贵州省毕节市2020届高三诊断性考试（二）数学（理）试题 Word版含解析 28页

www.ks5u.com 毕节市2020届高三年级诊断性考试（二）‎ 理科数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分.考试用时120分钟.‎ 注意事项：‎ ‎1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、班级填写在答题卡相应位置上.‎ ‎2. 回答第Ⅰ卷时，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，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.写在本试卷上无效.‎ ‎3. 回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.‎ ‎4. 请保持答题卡平整，不能折叠、考试结束，监考员将答题卡收回.‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共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（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出集合和集合，再由并集的运算求出.‎ ‎【详解】对集合，等价于，‎ 解得，，故；‎ 对集合，由，解得，‎ 故；‎ 所以.‎ 故选：A - 28 -‎ ‎【点睛】本题主要考查集合并集的运算、解分式不等式和一元二次不等式，考查学生计算能力，属于基础题.‎ ‎2.已知为虚数单位，若复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将变形成，利用复数的乘除运算求解即可.‎ ‎【详解】由题意，，‎ 所以 故选：B ‎【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算，考查学生计算能力，属于基础题.‎ ‎3.已知，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变量服从正态分布，根据正态分布曲线的对称性求解.‎ ‎【详解】由题意，变量服从正态分布，且正态曲线关于对称，‎ 因为，所以，即，‎ 所以或，‎ ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线表示的意义，属于基础题.‎ ‎4.函数在一个周期内的图象如图（其中，，），则函数的解析式为（ ）‎ - 28 -‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的最大值和最小值求出和，由图像得函数的周期，进而求出，最后由函数图像经过点求出，即可得函数解析式.‎ ‎【详解】由图像可知，函数的最大值为3，最小值为，‎ 所以，，‎ ‎，即，所以，‎ 函数，‎ 函数经过点，代入函数方程，‎ 得，即，‎ - 28 -‎ 即，，又，‎ 所以，‎ 所以函数的解析式为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图像和性质，考查学生数形结合的能力，属于中档题.‎ ‎5.如图，在中，，是上一点，若，则实数的值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意设，由向量的线性运算可得，再根据，列等式计算即可求出.‎ ‎【详解】由题意，是上一点，设，‎ 则，‎ 又，所以，‎ 所以，‎ - 28 -‎ 所以，解得.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和平面向量基本定理及其意义，考查数形结合的思想，属于中档题.‎ ‎6.若，则值是（ ）‎ A. 1 B. -1 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得，解出，再利用二倍角公式和平方关系化简，将代入求解即可.‎ ‎【详解】由题意，，解得，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的余弦公式和平方关系的应用，考查学生转化和计算能力，属于中档题.‎ ‎7.函数满足，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，所以令，化简，得到 - 28 -‎ ‎，从而，联立两式求解出的周期为6，从而，即可求出.‎ ‎【详解】由题意，取，‎ 则，‎ 即①，‎ 所以②，‎ 联立①②得，，‎ 所以，‎ 所以函数的周期为，‎ 由，所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查函数值的求法，如何利用题目中的条件求解出函数的周期是关键，属于中档题.‎ ‎8.过抛物线：的焦点，且倾斜角为的直线与物线交于，两点，若，则抛物线的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，设直线方程，代入抛物线方程并整理得，利用韦达定理分别表示出和，再由弦长公式表示出，求解出，即可得到抛物线方程.‎ - 28 -‎ ‎【详解】由题意，抛物线的焦点坐标为，直线的斜率为，‎ 设过抛物线焦点，倾斜角为的直线方程：，‎ 代入抛物线方程并整理得，，‎ 设点，点，‎ 则，，‎ 由弦长公式，，‎ 解得，，‎ 所以抛物线方程为：‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查抛物线的应用和弦长公式，注意韦达定理的应用，考查学生计算能力，属于中档题.‎ ‎9.在三棱锥中，平面，，，则三棱锥的外接球体积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 28 -‎ ‎【分析】‎ 由平面，得，，再由勾股定理求出，所以可得三棱锥外接球半径，由球的体积公式求解即可.‎ ‎【详解】由题意，平面，所以，，‎ 又，，‎ 所以，即，‎ 所以、、两两垂直，‎ 三棱锥的外接球即以、、为长宽高的长方体的外接球，‎ 故三棱锥外接球半径，‎ 外接球体积.