2020届四川省成都市高三第一次诊断性检测数学（文）试题（解析版）

2020届四川省成都市高三第一次诊断性检测数学（文）试题

一、单选题

1．若复数与（为虚数单位）在复平面内对应的点关于实轴对称，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】直接利用复平面的对称得到答案.

【详解】

数与（为虚数单位）在复平面内对应的点关于实轴对称，则

故选：

【点睛】

本题考查了复平面的对称问题，属于简单题.

2．已知集合，，若，则实数的值为(     )

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】D

【解析】根据集合并集的定义即可得到答案.

【详解】

集合，，且，所以或.

故选：D

【点睛】

本题主要考查集合并集的基本运算，属于基础题．

3．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据得到，再利用二倍角公式得到答案.

【详解】

，

故选：

【点睛】

本题考查了二倍角公式，意在考查学生的计算能力.

4．已知命题：，，则为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【解析】直接利用全称命题的否定定义得到答案.

【详解】

命题：，，则为： ，

故选：

【点睛】

本题考查了全称命题的否定，意在考查学生的推断能力.

5．某校随机抽取100名同学进行“垃圾分类"的问卷测试，测试结果发现这100名同学的得分都在[50，100]内，按得分分成5组：[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图，则这100名同学的得分的中位数为(    )

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】根据频率分布直方图求得中位数即可.

【详解】

在频率分步直方图中，小正方形的面积表示这组数据的频率，中位数为：.

故选：A

【点评】

本题考查频率分布直方图的相关知识，直方图中的各个矩形的面积代表了频率，所有各个矩形面积之和为1，也考查了中位数，属于基础题．

6．设等差数列的前项和为，且，则(    )

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】将S9，S5转化为用a5，a3表达的算式即可得到结论.

【详解】

由等差数列的前项和为，＝＝，且，∴＝×3＝.

故选：D．

【点睛】

本题考查了等差数列的前n项和，等差中项的性质，考查计算能力，属于基础题．

7．已知是空间中两个不同的平面，是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是(    )

A．若，，且，则

B．若，，且，则

C．若，，且，则

D．若，，且，则

【答案】C

【解析】由空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案．

【详解】

由m∥α，n∥β，且α∥β，得m∥n或m与n异面，故A错误；

由m∥α，n∥β，且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故B错误；

由m⊥α，α∥β，得m⊥β，又n∥β，则m⊥n，故C正确；

由m⊥α，n∥β且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故D错误．

故选：C．

【点睛】

本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系的判定与应用，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题．

8．将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），再把所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的解析式为(    )

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】利用函数的图象平移变换和伸缩变换的应用求出结果即可.

【详解】

函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，

再把所得图象向左平移个单位长度，得到函数f（x）＝的图象.

故选：A．

【点睛】

本题考查了函数图象的平移和伸缩变换的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．

9．已知抛物线的焦点为，是抛物线上两个不同的点若，则线段的中点到轴的距离为(    )

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】抛物线到焦点的距离转化为到准线的距离，可求出横坐标之和，进而求出中点的横坐标，求出结果即可.

【详解】

由抛物线方程，得其准线方程为：，设，，

由抛物线的性质得，，中点的横坐标为，

线段的中点到轴的距离为：.

故选：B．

【点睛】

本题考查了抛物线定义的应用，属于基础题．

10．已知，，，则(    )

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】利用根式的运算性质、幂函数的单调性可得a，b的大小关系，利用对数函数的单调性即可得出c＜1．

【详解】

∵＝，且=＝，∴，．∴．

故选：C．

【点睛】

本题考查了根式的运算性质、幂函数的单调性、对数函数的单调性，属于基础题．

11．已知直线与双曲线：相交于不同的两点，，为双曲线的左焦点，且满足，（为坐标原点），则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【解析】如图所示：为双曲线右焦点，连接，计算得到，再利用余弦定理得到，化简得到答案.

【详解】

如图所示：为双曲线右焦点，连接，根据对称性知

，，

在和中，分别利用余弦定理得到：

，

两式相加得到

故选：

【点睛】

本题考查了双曲线的离心率，根据条件计算出是解题的关键.

12．已知定义在上的函数满足，当时，．若关于的方程有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】根据函数的单调性和对称性画出函数图像，过定点，计算直线和曲线相切的情况计算斜率得到答案.

