四川省达州市2020届高三第二次诊断性测试数学（文科）试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com 数学试题（文科）‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，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（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合的交集的概念及运算，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，集合，，‎ 根据集合的交集的概念及运算，可得.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了集合的交集的概念及运算，其中解答中熟记集合的交集的概念，准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力.‎ ‎2.复数（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的除法运算法则，准确运算，即可求解.‎ - 24 -‎ ‎【详解】根据复数的除法运算法则，可得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，其中解答中熟记复数的四则运算法则，准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力.‎ ‎3.命题“，”的否定是（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题“，”的否定为：“，”.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了含有一个量词的否定，其中解答中熟记全称命题和存在性命题的关系，准确改写是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.‎ ‎4.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 24 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，，求得，得出函数的单调性，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，当时，，则，‎ 当时，，函数单调递增；‎ 当时，，函数单调递减，‎ 根据选项，可知只有C项符合题意.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数图象的识别，其中解答中利用导数求得函数的单调性是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎5.在甲乙丙丁四位志愿者中随机选两人，去社区给困难户送生活必需品，恰好选到丙和丁的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 利用列举法求得基本事件的总数，进而利用古典概型的概率计算公式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，从甲乙丙丁四位志愿者中随机选两人有：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（乙，丙），（乙，丁），（丙，丁），共有中不同的选法，‎ 其中恰好选到丙和丁只有1种选法，所以概率是.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率计算，其中解答中列用列举法求得基本事件的总数是解答额关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.‎ ‎6.在公差不为零的等差数列中，，是，的等比中项，则（ ）‎ A. 12 B. 13 C. 14 D. 15‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由是，的等比中项和，利用等差数列通项公式，求得可得，进而求得的值，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，因为是，的等比中项，所以，‎ 又由，可得，整理得，解得或，‎ 又由，所以，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及等比中项公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项和等比中项公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.‎ ‎7.已知双曲线的两条渐近线的方程是和，则双曲线离心率是（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 由双曲线的两条渐近线的方程，得到，分类讨论，即可求得双曲线的离心率.‎ ‎【详解】由题意，双曲线的两条渐近线的方程是和，即，‎ 当双曲线的焦点在轴上时，可得，此时的离心率为；‎ 当双曲线的焦点在轴上时，可得，此时的离心率为，‎ 所以双曲线的离心率为或.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的渐近线方程的应用，以及离心率的求解，着重考查了分类讨论思想，以及推理与计算能力.‎ ‎8.在中，，分别为边，的中点，与交于点，设，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 延长AF交BC于点M，由，分别为边，的中点，得到点P为的重心，利用重心的性质和向量的线性运算，即可求解.‎ ‎【详解】如图所示，延长AF交BC于点M，‎ 因为，分别为边，的中点，所以点P为的重心，‎ 可得.‎ 故选：A.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量的基本定理，以及三角形重心的性质的应用，其中解答中合理应用三角形重心的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎9.已知，，，则实数，，的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别构造新函数，，，结合零点的存在定理，求得的范围，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，设，可得，‎ 所以，根据零点的存在定理，可得，‎ 设，可得，所以，‎ 根据零点的存在定理，可得，‎ 令，可得，‎ 所以，可得，‎ 综上可得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的零点的存在定理的应用，其中解答中根据题意设出新函数，结合零点的存在定理求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.‎ ‎10.如图，四面体各个面都是边长为1‎ - 24 -‎ 正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，圆柱的侧面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆柱的底面半径为，母线长为，根据正三棱锥的性质，以及圆柱的侧面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】设圆柱的底面半径为，母线长为 ‎ 因为四面体各个面都是边长为1的正三角形，可得，解得，‎ 又由四面体各个面都是边长为1的正三角形，‎ 可得棱锥的高为，即圆柱的母线长为，‎ 所以圆柱的侧面积为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积的计算，以及三棱锥的几何结构特征的应用，着重考查了数形结合思想，以及运算能力.