2020届四川省眉山市高三第二次诊断性考试数学（理）试题（解析版）

2020届四川省眉山市高三第二次诊断性考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，则满足A∪C＝B的集合C的个数为（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】A

【解析】由可确定集合中元素一定有的元素，然后列出满足题意的情况，得到答案.

【详解】

由可知集合中一定有元素2，所以符合要求的集合有，共4种情况，所以选A项.

【点睛】

考查集合并集运算，属于简单题.

2．已知为虚数单位，复数，则（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】对进行化简，得到标准形式，在根据复数模长的公式，得到

【详解】

对复数进行化简

所以

【点睛】

考查复数的基本运算和求复数的模长，属于简单题.

3．已知平面向量的夹角为，且，，则与的夹角是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先计算，再计算，根据夹角公式得到答案.

【详解】

设与的夹角是，由题设有

所以，所以．

故选：

【点睛】

本小题考查平面向量的基本运算，向量的夹角等基础知识；考查运算求解能力，应用意识, 本小题也可利用向量的几何意义求解．

4．空气质量指数是一种反映和评价空气质量的方法，指数与空气质量对应如下表所示：

如图是某城市2018年12月全月的指数变化统计图．

根据统计图判断，下列结论正确的是（    ）

A．整体上看，这个月的空气质量越来越差

B．整体上看，前半月的空气质量好于后半月的空气质量

C．从数据看，前半月的方差大于后半月的方差

D．从数据看，前半月的平均值小于后半月的平均值

【答案】C

【解析】根据题意可得，AQI指数越高，空气质量越差；数据波动越大，方差就越大，由此逐项判断，即可得出结果.

【详解】

从整体上看，这个月AQI数据越来越低，故空气质量越来越好；故A，B不正确；

从AQI数据来看，前半个月数据波动较大，后半个月数据波动小，比较稳定，因此前半个月的方差大于后半个月的方差，所以C正确；

从AQI数据来看，前半个月数据大于后半个月数据，因此前半个月平均值大于后半个月平均值，故D不正确．

故选C．

【点睛】

本题主要考查样本的均值与方差，熟记方差与均值的意义即可，属于基础题型.

5．的展开式中，常数项为

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】写出二项式展开通项，整理后令的指数为0，得到相应的项数，然后算出常数项.

【详解】

的展开式的通项为，

令，得到

所以展开式中常数项为，故选D项.

【点睛】

对二项式展开通项的考查，题目难度不大，考查内容比较单一，属于简单题.

6．若数列的前项和为，且，则（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】对已知，进行化简，令，可得，即为等比数列，利用可计算出的首项和公比，从而可求得的通项，得到的通项.

【详解】

，

令

，可得为等比数列，设其公比为

，

，故选C项.

【点睛】

本题考查换元法求数列的通项，等比数列求通项，考查内容比较简单，属于简单题.

7．已知f（x）是定义在R上的奇函数，若x1，x2∈R，则“x1+x2＝0”是“f（x1）+f（x2）＝0”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

【答案】A

【解析】根据函数奇偶性的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断.

【详解】

函数是奇函数,
若，则，

则，

即成立,即充分性成立，

若，满足是奇函数，当时

满足，此时满足，

但，即必要性不成立，

故“”是“”的充分不必要条件，

所以A选项正确.

【点睛】

本题主要考查充分条件和必要条件的判断,根据函数奇偶性的性质是解决本题的关键.

8．已知函数的部分图象如图所示，点在图象上，若，，且，则(   )

A．3 B． C．0 D．

【答案】D

【解析】根据条件求出A，ω和φ的值，求出函数的解析式，利用三角函数的对称性进行求解即可．

【详解】

由条件知函数的周期满足T＝2×（）＝2×2π＝4π，即4π，

则ω，

由五点对应法得ω+φ＝0，即φ＝0，得φ，

则f（x）＝Asin（x），

则f（0）═Asin（）A，得A＝3，

即f（x）＝3sin（x），

在（）内的对称轴为x，

若∈（），，且，

则关于x对称，

则＝2，

则f（）＝3sin（）＝3sin3sin，

故选：D．

【点睛】

本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件先求出函数的解析式，以及利用三角函数的对称性是解决本题的关键．

