四川省绵阳市高中2020届高三诊断性测试理科数学试卷 26页

绵阳市高中2017级第二次诊断性考试 理科数学 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，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将答题卡交回.‎ 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.设全集，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定集合的元素，再由补集定义求解．‎ ‎【详解】由题意，∴．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查补集的运算，解题时需确定集合的元素后才能进行集合的运算．本题还考查了指数函数的单调性．‎ ‎2.已知为虚数单位，复数满足，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由除法计算出复数．‎ ‎【详解】由题意．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，属于基础题．‎ ‎3.已知两个力，作用于平面内某静止物体的同一点上，为使该物体仍保持静止，还需给该物体同一点上再加上一个力，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据力的平衡条件下,合力为,即可根据向量的坐标运算求得.‎ ‎【详解】根据力的合成可知 因为物体保持静止,即合力为,则 即 故选:A ‎【点睛】本题考查了向量的运算在物理中的简单应用,静止状态的条件应用,属于基础题.‎ ‎4.甲、乙、丙三位客人在参加中国（绵阳）科技城国际科技博览会期间，计划到绵阳的九皇山、七曲山大庙两个景点去参观考察，由于时间关系，每个人只能选择一个景点，则甲、乙、丙三人恰好到同一景点旅游参观的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可用列举法写出三人选择景点的各种情形．然后计数后可概率．‎ ‎【详解】两景点用1，2表示，三人选择景点的各种情形为：甲1乙1丙1 ，甲1乙1丙2 ，甲1乙2丙1 ，甲2乙1丙1 ，甲2乙2丙1 ，甲2乙1丙2 ，甲1乙2丙2 ，甲2乙2丙2 共8种，其中三人去同一景点的有甲1乙1丙1 和甲2乙2丙2两种，所以概率为 ‎．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查古典概型，解题时可用列举法写出所有的基本事件．‎ ‎5.已知为任意角，则“”是“”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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 说明命题和是否为真即可．‎ ‎【详解】，则，因此“”是“”的必要不充分条件．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查充分必要条件的判断，只要命题为真，则是的充分条件，是的必要条件．‎ ‎6.若的展开式中各项系数的和为1，则该展开式中含项的系数为（ ）‎ A. -80 B. -10 C. 10 D. 80‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项式定理展开式的各项系数和为1,即可得参数的值.由二项展开式的通项即可求得项的系数.‎ ‎【详解】因为的展开式中各项系数的和为1‎ 令代入可得,解得 即二项式为 展开式中含的项为 ‎ 所以展开式中含项的系数为 ‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查了二项定理展开式的简单应用,指定项系数的求法,属于基础题.‎ ‎7.已知某产品的销售额与广告费用之间的关系如下表：‎ ‎（单位：万元）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎（单位：万元）‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎30‎ ‎35‎ 若根据表中的数据用最小二乘法求得对的回归直线方程为，则下列说法中错误的是（ ）‎ A. 产品的销售额与广告费用成正相关 B. 该回归直线过点 C. 当广告费用为10万元时，销售额一定为74万元 D. 的值是20‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据回归直线方程中系数为正，说明两者是正相关，求出后，再由回归方程求出，然后再求得，同样利用回归方程可计算出时的预估值．‎ ‎【详解】因为回归直线方程中系数为6.5＞0，因此，产品的销售额与广告费用成正相关，A正确；‎ 又，∴，回归直线一定过点，B正确；‎ 时，，说明广告费用为10万元时，销售额估计为74万元，不是一定为74万元，C错误；‎ 由，得，D正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查回归直线方程，回归直线方程中系数的正负说明两变量间正负相关性，回归直线一定过中心点，回归直线方程中计算的值是预估值，不是确定值．‎ ‎8.双曲线的右焦点为，过作与双曲线的两条渐近线平行的直线且与渐近线分别交于，两点，若四边形（为坐标原点）的面积为，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. 2 C. D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把四边形面积用表示出来，它等于，变形后可求得离心率．