四川省眉山市2020届高三诊断性考试数学（文）试题 22页

眉山市高中2016级第二次诊断性考试 数学（文史类）‎ 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用铅笔擦干净后，在选涂其它答案标号.回答非选择题时.将答案写在答题卡上，写在在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合，，则的子集个数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意求出,然后再求子集个数.‎ ‎【详解】由题意可得:,有两个元素,则其子集个数有个.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的运算以及集合子集个数的求解,考查运算求解能力,属于基础题.‎ ‎2.已知i为虚数单位，复数，则|z|＝（　　）‎ A. B. 4 C. 5 D. 25‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简复数为的形式，再求复数的模.‎ ‎【详解】依题意，故.故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数的模的运算，属于基础题. ‎ 求解与复数概念相关问题的技巧：复数的分类、复数的相等、复数的模，共轭复数的概念都与复数的实部与虚部有关，所以解答与复数相关概念有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即的形式，再根据题意求解.‎ ‎3.已知平面向量的夹角为，且，则（　　）‎ A. 64 B. 36 C. 8 D. 6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量运算的公式，直接计算出的值.‎ ‎【详解】依题意，故选D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查平面向量的运算，属于基础题.‎ ‎4.△ABC中，（a﹣b）（sinA+sinB）＝（c﹣b）sinC．其中a，b，c分别为内角A，B，C的对边，则A＝（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理化简已知条件，求得的值，进而求得的大小.‎ ‎【详解】由正弦定理得，即，即，由于为三角形内角，故.所以选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查特殊角的三角函数值.‎ ‎5.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：‎ ‎0～50‎ ‎51～100‎ ‎101～150‎ ‎151～200‎ ‎201～300‎ ‎300以上 空气质量 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染 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】‎ ‎【分析】‎ 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.‎ ‎6.设函数，则＝（　　）‎ A. B. C. D. 10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分段函数的解析式，分别求出，即可得出结果.‎ ‎【详解】根据题意，函数，‎ ‎，，则；‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的求值问题，分别代入求值即可，属于基础题型.‎ ‎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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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.在四面体中，已知，，且平面，则该四面体外接球的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意还原四面体ABCD所在正方体,则体对角线BD即为四面体ABCD外接球的直径,由题中等量关系求半径,进而求出外接球的表面积.‎ ‎【详解】如图所示:‎ 由四面体是面(为直角)为等腰直角三角形，侧棱垂直于面的几何体，即四面体的外接球就是棱长为AB=的正方体(如图所示)的外接球，其半径为R==.所以该四面体外接球的表面积是.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单几何体、球的表面积等基础知识,考查空间想象、运算求解及推理论证能力,考查化归与转化思想,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】‎ ‎【分析】‎ 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.若函数y＝ex﹣e﹣x（x＞0）的图象始终在射线y＝ax（x＞0）的上方，则a的取值范围是（　　）‎ A. （﹣∞，e] B. （﹣∞，2] C. （0，2] D. （0，e]‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得函数的导函数，由此判断出函数在时为递增函数，利用切线的斜率求得的取值范围.‎ ‎【详解】依题意设，这，故函数在时为递增函数，且在时为正数，故单调递增，故，而是直线的斜率，直线过原点，要使函数的图象始终在射线的上方则需.故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查分析问题的能力，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若，则cos2α＝_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二倍角公式和齐次方程，求得的值.‎ ‎【详解】依题意.‎ ‎【点睛】本小题主要考查二倍角公式，考查齐次方程的应用，属于基础题.‎ ‎14.根据下列算法语句，当输入时，输出的最大值为____________.‎ 输入，‎ 输出 ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中程序分析出满足的不等式组,然后分析比较满足时输出目标函数的最大值和不满足时输出目标函数的最大值,进而得出答案.‎ ‎【详解】由算法语句知,当,满足不等式组时，则可得,满足的可行域如图阴影部分所示：‎ 则可得目标函数经过M点是取得最大值，由 联立解得坐标M(1，1)，则可得目标函数的最大值为；‎ 当,不满足不等式组时，由题意可得可得,则经过比较目标函数的最大值为.‎ 故答案为:2.‎ ‎【点睛】本题考查基本算法中的条件语句，线性规划中目标函数的最值问题;考查逻辑推理能力、运算求解能力,属于一般难度的题.‎ ‎15.是R上的偶函数，且当时，，则不等式的解集为___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可知，且上单调递增，根据偶函数的性质，转化为，这样比较与1的大小关系.‎ ‎【详解】当时，是单调递增函数，且，‎ ‎ ‎ 即 解得： ‎ 故解集是.‎ ‎【点睛】本题考查了根据函数的奇偶性和单调性解抽象不等式，属于简单题型，意在考查转化与化归的能力，解抽象不等式时，如果函数是偶函数，时，转化为，再根据的单调性，比较和的大小.‎ ‎16.设，为平面外两条直线，其在平面内的射影分别是两条直线和.给出下列个命题：①与平行或重合，②，③，其中所有假命题的序号是_____________.‎ ‎【答案】②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由线与线、线与面的位置关系以及利用反例法一一推理判断即可得出答案.‎ ‎【详解】对于①:由题设直线,与平面不垂直,且可设直线,确定的平面为.