60.85,a





xxyy



ii

i



1

5





xx

i



i1



5

2

.

ˆ

0.85x0.6y

.

(2)

由题意可知，的可能取值为，，，

X

0123.

21312

CCCCC

11218

34343

PX0,PX1,PX2



331

，

C35C35C35

777

3

C

4

4

P(X3)



3

，

C35

7

X

的分布列为

X

0123

答案第10页，共17页

P

112184

35353535

EX0123

11218412

.

353535357

19(1)

．证明见解析

(2)

10

5

【解析】

【分析】

（）由线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理可得证；

1



（）分别选，，可求得为的中点，再以为坐标原点，向量

2

①②③

M

AD



D

DE,DB,DA

的方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系

x

y

z

Dxyz

.

利用空间向量求得所求的线面

角

.

(1)

D,E

分别为的中点，

AB,AC

DE∥BC

.

ADBC

，，

ADDE

ADDE



.

QADBD



，，

DEDBD



AD



平面

BDEC

.

又平面，

AD



ADB



∴.

平面平面

ADB



BDEC

(2)

（）选，；

2

①

BMBE

BMBE

，，

BDMBDE90

VBDMVBDE

，，

DEDM2

M

为的中点

AD



.

选，直线与所成角的大小为；

②

EM

BC

45

BC∥DE

，直线与所成角为

∴.

EM

BC

MED

又直线与所成角的大小为，

EM

BC

45

MED45

ADDE



，，

DEDM2

M

为的中点

AD



.

答案第11页，共17页

1

选，三棱锥的体积是三棱锥体积的

③

MBDE

EA'BC

.

4

111

Q

VVSADVSMDVV

EABCAEBCEBCMBDEBDEMBDEEABC







VV



，

334

又，

DEBC

1

1

，即

SS

VV

BDEEBC

AD2MD



2

2

M

为的中点

AD



.

∵

过三点的平面与线段相交于点

B,C,M

AE



N

DE∥BC,BC

平面，平面

ADEADE

¢¢

BC∥

.

又平面平面，，为的中点

BMNC

ADEMN



BC∥MN

N

AE



.



DE,DB,DA