‎ ‎11.已知方程在区间内只有一个实根，则的取值范围（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 构造新函数，要使得在区间内只有一个实根，结合三角函数性质，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，方程在区间内只有一个实根，‎ 即方程在区间内只有一个实根，‎ 设，‎ 当，则，‎ 要使得在区间内只有一个实根，‎ 则满足，解得，‎ 即的取值范围是.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟练应用三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力.‎ ‎12.已知函数，.若函数恰有两个非负零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把函数恰有两个非负零点，转化为函数与的图象在 - 24 -‎ 有两个不同的交点，结合图象，分类讨论，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，函数的图象如图所示，‎ 因为函数恰有两个非负零点，‎ 即为函数与的图象在有两个不同的交点，‎ 又由函数恒经过原点，‎ 当另一个交点在区间时，则满足，即.‎ 当另一个交点在且与函数相交时，则满足，解得，‎ 当另一个交点在且与函数的图象相切时，‎ 此时，则，所以，‎ 设切点坐标为，‎ 由函数，则，所以，解得 又由，代入可得，解得，所以，‎ 把点代入，可得，解得，‎ 综上可得实数的取值范围是.‎ 故选：C.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及利用导数的几何意义求得参数问题，其中解答中把函数的零点问题转化为两个函数的交点的个数是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.设满足约束条件，则的最小值是__________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解.‎ ‎【详解】由题意，画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，‎ 因为目标函数，可化为直线，‎ 当直线过点A或B时，此时直线在y轴上的截距最小，‎ 目标函数取得最小值，‎ 又由，解得，所以目标函数的最小值为.‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力．‎ ‎14.函数，若，则__________‎ - 24 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，得到，解得，代入的表达式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，函数，‎ 所以，即，解得，‎ 又由.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数幂的运算，以及函数解析式的应用，其中解答中根据函数的解析式，结合指数幂的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎15.等比数列的前项和为，则的值为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列前项和公式的特点列方程，解方程求得的值.‎ ‎【详解】由于等比数列前项和，本题中，故.‎ 故填：.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等比数列前项和公式的特点，考查观察与思考的能力，属于基础题.‎ ‎16.过点的直线与抛物线的一个交点是，与轴交于点，且 - 24 -‎ ‎，为抛物线上一动点，则的最小值是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据中点公式和抛物线的方程，分别求得和，再利用向量的数量积的坐标运算公式和抛物线的方程求得的表达式，结合一元二次函数的性质，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，设，，不妨设 ，‎ 因为，可得点为的中点，‎ 由中点公式可得，解得，‎ 又由抛物线，可得，解得，‎ 即，此时，解得，即，‎ 所以，‎ 所以，‎ 又由，所以，‎ 所以当时，，取得最小值.‎ 故答案为：.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的数量积的坐标运算，中点公式的应用，以及直线与抛物线的位置关系综合应用，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力.‎ 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.的内角对边分别为，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若的角平分线，求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理和题设条件，化简得，进而利用三角形的内角定理得到，求得的值，即可求解.‎ ‎（2）由余弦定理，求得，得到，得到为直角三角形，得到为等腰三角形，利用面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，在中，因为，‎ 由正弦定理，可得，‎ 所以，‎ 即.‎ 因为，可得，所以.‎ 因为为三角形内角，可得，所以，‎ 又因为，所以.‎ ‎（2）在中，为角的角平分线，，，‎ 在中，，‎ 由余弦定理可得，‎ 所以， 可得，所以为直角三角形.‎ - 24 -‎ 即，故为等腰三角形，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎18.某单位为了更好地应对新型冠状病毒肺炎疫情，对单位的职工进行防疫知识培训，所有职工选择网络在线培训和线下培训中的一种方案进行培训.随机抽取了140人的培训成绩，统计发现样本中40个成绩来自线下培训职工，其余来自在线培训的职工，并得到如下统计图表：‎ ‎（1）写出线下培训茎叶图中成绩的中位数，估算在线培训直方图的中位数（保留一位小数）；‎ ‎（2）得分90分及以上为成绩优秀，完成下边列联表，并判断是否有的把握认为成绩优秀与培训方式有关？‎ 优秀 非优秀 合计 线下培训 在线培训 合计 - 24 -‎ 附：．‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎【答案】（1）中位数是79；在线培训中位数是84.3.（2）见解析，有的把握认为培训方式与成绩优秀有关.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据茎叶图和频率分布直方图的中位数的计算方法，即可求解；‎ ‎（2）根据题意，得出列联表，利用公式求得的值，即可得到结论.‎ ‎【详解】（1）由题意，根据茎叶图的数据，可得线下培训的茎叶图的中位数是79；‎ 设在线培训中位数为，根据给定的频率分布直方图，可得 ‎，解得，‎ 即估计在线培训中位数是84.3.‎ ‎（2）根据题意得列联表：‎ 优秀 非优秀 合计 线下培训 ‎5‎ ‎35‎ ‎40‎ 在线培训 ‎30‎ ‎70‎ ‎100‎ 合计 ‎35‎ ‎105‎ ‎140‎ ‎.