9．若直线x﹣my+m＝0与圆（x﹣1）2+y2＝1相交，且两个交点位于坐标平面上不同的象限，则m的取值范围是（　　）

A．（0，1） B．（0，2） C．（﹣1，0） D．（﹣2，0）

【答案】D

【解析】圆都在轴的正半轴和原点，若要两个交点在不同象限，则在第一、四象限，即两交点的纵坐标符号相反，通过联立得到，令其小于0，可得答案.

【详解】

圆与直线联立，

整理得

图像有两个交点

方程有两个不同的实数根，即

得.

圆都在轴的正半轴和原点，若要交点在两个象限，则交点纵坐标的符号相反，即一个交点在第一象限，一个交点在第四象限.

，解得，

故选D项.

【点睛】

本题考查直线与圆的交点，数形结合的数学思想来解决问题，属于中档题.

10．在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为，，则该四面体外接球的表面积是（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】在空间坐标系里画出四个点，可以补成一个长方体，然后求出其外接球的半径，再求外接球的表面积.

【详解】

如图，在空间坐标系里画出四个点，可得,面,

因此可以把四面体补成一个长方体，其外接球的半径

所以，外接球的表面积为，故选B项.

【点睛】

本题考查几何体的直观图画法，图形的判断，考查空间想象能力，对所画出的几何体进行补充成常见几何体求外接球半径，属于中档题.

11．设是抛物线上的动点，是的准线上的动点，直线过且与（为坐标原点）垂直，则到的距离的最小值的取值范围是（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先由抛物线的方程得到准线方程，设点的坐标为，得到直线的方程，再设与直线平行的直线方程为，与抛物线方程联立，由判别式为0，得到，最后由点到直线的距离，即可得出结果.

【详解】

抛物线上的准线方程是设点的坐标为．

则直线的方程为．

设与直线平行的直线方程为．代入抛物线方程可得，

由，可得．

故与直线平行且与抛物线相切的直线方程为．．

则到的距离的最小值．

故选A．

【点睛】

本题主要考查直线的方程、抛物线的方程及其几何性质，熟记抛物线的简单性质，结合直判别式、点到直线距离公式等求解，属于常考题型.

12．已知函数．若不等式的解集中整数的个数为3，则a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】变换得到不等式，设，，判断的单调性和恒过点，画出函数图像，解得答案.

【详解】

由得，设，

由，可知在上为减函数，在上为增函数，恒过点．

画出与函数图象，如图所示：

不等式的解集中含有三个整数，则即

解得．

故选：

【点睛】

本小题考查函数与导数等基本知识．考查化归与转化等数学思想以及推理论证、运算求解等数学能力．

二、填空题

13．中国古代数学专家（九章算术）中有这样一题：今有男子善走，日增等里，九日走里，第一日，第四日，第七日所走之和为里，则该男子的第三日走的里数为__________．

【答案】120

【解析】将题目转化成数学语言，得到等差数列关系，求出首项和公差，再求第三日走的里数，即数列的第三项.

【详解】

因为男子善走，日增等里，可知每天走的里数符合等差数列，设这个等差数列为，其公差为，前项和为.

根据题意可知，，

法一：

，

，

.

法二：，

解得所以

【点睛】

本题考查文字描述转化数学语言的能力，等差数列求和和通项以及基本性质，属于简单题.

14．根据下列算法语句，当输入x，y∈R时，输出s的最大值为_____．

【答案】2

【解析】由算法语句可将其转化为线性规划的题目，然后用线性规划的方法解决问题.

【详解】

由算法语句可知，求的最大值，并与0比较

画出可行域如图，为可行域，所求目标函数，整理得，为斜率为-1的一簇平行线，在点时得到最大值.

解方程组，解得，点坐标，所以的最大值为2.

故答案为2.