‎ ‎【详解】由题意，渐近线方程，不妨设方程为，‎ 由，得，即，同理，‎ ‎∴，由题意，∴．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查求双曲线的离心率．求离心率关键是找到关于的一个等式，本题中四边形的面积是就是这个等式，因此只要按部就班地求出其面积即可得．‎ ‎9.小明与另外2名同学进行“手心手背”游戏，规则是：3人同时随机等可能选择手心或手背中的一种手势，规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分.现3人共进行了4次游戏，记小明4次游戏得分之和为，则的期望为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据古典概型概率求法,列举出现的所有可能.由离散型随机变量的概率求法,可得小明得分的对应的概率与分布列,即可求出得分之和的期望.‎ ‎【详解】进行“手心手背”游戏,3人出现的所有可能情况如下所示:‎ ‎(心,心,心), (心,心,背),(心,背,心),(背,心,心)‎ ‎(心,背,背),(背,心,背),(背,背,心),(背,背,背)‎ 则小明得1分的概率为,得0分的概率为 进行4次游戏,小明得分共有5种情况:0分,1分,2分,3分,4分 ‎ 由独立重复试验的概率计算公式可得:‎ 则得分情况的分布列如下表所示:‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P 则的期望 ‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查了离散型随机变量的概率分布及期望的求法,属于基础题.‎ ‎10.已知圆：，点，在圆上，平面上一动点满足且，则的最大值为（ ）‎ A. 4 B. C. 6 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据几何意义可知动点位于以为直径的圆上,由正弦定理即可求得的最大值.‎ ‎【详解】圆：‎ 化成标准方程可得 所以圆C的半径为 因为点,在圆上,动点满足且 所以位于以为直径的圆上,位置关系如下图所示:‎ 则,即 ‎ 在三角形中,由正弦定理可得 ‎ 代入可得 则 因为 所以的最大值为 故选:D ‎【点睛】本题考查了圆的一般方程与标准方程的转化,圆的几何性质,正弦定理的简单应用,属于中档题.‎ ‎11.已知为偶函数，且当时，，则满足不等式的实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由偶函数性质把不等式化为，由导数确定函数在上的单调性，利用单调性解不等式．‎ ‎【详解】∵是偶函数，∴，则不等式可化为，即，‎ 时，，，‎ 令，则，∴是上的增函数，∴当时，，‎ ‎∴时，，∴在上是增函数，‎ ‎∴由得，即，．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，考查解对数不等式．此各种类型不等式的解法是：本题这种类型的不等式有两种，一种是奇函数，不等式为，转化为，一种是偶函数，不等式为，转化为 ‎，然后由单调性去函数符号“”．‎ ‎12.函数在区间上恰有一个零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数零点存在定理可求得的取值范围.并根据区间上恰有一个零点,分析可知当时函数有两个零点,不符合要求,即可求得最终的取值范围.‎ ‎【详解】函数在区间上恰有一个零点,‎ 则,‎ 由二次函数的图像与对数函数的图像可知,函数零点至多有两个.‎ 且因为恰有一个零点,所以满足且与在上不同时成立.‎ 解不等式可得 ‎ 当时,函数,区间为 且满足,,‎ 所以在内有一个零点, 为一个零点.故由题意可知,不符合要求 综上可知, 的取值范围为 故选:D ‎【点睛】本题考查了函数零点存在定理的综合应用,根据零点个数求参数的取值范围.需要判断零点个数及检验参数是否符合题目要求,属于难题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.直线：与直线平行，则实数的值是______.‎ ‎【答案】2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两直线平行的条件判断．‎ ‎【详解】由题意，解得．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点睛】本题考查两直线平行的充要条件，两直线和平行，条件是必要条件，不是充分条件，还必须有或，但在时，两直线平行的充要条件是．‎ ‎14.法国数学家布丰提出一种计算圆周率的方法——随机投针法，受其启发，我们设计如下实验来估计的值：先请200名同学每人随机写下一个横、纵坐标都小于1的正实数对；再统计两数的平方和小于1的数对的个数；最后再根据统计数来估计的值.已知某同学一次试验统计出，则其试验估计为______.‎ ‎【答案】3.12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 横、纵坐标都小于1的正实数对构成第一象限内的一个正方形, 两数的平方和小于1的数对为单位圆在第一象限的部分.由几何概型概率的计算公式,及试验所得结果,即可估计的值.‎ ‎【详解】横、纵坐标都小于1的正实数对构成第一象限内的一个正方形,‎ 两数的平方和小于1的数对为单位圆在第一象限的部分.其关系如下图所示:‎ 则阴影部分与正方形面积的比值为 ‎ 由几何概型概率计算公式可知 ‎ 解得 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了几何概型概率的求法,根据题意得各部分的关系是解决问题的关键,属于基础题.