2020届四川省眉山市高三第二次诊断性考试数学（理）试题（解析版）

2020届四川省眉山市高三第二次诊断性考试数学（理）试题一、单选题1已知集合A0，1，B0，1，2，则满足ACB的集合C的个数为（）A4B3C2D1【答案】A【解析】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（ ）ABCD【答案】C【解析】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（ ）ABCD【答案】D【解析】先计算，再计算，根据夹角公式得到答案.【详解】设与的夹角是，由题设有所以，所以故选：【点睛】本小题考查平面向量的基本运算，向量的夹角等基础知识；考查运算求解能力，应用意识, 本小题也可利用向量的几何意义求解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：05051100101150151200201300300以上空气质量优良轻度污染中度污染重度污染严重污染如图是某城市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】根据题意可得，AQI指数越高，空气质量越差；数据波动越大，方差就越大，由此逐项判断，即可得出结果.【详解】从整体上看，这个月AQI数据越来越低，故空气质量越来越好；故A，B不正确；从AQI数据来看，前半个月数据波动较大，后半个月数据波动小，比较稳定，因此前半个月的方差大于后半个月的方差，所以C正确；从AQI数据来看，前半个月数据大于后半个月数据，因此前半个月平均值大于后半个月平均值，故D不正确故选C【点睛】本题主要考查样本的均值与方差，熟记方差与均值的意义即可，属于基础题型.5的展开式中，常数项为ABCD【答案】D【解析】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（ ）ABCD【答案】C【解析】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已知f（x）是定义在R上的奇函数，若x1，x2R，则“x1+x20”是“f（x1）+f（x2）0”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】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已知函数的部分图象如图所示，点在图象上，若，且，则( )A3BC0D【答案】D【解析】根据条件求出A，和的值，求出函数的解析式，利用三角函数的对称性进行求解即可【详解】由条件知函数的周期满足T2（）224，即4，则，由五点对应法得+0，即0，得，则f（x）Asin（x），则f（0）Asin（）A，得A3，即f（x）3sin（x），在（）内的对称轴为x，若（），且，则关于x对称，则2，则f（）3sin（）3sin3sin，故选：D【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件先求出函数的解析式，以及利用三角函数的对称性是解决本题的关键9若直线xmy+m0与圆（x1）2+y21相交，且两个交点位于坐标平面上不同的象限，则m的取值范围是（）A（0，1）B（0，2）C（1，0）D（2，0）【答案】D【解析】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（ ）ABCD【答案】B【解析】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，则到的距离的最小值的取值范围是（）ABCD【答案】A【解析】先由抛物线的方程得到准线方程，设点的坐标为，得到直线的方程，再设与直线平行的直线方程为，与抛物线方程联立，由判别式为0，得到，最后由点到直线的距离，即可得出结果.【详解】抛物线上的准线方程是设点的坐标为则直线的方程为设与直线平行的直线方程为代入抛物线方程可得，由，可得故与直线平行且与抛物线相切的直线方程为则到的距离的最小值故选A【点睛】本题主要考查直线的方程、抛物线的方程及其几何性质，熟记抛物线的简单性质，结合直判别式、点到直线距离公式等求解，属于常考题型.12已知函数若不等式的解集中整数的个数为3，则a的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【解析】变换得到不等式，设，判断的单调性和恒过点，画出函数图像，解得答案.【详解】由得，设，由，可知在上为减函数，在上为增函数，恒过点画出与函数图象，如图所示：不等式的解集中含有三个整数，则即解得故选： 【点睛】本小题考查函数与导数等基本知识考查化归与转化等数学思想以及推理论证、运算求解等数学能力二、填空题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】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x，yR时，输出s的最大值为_【答案】2【解析】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】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m，n为平面外两条直线，其在平面内的射影分别是两条直线m1和n1，给出下列4个命题：m1n1mn；mnm1与n1平行或重合；m1n1mn；mnm1n1其中所有假命题的序号是_【答案】【解析】根据空间中直线与直线的位置关系可逐项判断，得出结果.【详解】两条异面直线在平面的射影可能平行，则两条直线不平行，故错误，若，则与平行或重合或是两个点，故错误因为一个锐角在一个平面上的投影可以为直角，反之在平面内的射影垂直的两条直线所成的角可以是锐角，故错误两条垂直的直线在一个平面内的射影可以是两条平行直线，也可以是一条直线和一个点等其他情况，故错误故假命题是，故答案为【点睛】本题主要考查空间中直线与直线的位置关系，熟记线线位置关系即可，属于常考题型.三、解答题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（1）求图中的值，并求综合评分的中位数（2）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；（3）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优质花苗非优质花苗合计甲培育法乙培育法合计附：下面的临界值表仅供参考 （参考公式：，其中）【答案】（1），中位数；（2）见解析；（3）有的把握认为优质花苗与培育方法有关【解析】（1）根据频率之和为1，可得，即可求出；设为评分的中位数，根据题中数据可得，进而可求出结果；（2）先由题意确定优质花苗数的可能取值，求出对应概率，即可得到分布列与期望；（3）由题中数据计算出，对照临界值表，即可得出结论.【详解】（1）因为，解得，设为评分的中位数，则前三组的概率和为，前四组的概率和为，知，所以，则；（2）由（1）知，树高为优秀的概率为：，记优质花苗数为，由题意知的所有可能取值为，所以的分布列为：01230.0640.2880.4320.216所以数学期望；（3）填写列联表如下，优质花苗非优质花苗合计甲培育法203050乙培育法401050合计6040100计算，所以有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关【点睛】本题主要考查频率分布直方图、二项分布以及独立性检验等问题，熟记由频率分布直方图求中位数的方法、二项分布的分布列和期望，以及独立性检验的思想即可，属于常考题型.19如图，在边长为4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】(1)根据线面平行的判定定理直接证明即可；（2）连接交与点，先由题中条件得到为二面角的平面角，再解三角形即可得出结果.【详解】（1）平面证明如下：在图1中，连接，交于，交于，则，在图2中，连接交于，连接，在中，有，平面，平面，故平面；（2）连接交与点，图2中的三角形与三角形PDF分别是图1中的与，又，平面，则，又，平面，则为二面角的平面角可知，则在中，则在中，由余弦定理，得二面角的余弦值为【点睛】本题主要考查线面平行的判定，以及二面角的求法，熟记线面平行的判定定理以及二面角的概念即可，属于常考题型.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】（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f（x）ex（xa）2+4（1）若f（x）在（，+）上单调递增，求a的取值范围；（2）若x0，不等式f（x）0恒成立，求a的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】（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.22在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半