15．已知是上的偶函数，且当时，，则不等式的解集为___．

【答案】

【解析】对分类，找到的解集，再求的解集

【详解】

时，，

①当时，，

解，即得或，

或

②当时，

解即得

当时，解集为或

是上的偶函数，

由对称性可知当时，解集为或

解集为或或

时，或或

解得或或

【点睛】

本题考查绝对值函数，不等式求解，偶函数的性质，题目考查知识点较多，比较综合，属于难题.

16．设m，n为平面α外两条直线，其在平面α内的射影分别是两条直线m1和n1，给出下列4个命题：①m1∥n1⇒m∥n；②m∥n⇒m1与n1平行或重合；③m1⊥n1⇒m⊥n；④m⊥n⇒m1⊥n1．其中所有假命题的序号是_____．

【答案】①②③④

【解析】根据空间中直线与直线的位置关系可逐项判断，得出结果.

【详解】

①两条异面直线在平面的射影可能平行，则两条直线不平行，故①错误，

②若，则与平行或重合或是两个点，故②错误．

③因为一个锐角在一个平面上的投影可以为直角，反之在平面内的射影垂直的两条直线所成的角可以是锐角，故③错误．

④两条垂直的直线在一个平面内的射影可以是两条平行直线，也可以是一条直线和一个点等其他情况，故④错误．故假命题是①②③④，

故答案为①②③④

【点睛】

本题主要考查空间中直线与直线的位置关系，熟记线线位置关系即可，属于常考题型.

三、解答题

17．在中，角的对边分别为，若成等差数列，且.

求的值；

若，求的面积.

【答案】（1）；（2）

【解析】【详解】

因为成等差数列，所以

由正弦定理得即

又因为根据余弦定理有：

所以

因为根据余弦定理有：

由知，所以

解得.

由得，

所以的面积

【点睛】

本题考查等差数列的简单性质，正弦定理、余弦定理、面积公式的考查，难度不大，属于简单题.

18．某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在实验地分别用甲、乙方法培训该品种花苗．为观测其生长情况，分别在实验地随机抽取各株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图．记综合评分为及以上的花苗为优质花苗．

（1）求图中的值，并求综合评分的中位数．

（2）用样本估计总体，以频率作为概率，若在两块试验地随机抽取棵花苗，求所抽取的花苗中的优质花苗数的分布列和数学期望；

（3）填写下面的列联表，并判断是否有的把握认为优质花苗与培育方法有关．

附：下面的临界值表仅供参考．

（参考公式：，其中．）

【答案】（1），中位数；（2）见解析；（3）有的把握认为优质花苗与培育方法有关

【解析】（1）根据频率之和为1，可得，即可求出；设为评分的中位数，根据题中数据可得，进而可求出结果；

（2）先由题意确定优质花苗数的可能取值，求出对应概率，即可得到分布列与期望；

（3）由题中数据计算出，对照临界值表，即可得出结论.

【详解】

（1）因为，解得，

设为评分的中位数，则前三组的概率和为，前四组的概率和为，知，

所以，则；

（2）由（1）知，树高为优秀的概率为：，记优质花苗数为，

由题意知的所有可能取值为，

，

，

，

，

所以的分布列为：

所以数学期望；

（3）填写列联表如下，

计算，

所以有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关．

【点睛】

本题主要考查频率分布直方图、二项分布以及独立性检验等问题，熟记由频率分布直方图求中位数的方法、二项分布的分布列和期望，以及独立性检验的思想即可，属于常考题型.

19．如图，在边长为4的正方形中，点分别是的中点，点在上，且，将分别沿折叠，使点重合于点，如图所示.

试判断与平面的位置关系，并给出证明；

求二面角的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】(1)根据线面平行的判定定理直接证明即可；

（2）连接交与点，先由题中条件得到为二面角的平面角，再解三角形即可得出结果.

