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  • 2021-06-11 发布

2020届四川省绵阳市高中高三第二次诊断性测试数学(理)试题(解析版)

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‎2020届四川省绵阳市高中高三第二次诊断性测试数学(理)试题 一、单选题 ‎1.设全集,,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】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】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】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】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】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】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 ‎10‎ ‎15‎ ‎30‎ ‎35‎ ‎(单位:万元)‎ 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】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】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,渐近线方程为,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】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】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】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】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 ‎13.直线:与直线平行,则实数的值是______.‎ ‎【答案】2.‎ ‎【解析】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】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】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】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 ‎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:‎ ‎0.15‎ ‎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】(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】(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】(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】(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】(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.‎ ‎22.在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(,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】(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】(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,求得的最大值,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.‎