【详解】

当时，

函数在上单调递减，在上单调递增，且

，函数关于对称，过定点

如图所示，画出函数图像：

当与相切时，设切点为

则

根据对称性考虑左边图像，根据图像验证知是方程唯一解，此时

故答案为

故选：

【点睛】

本题考查了零点问题，对称问题，函数的单调性，画出函数图像是解题的关键.

二、填空题

13．已知实数满足约束条件，则的最大值为_______.

【答案】6

【解析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．

【详解】

作出实数x，y满足约束条件对应的平面区域如图：（阴影部分）

由得y＝﹣x+z，平移直线y＝﹣x+z，

由图象可知当直线y＝﹣x+z经过点A时，直线y＝﹣x+z的截距最大，此时z最大．

由，解得A（2，2），代入目标函数z＝x+2y得z＝2×2+2＝6.

故答案为：6．

【点睛】

本题主要考查线性规划的应用，利用图象平行求得目标函数的最大值和最小值，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法，属于基础题．

14．设正项等比数列满足，，则_______.

【答案】

【解析】将已知条件转化为基本量a1，q的方程组，解方程组得到a1，q，进而可以得到an．

【详解】

在正项等比数列中，，，

得，解得，∴an＝＝3•3n﹣1＝3n.

故答案为：3n

【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式，主要考查计算能力，属于基础题．

15．已知平面向量，满足，，且，则向量与的夹角的大小为______.

【答案】

【解析】根据得到，计算得到答案.

【详解】

设向量与的夹角为，

故答案为：

【点睛】

本题考查了向量的夹角，意在考查学生的计算能力.

16．如图，在边长为2的正方形中，边，的中点分别为，，现将，，分别沿，，折起使点，，重合，重合后记为点，得到三棱锥．则三棱锥的外接球体积为____________

【答案】

【解析】根据两两垂直得到，代入体积公式计算得到答案.

【详解】

易知两两垂直，

将三棱锥放入对应的长方体内得到

故答案为：

【点睛】

本题考查了三棱锥的外接球问题，将三棱锥放入对应的长方体是解题的关键.

三、解答题

17．在中，角的对边分别为，且.

（1）求的值；

（2）若的面积为，且，求的周长.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）由已知条件结合余弦定理可求cosA的值，进而根据同角三角函数基本关系式可求sinA的值．

（2）利用三角形的面积公式可求bc的值，由正弦定理化简已知等式可得b＝3c，解得b，c的值，根据余弦定理可求a的值，即可求解三角形的周长．

【详解】

（1）∵，∴由余弦定理可得2bccosA＝bc，∴cosA＝，

∴在△ABC中，sinA＝＝．

（2）∵△ABC的面积为，即bcsinA＝bc＝，∴bc＝6，

又∵sinB＝3sinC，由正弦定理可得b＝3c，∴b＝3，c＝2，则a2＝b2+c2﹣2bccosA＝6，

，所以周长为.

【点睛】

本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

18．某公司有l000名员工，其中男性员工400名，采用分层抽样的方法随机抽取100名员工进行5G手机购买意向的调查，将计划在今年购买5G手机的员工称为“追光族”，计划在明年及明年以后才购买5G手机的员工称为“观望者”调查结果发现抽取的这100名员工中属于“追光族”的女性员工和男性员工各有20人.

（Ⅰ）完成下列列联表，并判断是否有的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性别”有关；

（Ⅱ）已知被抽取的这l00名员工中有6名是人事部的员工，这6名中有3名属于“追光族”现从这6名中随机抽取3名，求抽取到的3名中恰有1名属于“追光族”的概率．

附：，其中.

【答案】（Ⅰ）表见解析，没有的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性別”有关.（Ⅱ）

【解析】（Ⅰ）完善列联表，计算得到结论.

（Ⅱ）设人事部的这6名中的3名“追光族”分别为“，，”，3名“观望者”分别为“，，，列出所有情况计算得到答案.

【详解】

（Ⅰ）由题，列联表如下：

∵，

∴没有的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性別”有关.

（Ⅱ）设人事部的这6名中的3名“追光族”分别为“，，”，3名“观望者”分别为“，，”.则从人事部的这6名中随机抽取3名的所有可能情况有“；；；；；；；；；；；；；；；；；；；”共20种.

其中，抽取到的3名中恰有1名属于“追光族”的所有可能情况有“；；；；；；；；”共9种.

∴抽取到的3名中恰有1名属于“追光族”的概率.

【点睛】

本题考查了列联表，概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.