‎ 因为，所以有的把握认为培训方式与成绩优秀有关.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了茎叶图与频率分布直方图的中位数的计算，以及独立性经验的应用，其中解答中熟记茎叶图和频率分布直方图的中位数的求法，以及利用独立性检验的公式准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ ‎19.如图，在三棱锥中，平面，，，是中点，是中点，是线段上一动点.‎ ‎（1）当为中点时，求证：平面平面；‎ ‎（2）当∥平面时，求.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据为等腰直角三角形，得到，再由线面垂直的性质，证得，结合线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到平面平面；‎ ‎（2）取为中点，连接，，证得平面，进而得到平面，再结合平行线的性质，即可求解.‎ ‎【详解】（1）在中，因为，且，‎ 所以为等腰直角三角形，当为中点时，可得.‎ 因为平面平面，所以，‎ 因为且都在平面中，所以平面.‎ 因为平面，所以平面平面.‎ ‎（2）如图取为中点，连接，.‎ 因为为三角形中位线，所以，‎ - 24 -‎ 因为平面，不在平面内，‎ 所以平面，因为平面，且且都在平面内，‎ 所以平面平面，所以 因为，所以为线段靠近点的四等分点.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面与平面垂直的判定与证明，以及三棱锥的体积的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及熟练应用几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了推理与论证，以及运算能力.‎ ‎20.已知动点到两点，的距离之和为4，点在轴上的射影是C，.‎ ‎（1）求动点的轨迹方程；‎ ‎（2）过点的直线交点的轨迹于点，交点的轨迹于点，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）.（2）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆的定义和题设条件，求得点的轨迹方程是，设点坐标为，由所以点的坐标为，代入即可求解.‎ ‎（2）若轴，求得；若直线不与轴垂直，设直线 - 24 -‎ 的方程为，根据圆的弦长公式，求得，再联立方程组，结合根与系数的关系，求得的表达式，代入化简，即可求解.‎ ‎【详解】（1）设，‎ 因为点到两点的距离之和为4，即 ‎ 可得点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，‎ 所以，即，且，则，‎ 所以点的轨迹方程是.‎ 设点坐标为，因所以点的坐标为，可得，‎ 化简得点的轨迹方程为.‎ ‎（2）若轴，则，.‎ 若直线不与轴垂直，设直线的方程为，即，‎ 则坐标原点到直线的距离，‎ ‎.‎ 设.将代入，并化简得，‎ ‎.‎ ‎，.‎ - 24 -‎ ‎，‎ 当且仅当即时，等号成立.‎ 综上所述，最大值为1.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，圆的性质，及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.‎ ‎21.函数.‎ ‎（1）若为的极值点，求实数；‎ ‎（2）若在上恒成立，求实数的范围.‎ ‎【答案】（1）-2（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得函数的导数，根据，求得，验证即可求解；‎ ‎（2）由（1）知时，为增函数，根据和分类讨论，结合函数的单调性和最值，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，函数，可得，‎ 令，解得，‎ 当时，，‎ 当时，，；‎ 当时，令，，‎ 即为增函数，，，‎ - 24 -‎ 综上时，；时，，‎ 时，为的极值点.‎ ‎（2）因为，；‎ 由（1）知时，为增函数，‎ 当，即时，，为增函数，‎ ‎，即在上恒成立 当，即时，，，‎ 因为 ‎，使，‎ 当，，为增函数；‎ 当，为减函数，‎ ‎，与在上恒成立相矛盾，不成立 综上时，在上恒成立.‎ 所以，实数的范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ ‎（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，则按所做的第一题计分.‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线（为参数），其中.在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.‎ - 24 -‎ ‎（1）求的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）若与相交于点两点，点，求.‎ ‎【答案】（1），或；﹒（2）6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由曲线（为参数），消去参数，即可求得曲线普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可得到曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）将曲线代入，结合直线参数方程中参数的几何意义，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，曲线（为参数），可得（为参数）‎ 两式相除，可得，‎ 整理得曲线的普通方程或；‎ 由曲线，两边同乘，可得，‎ 又因为，代入可得，‎ 即，所以曲线的直角坐标方程为﹒‎ ‎（2）将曲线代入，‎ 得，整理得﹐‎ 设两点对应的参数为，，‎ - 24 -‎ 则，.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的综合应用，着重考察了推理与运算能力.‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23.设.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若均为正实数，最小值为，，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，可得，分类讨论，即可得到不等式的解集；‎ ‎（2）去掉绝对值号，根据分段函数和一次函数的性质求得函数的最小值为1，得到，即，结合基本不等式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，函数，‎ 因为，可得 当时，，解得，；‎ 当时，解得，；‎ 当时，，解得，‎ 综上不等式解集为.‎ ‎（2）因为函数，‎ 根据一次函数的性质，可得函数的最小值为1，‎ 即，所以，‎ - 24 -‎ 因为 ‎.‎ 当时取等号，‎ 最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的解法，以及基本不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值的不是的解法，以及熟练应用基本不等式求最值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.‎ - 24 -‎ - 24 -‎