四川省内江、眉山等六市2019届高三数学第二次诊断性考试试题理（含解析）.docx

四川省内江、眉山等六市2019届高三数学第二次诊断性考试试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12个小题,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，则满足的集合的个数为（ ）A. B. C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】由可确定集合中元素一定有的元素，然后列出满足题意的情况，得到答案.【详解】由可知集合中一定有元素2，所以符合要求的集合有，共4种情况，所以选A项.【点睛】考查集合并集运算，属于简单题.2.已知为虚数单位，复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对进行化简，得到标准形式，在根据复数模长的公式，得到【详解】对复数进行化简所以【点睛】考查复数的基本运算和求复数的模长，属于简单题.3.已知平面向量的夹角为，且，则与的夹角是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】通过求出，根据向量夹角公式，得到与的夹角.【详解】设与的夹角为，由向量夹角公式得 ，所以选D项4.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：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】第一个表里反应指数越低，空气质量越好，第二个图反应1-30天每天指数的数值.通过这两个表格中的数据，对选项进行判断.【详解】A选项中，这个月的指数的趋势是降低的，即空气质量是变好的，所以错误；B、D选项中，前半月的指数的平均数明显高于后半月，因此B、D选项错误；C选项中，前半月数据的稳定性没有后半月的稳定，因此前半月的方差大于后半月的，所以C项正确.故选C项.【点睛】本题考查了频率分布折线图的应用问题，是基础题.5.的展开式中，常数项为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】写出二项式展开通项，整理后令的指数为0，得到相应的项数，然后算出常数项.【详解】的展开式的通项为，令，得到所以展开式中常数项为，故选D项.【点睛】对二项式展开通项的考查，题目难度不大，考查内容比较单一，属于简单题.6.若数列的前项和为，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对已知，进行化简，令，可得，即为等比数列，利用可计算出的首项和公比，从而可求得的通项，得到的通项.【详解】，令，可得为等比数列，设其公比为，故选C项.【点睛】本题考查换元法求数列的通项，等比数列求通项，考查内容比较简单，属于简单题.7.若是上的奇函数，且，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.已知函数的部分图像如图所示，点在图象上，若 ，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由三角函数的图像的性质可知，根据图像上给出的点，求出，和，再代入，可得到答案.【详解】函数的图像与轴相邻的交点为，可得一条对称轴为，周期，即.代入得，即 ，即代入得，且代入得到【点睛】本题考查由函数部分图像求解析式，正弦型函数图像的性质，考查内容比较综合，属于中档题.9.若直线与圆相交，且两个交点位于坐标平面上不同的象限，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【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.在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为，则该四面体外接球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】在空间坐标系里画出四个点，可以补成一个长方体，然后求出其外接球的半径，再求外接球的表面积.【详解】如图，在空间坐标系里画出四个点，可得,面,因此可以把四面体补成一个长方体，其外接球的半径所以，外接球的表面积为，故选B项.【点睛】本题考查几何体的直观图画法，图形的判断，考查空间想象能力，对所画出的几何体进行补充成常见几何体求外接球半径，属于中档题.11.设点是抛物线上的动点，是的准线上的动点，直线过且与（为坐标原点）垂直，则点到的距离的最小值的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设出点坐标，表示出直线，将点到直线的距离转化成，与直线平行且与抛物线相切的直线与直线间的距离.再找到其取值范围.【详解】抛物线的准线方程是若点的坐标为，此时直线的方程为，显然点到直线的距离的最小值是1若点的坐标为，其中则直线的斜率为直线的斜率为直线的方程为即，设与直线平行且与抛物线相切的直线方程为代入抛物线方程得所以解得所以与直线平行且与抛物线相切的直线方程为所以点到直线的距离的最小值为直线与直线的距离，即因为所以综合两种情况可知点到直线的距离的最小值的取值范围是所以选B项.【点睛】本题考查直线的表示，曲线上动点到直线距离的转化，圆锥曲线的综合题目，属于中档难度题.12.已知函数.若不等式的解集中整数的个数为，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对进行变形，得到，令，即的整数个数为3，再由的函数图像和的函数图像，写出限制条件，得到答案【详解】，即设，其中时，时，即符合要求，所以时，单调递减，单调递增，为极小值.有三个整数解，则还有一个整数解为或者是当解集包含时，时，所以需要满足即，解得当解集包含时，需要满足即整理得，而，所以无解集，即该情况不成立.综上所述，由得，的范围为故选D项.【点睛】利用导数研究函数图像，两个函数图像的位置关系与解析式大小之间的关系，数形结合的数学思想，题目较综合，考查内容比较多，属于难题.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.中国古代数学专家（九章算术）中有这样一题：今有男子善走，日增等里，九日走里，第一日，第四日，第七日所走之和为里，则该男子的第三日走的里数为_【答案】120【解析】【分析】将题目转化成数学语言，得到等差数列关系，求出首项和公差，再求第三日走的里数，即数列的第三项.【详解】因为男子善走，日增等里，可知每天走的里数符合等差数列，设这个等差数列为，其公差为，前项和为.根据题意可知，法一：，.法二：，解得所以【点睛】本题考查文字描述转化数学语言的能力，等差数列求和和通项以及基本性质，属于简单题.14.