19．如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，且，，分别为，的中点．

（Ⅰ）证明：平面；

（Ⅱ）点在棱上，且，证明：平面．

【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）证明见解析

【解析】（Ⅰ）证明和得到平面.

（Ⅱ）根据相似得到证明平面.

【详解】

（Ⅰ）如图，连接.∵底面为菱形，且，

∴三角形为正三角形.

∵为的中点，∴.又∵平面，平面，

∴.

∵，平面，∴平面.

（Ⅱ）连接交于点，连接.

∵为的中点，∴在底面中，，∴.

∴，∴在三角形中，.

又∵平面，平面，

∴平面.

【点睛】

本题考查了线面垂直和线面平行，意在考查学生的空间想象能力和推断能力.

20．已知函数，，为函数的导函数.

（Ⅰ）讨论函数的单调性；

（Ⅱ）当时，证明对任意的都成立.

【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）证明见解析

【解析】（Ⅰ）求导得到讨论，，和四种情况得到答案.

（Ⅱ）要证明即，求导得到函数

得到证明.

【详解】

（Ⅰ）.

∵，，

∴当时，，函数在内单调递减，在内单调递增；

当时，，函数在内单调递增，

在内单调递减，在内单调递增；

当时，，函数在内单调递增；

当时，，函数在内单调递增，在内单调递减，

在内单调递增.

（Ⅱ）当时，，，.

∴.

令，则.

令，∵函数在内单调递增，，，

∴存在唯一的，使得.

∵当时，；当时，；

∴函数在内单调递减，在内单调递增.

又∵，，

∴，即对任意的都成立.

【点睛】

本题考查了函数的单调性，恒成立问题，将恒成立问题转化为函数的最值是解题的关键

21．已知椭圆：的右焦点为，过点的直线（不与轴重合）与椭圆相交于，两点，直线：与轴相交于点，为线段的中点，直线与直线的交点为.

（Ⅰ）求四边形（为坐标原点）面积的取值范围；

（Ⅱ）证明直线与轴平行.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析

【解析】（Ⅰ）令直线：，联立方程利用韦达定理得到，，，换元带入化简得到答案.

（Ⅱ）直线的方程为，令得，.代入（Ⅰ）中式子化简得到答案.

【详解】

（Ⅰ）由题，，令直线：，，.

联立消去，得.

∵，，，

∴.

∴四边形的面积.

令，∴，∴.

∵（当且仅当即时取等号），∴.

∴四边形面积的取值范围为.

（Ⅱ）∵，，∴.

∴直线的斜率，直线的方程为.

令得，.……①

由（Ⅰ），，.

∴，.

化简①，得.

∴直线与轴平行.

【点睛】

本题考查了面积的范围，直线的平行问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

22．在平面直角坐标系中，已知是曲线：上的动点，将绕点顺时针旋转得到，设点的轨迹为曲线.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线，的极坐标方程；

（2）在极坐标系中，点，射线与曲线，分别相交于异于极点的两点，求的面积.

【答案】（1）曲线：，曲线：；（2）

【解析】（1）由题意，点Q的轨迹是以（2，0）为圆心，以2为半径的圆，写出其普通方程，再结合ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，可得曲线C1，C2的极坐标方程；

（2）在极坐标系中，设A，B的极径分别为ρ1，ρ2，求得|AB|＝|ρ1﹣ρ2|，再求出M（3，）到射线的距离h＝，即可求得△MAB的面积．

【详解】

（1）由题意，点Q的轨迹是以（2，0）为圆心，以2为半径的圆，则曲线C2：，

∵ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴曲线C1的极坐标方程为ρ＝4sinθ，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4cosθ；

（2）在极坐标系中，设A，B的极径分别为ρ1，ρ2，

又点到射线的距离为

的面积

【点睛】

本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查计算能力，属于中档题．

23．已知函数

（1）解不等式；

（2）若，求证：

【答案】（1）；（2）见解析.

【解析】（1）原不等式可化为：|x﹣3|≥4﹣|2x+1|，即|2x+1|+|x﹣3|≥4，分段讨论求出即可；

（2）由基本不等式得的最小值，转化为|x+|﹣f（x）≤恒成立即可．

【详解】

（1）原不等式化为，即

①时，不等式化为，解得；

②时，不等式化为，解得，；

③时，不等式化为，解得，.

综上可得：原不等式解集为.

（2），

当且仅当且时取等号.又，

，

当且仅当时取等号.

【点睛】

考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质，利用分类讨论的思想结合绝对值的性质和基本不等式的应用，属于中档题．