‎ 若，则与重合（为,的交线）;若与不垂直，则易知与，与确定的平面互相平行,从而,故真命题;‎ 以下举反例说明命题②③不真.在如图所示的正方体中，‎ 对于②:取平面为,，分别为,,,分别为,,满足，但是不满足,故命题为假;‎ 对于③:取平面为,,分别为,,,分别为,,满足,但是不满足,故命题为假.‎ 故答案为:②③.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象、逻辑推理等能力,考查化归与转化思想.属于一般难度的题.‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.若数列{an}的前n项和为Sn，且．‎ ‎（1）求Sn；‎ ‎（2）记数列的前n项和为Tn，证明：1≤Tn＜2．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用迭代法证得是等比数列，由此求得的表达式，进而求得的表达式.（2）根据（1）求得的的表达式.利用求得的表达式，再求得的表达式，由此证得不等式成立.‎ ‎【详解】由题意有，所以数列是等比数列.‎ 又，所以，数列是首项为，公比为的等比数列.所以，所以 由 知，时，.‎ 两式相减得，‎ 时，也满足，所以数列的通项公式为.‎ 当时，‎ 当时，显然且 所以 ‎【点睛】本小题主要考查递推数列求通项公式，考查数列求和的方法，属于中档题.‎ ‎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、乙方法培育该品种花苗.为观测其生长情况，分别在，试验地随机抽选各株，对每株进行综合评分（评分的高低反映花苗品质的高低），将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图：‎ ‎（1）求图中的值，并求综合评分的中位数；‎ ‎（2）记综合评分为及以上的花苗为优质花苗.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.‎ 优质花苗 非优质花苗 合计 甲培育法 乙培育法 合计 附：下面的临界值表仅供参考.‎ ‎（参考公式：，其中.）‎ ‎【答案】（1），；（2）是，详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由频率分布直方图中小长方形的面积和为1可以求得;由中位数两侧频率均为0.5可求出中位数;‎ ‎(2)由题意先补填列联表,然后由列联表求,再进行比较判断.‎ ‎【详解】解：（1）由，‎ 解得.‎ 令得分中位数为，由，‎ 解得.‎ 故综合评分的中位数为.‎ ‎（2）列联表如下表所示：‎ 优质花苗 非优质花苗 合计 甲培育法 乙培育法 合计 可得.‎ 所以，有的把握认为优质花苗与培育方法有关系.‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图,相关统计量,列联表,相关性等基础知识;考查数据处理能力,运算求解能力,应用意识和创新意识,属于一般难度的题.‎ ‎19.如图1，在边长为的正方形中，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2所示.‎ ‎ ‎ ‎ 图1 图2‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)结合翻折前后的变量与不变量的关系,利用线面平行的判定定理直接证明即可;‎ ‎(2)利用平面图形翻折前后的变量与不变量证明面PEF,由题中等量关系分别求出PM和,然后由进行求解答案.‎ ‎【详解】解：（1）在图1中,连结交于,交于,‎ 则.‎ 图1‎ 在图2中,连结交于,连结.‎ 在中,有,,‎ 图2‎ 所以.‎ 又因为面,面,‎ 故平面.‎ ‎（2）根据题意,图2中的,,‎ 即图1中的,,‎ 所以,.‎ 又,所以面,即面.‎ 在中,,,,‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线和平面平行的判定、三棱锥体积的求法等基础知识，考查空间想象、逻辑推理等能力，考查化归与转化等数学思想,属于一般难度的题.‎ ‎20.已知椭圆的右焦点为 ‎，过点F且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）设A，B为椭圆C上的两动点，M为线段AB的中点，直线AB，OM（O为坐标原点）的斜率都存在且分别记为k1，k2，试问k1k2的值是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）为定值，此定值为 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）根据已知条件列方程组，解方程组求得的值，进而求得椭圆方程.（2）利用点差法求得为定值.‎ ‎【详解】由题意得，解得.‎ 所以椭圆的方程为：‎ 设的坐标分别为，点的坐标为，‎ 即 由已知，‎ 所以，‎ 即 则，于是.‎ 所以为定值，此定值为 ‎【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查利用点差法求解有关中点弦的问题，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，求在处的切线方程；‎ ‎（2）若，不等式恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)对函数求导,求,,然后利用点斜式方程可求得答案;‎ ‎(2)对函数求导,构造函数判断其在上单调递增,分类讨论时:判断函数单调递增函数,然后再由求得的取值范围;时,使得,判断在上函数单调递减,上单调递增,求得函数最小值然后利用和进行适当地转化即可求出参数的取值范围,最后总结讨论结果得出的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）当时,,,‎ 则,,由点斜式方程可得:化简得:,‎ 即切线方程为.‎ ‎（2）由,得,‎ 令,则.‎ 所以在上单调递增,且.‎ ‎①当时,,函数单调递增,‎ 由于恒成立,则有,即,‎ 所以满足条件;‎ ‎②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】本题考查了函数与导数、不等式等基本知识.考查函数与方程、分类与整合、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,属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎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）求的普通方程；‎ ‎（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】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由极坐标方程和普通方程的转化直接求解即可得出答案;‎ ‎(2)先判断点的轨迹为椭圆,然后利用椭圆定义直接求得椭圆方程即可.‎ ‎【详解】解：（1）由两边同乘以，得，‎ 则,化简得的普通方程为.‎ ‎（2）如图所示:‎ 连接.由垂直平分线的性质可知,.‎ 所以点的轨迹是以,为焦点（焦距为）,长轴长为的椭圆.‎ 即,所以,即椭圆的短半轴长为.‎ 故可得的轨迹的参数方程为（为参数）.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆的极坐标方程、椭圆的参数方程与椭圆的定义等基础知识，考查推理论证能力和创新意识，考查化归与转化、数形结合等数学思想,属于一般难度的题.‎ ‎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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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.‎ ‎ ‎