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查外接球体积的求法，考查学生转化和空间想象能力，属于基础题.‎ ‎10.在直角梯形中，利用“两个全等的直角三角形和一个等腰直角三角形的面积之和等于直角梯形的面积”，能推证出勾股定理.如图，设，在梯形中随机取一点，则此点取自等腰直角中（阴影部分）的概率是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 28 -‎ 由，用分别表示出，，再分别求出梯形面积和的面积，由几何概型求出概率即可.‎ ‎【详解】由题意，，‎ 所以，，‎ 梯形面积，‎ 所以，‎ 的面积，‎ 故概率.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查几何概型概率的求法和简单的三角恒等变换，属于基础题.‎ ‎11.内角、、的对边分别为、、，且，若，，则角的大小为（ ）‎ A. B. 或 C. D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由边化角得到，再由，化简得到，求出，再由正弦定理求出，根据的范围即可求出角的大小.‎ ‎【详解】由，得，‎ 中，，所以，‎ 所以，‎ 解得，即，‎ - 28 -‎ 由正弦定理，，‎ 因为，所以，‎ 所以角的大小为或.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查正弦定理的应用、诱导公式和两角和差的正弦公式，考查学生的分析转化能力，属于中档题.‎ ‎12.已知函数，给出下列四个命题：‎ ‎①对，函数不可能有4个零点；‎ ‎②，函数有且只有1个零点；‎ ‎③当且仅当时，函数恰有2个零点；‎ ‎④，函数有3个零点；‎ 其中真命题的个数是（ ）‎ A. 4 B. 2 C. 1 D. 0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，，画出的图像，并将的零点问题转化为与的交点问题，再对4个选项进行分析即可.‎ 详解】由题意，令，，‎ 则，‎ 的零点可转化为与的交点，‎ 画出图像如图所示，的最小值为，‎ - 28 -‎ 对①，当，即时，‎ 与有四个交点，故错误；‎ 对②，当，即时， ‎ 与有一个交点，故正确；‎ 对③，当或时，与有两个交点，故错误；‎ 对④，不存在使得与有三个交点，故错误.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查分段函数的图像、函数的零点问题，考查学生的转化和数形结合能力，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第13题~第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，考生根据要求作答.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，“赵爽弦图”如图所示，由四个全等的直角三角形和一个正方形构成，现有五种不同的颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有______种（用数字作答）.‎ ‎【答案】420‎ - 28 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意设五个区域分别为①②③④⑤，再分两步讨论①②③和④⑤的情况，最后由分步计数原理计算即可.‎ ‎【详解】由题意，假设五个区域分别为①②③④⑤，‎ 对于区域①②③，三个区域两两相邻，共有种情况；‎ 对于区域④⑤，若④与②颜色相同，则⑤有3种情况，‎ 若④与②颜色不同，则④有2种情况，⑤有2种情况，共有种情况，‎ 所以④⑤共有种情况，‎ 则一共有种情况.‎ 故答案为：420‎ ‎【点睛】本题主要考查排列组合的应用和分步乘法计数原理的应用，属于基础题.‎ ‎14.计算：______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用换底公式，再由对数的运算性质求得，最后求解出即可.‎ ‎【详解】由题意，，‎ 所以，‎ - 28 -‎ ‎，‎ 所以原式.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查对数的运算性质和换底公式的应用，考查学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎15.已知函数，则的单调递减区间为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的解析式，求出，再根据导函数求出，再利用导数来判断的减区间即可.‎ ‎【详解】由题意，，‎ ‎，‎ 所以，故，‎ ‎，‎ 所以，解得，‎ 故，‎ ‎，即，解得，，‎ 故的单调递减区间为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查函数值的求法、利用导数研究函数的单调性，属于基础题.‎ ‎16.过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，与 - 28 -‎ 轴交于点，若，且双曲线的离心率为，则的值为______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线离心率为，求出渐近线方程，由右焦点和直线和渐近线垂直，设直线方程，求出和，再由，得到，从而求解出.‎ ‎【详解】由题意，双曲线的离心率为，‎ 即，解得，‎ 设双曲线的一条渐近线方程为：，‎ 双曲线右焦点，又直线与渐近线垂直，‎ 所以设直线：，‎ 当时，，即，‎ 所以，‎ ‎，‎ 由，得，‎ 解得 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质、直线方程的应用和点到直线距离公式，考查学生的转化能力，属于中档题.‎ - 28 -‎ 三、解答题：本大题共7小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知等差数列的前项和为，公差，且，，成等比数列.