‎ ‎15.函数的图象如图所示，则在区间上的零点之和为______.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出周期，确定，再由点确定，得函数解析式，然后可求出上的所有零点．‎ ‎【详解】由题意，∴，又且，∴，‎ ‎∴．‎ 由得，，，‎ 在内有：，它们的和为．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的零点，由三角函数图象求出函数解析式，然后解方程得出零点，就可确定在已知范围内的零点．本题也可用对称性求解，由函数周期是，区间含有两个周期，而区间端点不是函数零点，因此在上有4个零点，它们关于直线对称，由此可得4个零点的和．‎ ‎16.过点的直线与抛物线：交于，两点（在，之间），是抛物线的焦点，点满足：，则与的面积之和的最小值是______.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线过点,设出直线的方程.联立抛物线后可表示出、两点的纵坐标,利用可表示出点的纵坐标.由三角形面积公式可表示出与的面积之和.对表达式求导,根据导数即可求得面积和的最小值.‎ ‎【详解】根据题意,画出抛物线及直线方程如下图所示:‎ 因为直线过点 设直线的方程为 ‎ 则,化简可得 因为有两个不同交点,则,解得或 不妨设,‎ 则解方程可得 因为,则 所以 所以 则 ‎ ,()‎ 令 则 令 解得 ‎ 当时, ,所以在内单调递减 当时, ,所以在内单调递增 即当时取得最小值.‎ 所以 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系,抛物线中三角形面积的求法,利用导数求函数的最值的应用,综合性强,属于难题.‎ 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，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.每年的4月23日为“世界读书日”，某调查机构对某校学生做了一个是否喜爱阅读的抽样调查.该调查机构从该校随机抽查了100名不同性别的学生（其中男生45名），统计了每个学生一个月的阅读时间，其阅读时间（小时）的频率分布直方图如图所示：‎ ‎（1）求样本学生一个月阅读时间的中位数.‎ ‎（2）已知样本中阅读时间低于的女生有30名，请根据题目信息完成下面的列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为阅读与性别有关.‎ 列联表 男 女 总计 总计 附表：‎ ‎015‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ 其中：.‎ ‎【答案】（1）；（2）不能在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为阅读与性别有关.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）频率为0.5对应的点的横坐标为中位数；‎ ‎（2）100名学生中男生45名，女生55名，由频率分布直方图知，阅读时长大于等于的人数为50人，小于的也有50人，阅读时间低于的女生有30名，这样可得列联表中的各数，得列联表，依据公式计算，对照附表可得结论．‎ ‎【详解】（1）由题意得，直方图中第一组，第二组的频率之和为 ‎.‎ 所以阅读时间的中位数.‎ ‎（2）由题意得，男生人数为45人，因此女生人数为55人，‎ 由频率分布直方图知，阅读时长大于等于的人数为人，‎ 故列联表补充如下：‎ 男 女 总计 ‎25‎ ‎25‎ ‎50‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎50‎ 总计 ‎45‎ ‎55‎ ‎100‎ 的观测值，所以不能在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为阅读与性别有关.‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图，考查独立性检验．正确认识频率分布直方图是解题基础．‎ ‎18.已知等差数列的前项和为，且满足，.各项均为正数的等比数列满足，.‎ ‎（1）求和；‎ ‎（2）求和：.‎ ‎【答案】(1) .. (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据等差数列与等比数列的通项公式,可得方程组,解方程组即可求得数列与数列的通项公式.‎ ‎（2）根据等比数列的前n项和公式,可先求得的通项公式,进而根据分组求得即可求得.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为,等比数列的公比为.‎ 由题意,得,解得,‎ ‎∴‎ ‎∵等比数列的各项均为正数 由解得或（舍）‎ ‎∴‎ ‎（2）由（1）得,‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列与等比数列通项公式的求法,等比数列前n项和公式的简单应用,属于基础题.‎ ‎19.在中，内角，，所对的边分别为，，.已知.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若为边上一点，且，，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理把角的关系转化为边的关系，再由余弦定理可求得；‎ ‎（2）把的面积用两种方法表示建立与三角形各边的关系，由，即即代入可得，再代入余弦定理中可求得，从而可得，于是得的值．‎ ‎【详解】（1）在中，由正弦定理得 ‎，即.