根据下列算法语句，当输入时，输出的最大值为_【答案】2【解析】【分析】由算法语句可将其转化为线性规划的题目，然后用线性规划的方法解决问题.【详解】由算法语句可知，求的最大值，并与0比较画出可行域如图，为可行域，所求目标函数，整理得，为斜率为-1的一簇平行线，在点时得到最大值.解方程组，解得， 点坐标，所以的最大值为2.故答案为2.15.已知是上的偶函数，且当时，则不等式的解集为_【答案】【解析】【分析】对分类，找到的解集，再求的解集【详解】时，当时，解，即得或，或当时，解即得当时，解集为或 是上的偶函数，由对称性可知当时，解集为或解集为或或时，或或解得或或【点睛】本题考查绝对值函数，不等式求解，偶函数的性质，题目考查知识点较多，比较综合，属于难题.16.设为平面外两条直线，其在平面内的射影分别为两条直线和.给出下列个命题：； 与平行或重合； ； .其中所有假命题的序号是_【答案】【解析】【分析】分别研究四个命题的真假，找到反例说明该命题是假命题.【详解】两条直线的射影互相平行，则两条直线不一定平行，也有可能是异面，所以错误.正确.在正四棱锥中，相邻的两条侧棱为，其射影与为该正四棱锥的底面的两条对角线，但相邻的两条侧棱为并不垂直，故错误；时，与也可能重合，故错误.所以，假命题为.【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线之间的位置关系，考查空间想象能力，属于中档题三、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1721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.在中，角的对边分别为，若成等差数列，且.求的值；若，求的面积.【答案】（1）；（2）【解析】【详解】因为成等差数列，所以由正弦定理得即又因为根据余弦定理有：所以因为根据余弦定理有：由知，所以解得.由得，所以的面积【点睛】本题考查等差数列的简单性质，正弦定理、余弦定理、面积公式的考查，难度不大，属于简单题.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、乙方法培训该品种花苗.为观测其生长情况，分别在实验地随机抽取各株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为及以上的花苗为优质花苗.求图中的值，并求综合评分的中位数.用样本估计总体，以频率作为概率，若在两块试验地随机抽取棵花苗，求所抽取的花苗中的优质花苗数的分布列和数学期望；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.附：下面的临界值表仅供参考.（参考公式：，其中.）【答案】（1）82.5；（2）见解析；（3）有的把握认为优质花苗与培育方法有关系.【解析】【分析】（1）根据频率之和为1得到，根据面积相等，求出中位数.（2）利用二项分布列出对应的概率，写出分布列，算出数学期望.（3）根据优质花苗颗数，填好表格，选取相应数据，计算得到，再进行判断.【详解】由，解得令得分中位数为，由解得故综合评分的中位数为由与频率分布直，优质花苗的频率为，即概率为，设所抽取的花苗为优质花苗的颗数为，则，于是，其分布列为：所以，所抽取的花苗为优质花苗的数学期望结合与频率分布直方图，优质花苗的频率为，则样本种，优质花苗的颗数为棵，列联表如下表所示：可得所以，有的把握认为优质花苗与培育方法有关系.【点睛】本题考查概率分布直方图的基础内容，二项分布的分布列和期望以及的求值和判断，难度不大，属于简单题.19.如图，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，如图所示.试判断与平面的位置关系，并给出证明；求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）连结交于，通过对应线段成比例，得到，即可证明面.（2）解法一：找到二面角，即，在中，找到三边的长度，利用余弦定理，求出余弦值.解法二：建立空间直角坐标系，找到两个面的法向量之间的夹角余弦值，再求二面角的余弦值.【详解】 与平面的位置关系是平面.证明如下：在图中，连结交于，交于，则在图中，连结交于，连结.在中，有所以又因为面，面，故平面.解法一：在图中，连结交于，连结.图中的，即图中的所以又所以面又，所以面.则为二面角的平面角.易知，则在中，则在中，由余弦定理，得所以二面角得余弦值为解法二：以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图空间直角坐标系则，于是 分别设平面，平面法向量为，由得于是取，又由得于是可取.因为所以二面角的余弦值为【点睛】通过线线平行证明线面平行，二面角的余弦值的求法，难度适中，可以考虑多种方法求解，属于中档题.20.已知椭圆的右焦点为，过点且垂直于轴的直线与椭圆相交所得的弦长为.求椭圆的方程；过椭圆内一点，斜率为的直线交椭圆于两点，设直线（为坐标原点）的斜率分别为，若对任意，存在实数，使得，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据焦点和通径列出关系，求出椭圆方程.（2）直曲联立，得到，再将用表示，得到与的关系，由的范围，得到的范围.【详解】由题意得，解得.所以椭圆的方程为：设直线的方程为由消元可得设，则而由得因为此等式对任意的都成立，所以，即由题意，点在椭圆内，故，解得所以的取值范围是【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直曲联立构造等量关系.对计算能力要求较高，有一定的难度，属于中档题.21.已知函数.若在上单调递增，求的取值范围；若，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）对在上单调递增，转化为恒成立，参变分离，求出的范围；（2）通过求导得到的最值，而的正负需要进行分类，通过分类讨论，恒成立，得到的范围，时，可得到，虽然解不出来，但可以通过进行代换，得到范围，再得到的范围.最后两部分取并集，得到最终的范围.【详解】由题，由，得.令，则，令，得.若，；若，则.则当时，单调递增；当时，单调递减.所以当时，取得极大值，也即为最大值，即为.所以，即的取值范围是.由，得，令，则.所以在上单调递增，且.当时，函数单调递增.由于恒成立，则有.即.所以满足条件.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】利用导数求函数的单调区间、极值，参变分离、等量代换的方法，分类讨论的思想，对思维要求较高，难度较大，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