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设数列是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ），.（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由和表示出，再由等比中项的性质表示出，，成等比数列，可以求出和，再表示出即可；‎ ‎（Ⅱ）由是首项为1，公比为3的等比数列，得到的通项公式，再表示出的通项公式，由分组求和的方法求出即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）根据题意得：‎ ‎，‎ 由，，成等比数列可得，‎ ‎∴，即，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，.‎ ‎（Ⅱ），‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ - 28 -‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列通项公式、分组求和求数列前项和，考查学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎18.某手机生产企业为了对研发的一批最新款手机进行合理定价，将该款手机按事先拟定的价格进行试销，得到单价（单位：千元）与销量（单位：百件）的关系如下表所示：‎ 单价（千元）‎ ‎1‎ ‎1.5‎ ‎2‎ ‎2.5‎ ‎3‎ 销量（百件）‎ ‎10‎ ‎8‎ ‎7‎ ‎6‎ 已知.‎ ‎（Ⅰ）若变量，具有线性相关关系，求产品销量（百件）关于试销单价（千元）的线性回归方程；‎ ‎（Ⅱ）用（Ⅰ）中所求的线性回归方程得到与对应的产品销量的估计值，当销售数据对应的残差满足时，则称为一个“好数据”，现从5个销售数据中任取3个，求其中“好数据”的个数的分布列和数学期望.‎ 参考公式：，.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由可求出，求出，再分别计算出和，代入公式可求出，由求出，从而得到线性回归方程；‎ ‎（Ⅱ）利用 - 28 -‎ 的值判断共有三个好数据，再计算对应的概率值，列出分布列，计算数学期望即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由，可得，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 代入得，‎ ‎，‎ ‎∴回归直线方程为.‎ ‎（Ⅱ），‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 共有3个“好数据”.‎ ‎∴，‎ ‎，，‎ ‎∴的分布列为：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ - 28 -‎ 的期望值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性回归方程、分布列和数学期望的计算，考查学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎19.如图1，在等腰梯形中，，，，为的中点.现分别沿，将和折起，点折至点，点折至点，使得平面平面，平面平面，连接，如图2.‎ ‎（Ⅰ）若平面内的动点满足平面，作出点的轨迹并证明；‎ ‎（Ⅱ）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）点的轨迹是直线.见解析，（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）连接，，，由线面平行的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证明平面平面，最后由面面平行的判定定理证明平面平面，即可得到点的轨迹；‎ ‎（Ⅱ）以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面所成锐二面角的余弦值即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）如图，取和的中点和，‎ - 28 -‎ 则点的轨迹是直线.‎ 证明如下：‎ 连接，，，则，‎ 又平面，平面，‎ ‎∴平面.‎ 依题意知，，，为正三角形，‎ ‎∴.‎ 又∵平面平面，平面平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ 又∵平面平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵，平面，平面，‎ ‎∴平面平面，‎ 当平面时，平面 ‎∴点的轨迹是直线.‎ ‎（Ⅱ）以为原点，，，所在直线分别为，，轴，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 则平面的一个法向量为，‎ - 28 -‎ ‎，，，‎ ‎∴，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，‎ 令，得，，‎ ‎∴，‎ 设所求二面角为，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间中线线、线面和面面的位置关系，考查线面平行、面面平行、线面垂直和面面垂直的判定定理，以及面面垂直的性质，考查向量法求二面角的应用，还考查学生数形结合的思想和计算能力，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆：的离心率为，过其右焦点与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限交于点，且.‎ - 28 -‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设椭圆的左、右顶点分别为，，点是椭圆上的动点，且点与点，不重合，直线，与直线分别交于点，，求证：以线段为直径的圆过定点.