‎ 由余弦定理得，‎ 结合，可知.‎ ‎（2）在中，，即.‎ 由已知，可得.‎ 在中，由余弦定理得，‎ 即，整理得，即，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，第（2）问解题关键是把三角形面积用两种方法表示而建立等式：．‎ ‎20.已知椭圆：，直线交椭圆于，两点.‎ ‎（1）若点满足（为坐标原点），求弦的长；‎ ‎（2）若直线的斜率不为0且过点，为点关于轴的对称点，点满足，求的值.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设出,两点的坐标,结合关系式,即可得线段的中点坐标.利用点差法可求得直线的斜率,根据点斜式求得直线的方程.再结合弦长公式即可求得弦的长;‎ ‎（2）设出直线的方程,根据M的坐标及可知.由两点的斜率公式,可得,将,两点的坐标代入直线方程后,整理代入的表达式,联立圆的方程,即可得关于的方程.进而用韦达定理求得n的值即可.‎ ‎【详解】（1）设,‎ 由,且点,得,.①‎ ‎∴线段的中点坐标为,其在椭圆内 由两式相减得,‎ 整理得,即.‎ 将①代入,得.‎ ‎∴直线方程为,即.‎ 联立消去得,‎ 由韦达定理得,.‎ ‎∴.‎ ‎（2）设直线的方程为,由题意得,‎ 由已知,可知,,三点共线,即.‎ ‎∴,即,‎ 解得.‎ 将,,代入得.②‎ 联立消去得 由韦达定理得,.③‎ 将③代入②得到 ‎【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系,点差法在求直线方程中的应用,弦长公式的用法,‎ 综合性较强,属于难题.‎ ‎21.已知函数，其中.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若，记函数的两个极值点为，（其中），当的最大值为时，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) 当时,在上单调递增；当时,在和上单调递增,在上单调递减. (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求得的导函数,并令.通过对判别式及的讨论,即可判断单调性.‎ ‎（2）根据（1）可知当时,有两极值点,,且两个极值点为的两根.进而可得两个极值点间的关系.利用作差法可得的表达式,并令,及.进而通过求导得的单调性,进而根据最大值可求得的值.解得,的值.即可得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）.‎ 令,则.‎ ‎①当或,即时,得恒成立,‎ ‎∴在上单调递增.‎ ‎②当,即时,‎ 由,得或；‎ 由,得.‎ ‎∴函数在和上单调递增,‎ 在上单调递减.‎ 综上所述,当时,在上单调递增；‎ 当时,在和上单调递增,‎ 在上单调递减.‎ ‎（2）由（1）得当时,有两极值点,（其中）.‎ 由（1）得,为的两根,‎ 于是,.‎ ‎∴‎ ‎.‎ 令,则.‎ ‎∵,‎ ‎∴在上单调递减.‎ 由已知的最大值为,‎ 而.‎ ‎∴.‎ 设的取值集合为,则只要满足且中的最小元素为2的集合均符合题意.‎ 又,易知在上单调递增,‎ 结合,可得与是一一对应关系.‎ 而当,即时,联合,‎ 解得,,进而可得.‎ ‎∴实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性中的综合应用,分类讨论判断函数的单调区间,构造函数法判断函数的单调性及参数的取值范围,综合性强,是高考的常考点和难点,属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线参数方程为（，为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线经过点，曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的普通方程，曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）若，是曲线上两点，当时，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由消元后得普通方程，由代入直角坐标方程可得极坐标方程；‎ ‎（2）直接把两点的极坐标代入曲线的极坐标方程，得，这样就可转化为三角函数式，利用三角函数知识可得取值范围．‎ ‎【详解】（1）将的参数方程化为普通方程为.‎ 由，，‎ 得点的直角坐标为，代入，得，‎ ‎∴曲线的普通方程为.‎ 可化为，即，‎ ‎∴曲线的极坐标方程为.‎ ‎（2）将点，代入曲线的极坐标方程，‎ 得，，‎ ‎∴‎ ‎.‎ 由已知，可得，‎ 于是.‎ 所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查参数方程与普通方程的互化．消元法和公式法是解决此类问题的常用方法．‎ ‎23.已知关于的不等式，其中.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若该不等式对恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）用分类讨论的方法去绝对值符号后再解不等式，最后要合并（求并集）；‎ ‎（2）设，同样用分类讨论去绝对值符号化函数为分段函数，求得最大值，解相应不等式可得的范围．‎ ‎【详解】（1）由时，.原不等式化为，‎ 当时，，解得，综合得；‎ 当时，，解得，综合得；‎ 当时，，解得，综合得.‎ ‎∴不等式的解集为.‎ ‎（2）设函数，‎ 画图可知，函数的最大值为.‎ 由，解得.‎ ‎【点睛】本题考查解含绝对值的不等式，解题方法是根据绝对值定义去掉绝对值符号，用分类讨论的方法分段解不等式．‎ ‎ ‎