【详解】

（1）平面．证明如下：在图1中，连接，交于，交于，

则，

在图2中，连接交于，连接，在中，有，，

．

平面，平面，故平面；

（2）连接交与点，图2中的三角形与三角形PDF分别是图1中的与，，又，平面，则，又，平面，

则为二面角的平面角．

可知，则在中，，则．

在中，，由余弦定理，得．

二面角的余弦值为．

【点睛】

本题主要考查线面平行的判定，以及二面角的求法，熟记线面平行的判定定理以及二面角的概念即可，属于常考题型.

20．已知椭圆的右焦点为，过点且垂直于轴的直线与椭圆相交所得的弦长为.

求椭圆的方程；

过椭圆内一点，斜率为的直线交椭圆于两点，设直线（为坐标原点）的斜率分别为，若对任意，存在实数，使得，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）根据焦点和通径列出关系，求出椭圆方程.

（2）直曲联立，得到，再将用表示，得到与的关系，由的范围，得到的范围.

【详解】

由题意得，解得.

所以椭圆的方程为：

设直线的方程为

由消元可得

设，则

而

由得

因为此等式对任意的都成立，所以，即

由题意，点在椭圆内，故，解得

所以的取值范围是

【点睛】

本题考查椭圆方程的求法，直曲联立构造等量关系.对计算能力要求较高，有一定的难度，属于中档题.

21．已知函数f（x）＝ex（x﹣a）2+4．

（1）若f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，求a的取值范围；

（2）若x≥0，不等式f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）对在上单调递增，转化为恒成立，参变分离，求出的范围；

（2）通过求导得到的最值，而的正负需要进行分类，通过分类讨论，恒成立，，得到的范围，时，可得到，虽然解不出来，但可以通过进行代换，得到范围，再得到的范围.最后两部分取并集，得到最终的范围.

【详解】

由题，

由，得.

令，则，令，得.

若，；若，则.

则当时，单调递增；当时，单调递减.

所以当时，取得极大值，也即为最大值，即为.

所以，即的取值范围是.

由，得，

令，则.

所以在上单调递增，且.

当时，，函数单调递增.

由于恒成立，则有.即.

所以满足条件.

当时，则存在，使得，当时，，则单调递减；当时，则，单调递增.

所以，

又满足，即

所以，则

即，得

又.令，则，

可知，当时，，则单调递减.

所以，

此时满足条件.

综上所述，的取值范围是.

【点睛】

利用导数求函数的单调区间、极值，参变分离、等量代换的方法，分类讨论的思想，对思维要求较高，难度较大，属于难题.

22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．

（1）求的直角坐标方程；

（2）将圆平移使其圆心为，设是圆上的动点，点与关于原点对称，线段的垂直平分线与相交于点，求的轨迹的参数方程．

【答案】（1）；（2）（为参数）

【解析】（1）由极坐标与直角坐标的互化公式即可得出结果；

（2）先由题意得到A点坐标为，以及圆的半径，根据题意得到，进而可得出结果.

【详解】

（1）将方程两端同乘以，得：，故,

所以可得的直角坐标方程为：，

（2）依题意A点坐标为，且圆的半径．

在线段的垂直平分线上，，

，

根据椭圆的定义，的轨迹为，以为焦点，以2为长轴长的椭圆．

即，，

的参数方程为：（为参数）

【点睛】

本题主要考查直角坐标与极坐标的互化、以及曲线的参数方程，熟记极坐标与直角坐标的互化公式、以及曲线的参数方程即可，属于常考题型.

23．设a＞0，b＞0，且a+b＝ab．

（1）若不等式|x|+|x﹣2|≤a+b恒成立，求实数x的取值范围．

（2）是否存在实数a，b，使得4a+b＝8？并说明理由．

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】（1）先求的最小值，然后对绝对值不等式进行分类讨论，得到的取值范围.

（2）求出的最小值，然后进行判断

【详解】

由，得 ，当且仅当时成立.

不等式即为.

当时，不等式为，此时；

当时，不等式成立，此时；

当时，不等式为，此时；

综上，实数的取值范围是.

由于.

则 .

当且仅当，即时，取得最小值.

所以不存在实数，使得成立.

【点睛】

本题考查基本不等式，绝对值不等式通过分类讨论进行求解，难度不大，属于简单题.