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由，得，又，且，联立求解出、、的值，即可求出椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）设点，由点在椭圆上和直线、的斜率求出，设直线、的方程，求出点和点的坐标，设圆过定点，为直径，所以，化简后即可得到定点.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由，得，‎ 又因为，且，‎ 得，，，‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）由题意，点，点，‎ - 28 -‎ 设点，则，得，‎ 又设直线，的斜率分别为，，‎ 则，，‎ 所以，‎ ‎∴直线：，直线：，‎ 所以点，，‎ 假设过定点，‎ 由得 ‎，‎ 所以得，‎ 令，得或，‎ 所以过定点，.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法、直线和椭圆的位置关系以及圆的性质，考查过定点问题，还考查学生的转化和计算能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论的导数的单调性；‎ ‎（2）若有两个极值点，，求实数的取值范围，并证明.‎ ‎【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增；‎ ‎（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ - 28 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，令，对，讨论来求的单调性；‎ ‎（2）将有两个极值点，转化为有两解，继续转化为有两解，构造函数，求导为其极小值，可得，即可求得实数的取值范围；另外要证明，不妨设，则，由（1）根据的单调性得，通过变形，转化为证明，进一步变形证明，构造函数，利用导数研究其最小值即可证明．‎ ‎【详解】（1）由题意，得.‎ 设，则.‎ ‎①当时，，所以在上单调递增.‎ ‎②当时，由，得.‎ 当时，，在上单调递减；‎ 当时，，在上单调递增.‎ ‎（2）由于有两个极值点，，即在上有两解，，‎ 即，显然，故等价于有两解，，‎ 设，则，‎ 当时，，所以在单调递减，‎ 且，时，，时，；‎ 当时，，所以在单调递减，且时，；‎ - 28 -‎ 当时，，所以在单调递增，且时，，‎ 所以是的极小值，有两解，等价于，得.‎ 不妨设，则.‎ 据（1）在上单调递减，在上单调递增，‎ 故，‎ 由于，，且，则，‎ 所以，，‎ 即，，‎ 欲证明：，等价于证明：，‎ 即证明：，只要证明：，‎ 因为在上单调递减，，‎ 所以只要证明：，‎ 由于，所以只要证明：，‎ 即证明：，‎ 设，据（1），‎ ‎，‎ 所以在上单调递增，‎ 所以，‎ 即，‎ - 28 -‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值，综合性强，对学生计算能力以及转化问题的能力要求高，是一道难题．‎ 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.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数，），在以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程是，等边的顶点都在上，且点，，按照逆时针方向排列，点的极坐标为.‎ ‎（Ⅰ）求点，，的直角坐标；‎ ‎（Ⅱ）设为上任意一点，求点到直线的距离的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）点的直角坐标为，点的直角坐标为，点的直角坐标为.‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由点的极坐标和，，的排列顺序，得到点和点的极坐标，再由求出，，的直角坐标即可；‎ ‎（Ⅱ）由点和点的坐标可得直线的方程，设点，由点到直线距离公式表示出点到直线的距离，再由辅助角公式和三角函数的性质得到的取值范围即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，等边的顶点都在上，‎ - 28 -‎ 且点，，按照逆时针方向排列，点的极坐标为，‎ 所以点的极坐标，点的极坐标，‎ 由，‎ 可得点的直角坐标为，‎ 点的直角坐标为，‎ 点的直角坐标为.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，‎ 所以得的直线方程为：，‎ 设点，‎ 则点到直线的距离为 ‎，‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查直角坐标和极坐标的相互转化、点到直线距离的应用、三角恒等变换和三角函数的性质，考查学生对极坐标的理解和计算能力，属于基础题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若，求证：.‎ - 28 -‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）对去绝对值，分别求解、、时的不等式即可；‎ ‎（Ⅱ）将不等式两边平方并化简为，由和的范围即可证明.‎ ‎【详解】（Ⅰ）①当时，不等式可化为，‎ 解得：，故此时无解；‎ ‎②当时，不等式可化为，解得：，故有；‎ ‎③当时，不等式可化为，‎ 解得：，故此时无解；‎ 综上，不等式的解集.‎ ‎（Ⅱ）要证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 即证，‎ ‎∵，∴，，‎ ‎∴成立.‎ ‎∴成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法和不等式的证明，属于基础题.‎ - 28 -‎ - 28 -‎