2020届四川省广安市高三第二次诊断性考试试题数学（理）试题（解析版）

2020届四川省广安市高三第二次诊断性考试试题数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】利用函数定义域，化简集合A，利用集合交集、补集的运算，即得解

【详解】

由题意得集合，

所以，

故．

故选：D

【点睛】

本题考查了集合的交集和补集运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题

2．若为虚数单位，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【解析】由共轭复数的定义得到，通过三角函数值的正负，以及复数的几何意义即得解

【详解】

由题意得，

因为，，

所以在复平面内对应的点位于第二象限．

故选：B

【点睛】

本题考查了共轭复数的概念及复数的几何意义，考查了学生概念理解，数形结合，数学运算的能力，属于基础题.

3．“”是“函数的图象关于直线对称”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】先求解函数的图象关于直线对称的等价条件，得到，分析即得解.

【详解】

若函数的图象关于直线对称，

则，

解得，

故“”是“函数的图象关于直线对称”的充分不必要条件．

故选：A

【点睛】

本题考查了充分不必要条件的判断，考查了学生逻辑推理，概念理解，数学运算的能力，属于基础题.

4．幻方最早起源于我国，由正整数1，2，3，……，这个数填入方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形数阵就叫阶幻方．定义为阶幻方对角线上所有数的和，如，则（    ）

A．55 B．500 C．505 D．5050

【答案】C

【解析】因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，可得，即得解.

【详解】

因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，

所以阶幻方对角线上数的和就等于每行（或每列）的数的和，

又阶幻方有行（或列），

因此，，

于是．

故选：C

【点睛】

本题考查了数阵问题，考查了学生逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.

5．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中错误的是（    ）

A．若，，则或

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，，则

【答案】D

【解析】根据线面平行和面面平行的性质，可判定A；由线面平行的判定定理，可判断B；C中可判断，所成的二面角为；D中有可能，即得解.

【详解】

选项A：若，，根据线面平行和面面平行的性质，有或，故A正确；

选项B：若，，，由线面平行的判定定理，有，故B正确；

选项C：若，，，故，所成的二面角为，则，故C正确；

选项D，若，，有可能，故D不正确.

故选：D

【点睛】

本题考查了空间中的平行垂直关系判断，考查了学生逻辑推理，空间想象能力，属于中档题.

6．的展开式中含的项的系数为（    ）

A． B．60 C．70 D．80

【答案】B

【解析】展开式中含的项是由的展开式中含和的项分别与前面的常数项和项相乘得到，由二项式的通项，可得解

【详解】

由题意，展开式中含的项是由的展开式中含和的项分别与前面的常数项和项相乘得到，

所以的展开式中含的项的系数为．

故选：B

【点睛】

本题考查了二项式系数的求解，考查了学生综合分析，数学运算的能力，属于基础题.

7．若不相等的非零实数，，成等差数列，且，，成等比数列，则（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】A

【解析】由题意，可得，，消去得,可得，继而得到，代入即得解

【详解】

由，，成等差数列，

所以，又，，成等比数列，

所以，消去得，

所以，解得或，

因为，，是不相等的非零实数，

所以，此时，

所以．

故选：A

【点睛】

本题考查了等差等比数列的综合应用，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.

8．《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化．如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻）若从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有两个阳爻的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】分类讨论，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦；从仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦中取一个，再取没有阳爻的坤卦，计算满足条件的种数，利用古典概型即得解.

【详解】

由图可知，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦满足条件，其种数是；

仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦，没有阳爻的是坤卦，此时取两卦满足条件的种数是，于是所求的概率．

故选：C

【点睛】

本题考查了古典概型的应用，考查了学生综合分析，分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.

9．在中，点为中点，过点的直线与，所在直线分别交于点，，若，，则的最小值为（    ）

A． B．2 C．3 D．

【答案】B

【解析】由，，三点共线，可得，转化，利用均值不等式，即得解.

【详解】

因为点为中点，所以，

又因为，，

所以．

因为，，三点共线，

所以，

所以，

当且仅当即时等号成立，

所以的最小值为2．

故选：B

【点睛】

本题考查了三点共线的向量表示和利用均值不等式求最值，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.

10．如图，平面四边形中，，，，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，在中，计算半径即可.

【详解】

由，，可知平面．

将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同．

由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，

记的外心为，由为等边三角形，

可得．又，故在中，，

此即为外接球半径，从而外接球表面积为．

故选：A

【点睛】

本题考查了三棱锥外接球的表面积，考查了学生空间想象，逻辑推理，综合分析，数学运算的能力，属于较难题.

11．若函数的图象上两点，关于直线的对称点在的图象上，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题可知，可转化为曲线与有两个公共点，可转化为方程有两解，构造函数，利用导数研究函数单调性，分析即得解

【详解】

函数的图象上两点，关于直线的对称点在上，

即曲线与有两个公共点，

即方程有两解，

即有两解，

令，

则，

则当时，；当时，，

故时取得极大值，也即为最大值，

当时，；当时，，

所以满足条件．

故选：D

【点睛】

本题考查了利用导数研究函数的零点，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题.

12．已知抛物线和点，直线与抛物线交于不同两点，，直线与抛物线交于另一点．给出以下判断：

①以为直径的圆与抛物线准线相离；

②直线与直线的斜率乘积为；

③设过点，，的圆的圆心坐标为，半径为，则．

其中，所有正确判断的序号是（    ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③

【答案】D

【解析】对于①，利用抛物线的定义，利用可判断；

对于②，设直线的方程为，与抛物线联立，用坐标表示直线与直线的斜率乘积，即可判断；

对于③，将代入抛物线的方程可得，，从而，，利用韦达定理可得，再由，可用m表示，线段的中垂线与轴的交点（即圆心）横坐标为，可得a，即可判断.

【详解】

如图，设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，则圆心为线段的中点．

设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，

显然，，三点不共线，

则．所以①正确．

由题意可设直线的方程为，

代入抛物线的方程，有．

设点，的坐标分别为，，

则，．

所以．

则直线与直线的斜率乘积为．所以②正确．

将代入抛物线的方程可得，，从而，．根据抛物线的对称性可知，

，两点关于轴对称，所以过点，，的圆的圆心在轴上．

由上，有，，

则．

所以，线段的中垂线与轴的交点（即圆心）横坐标为，所以．

于是，，

代入，，得，

所以．

所以③正确．

故选：D

【点睛】

本题考查了抛物线的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题.

二、填空题

13．已知实数，满足约束条件则的最大值为________．

【答案】7

【解析】作出约束条件表示的可行域，转化目标函数为，当目标函数经过点时，直线的截距最大，取得最大值，即得解.

【详解】

作出约束条件表示的可行域

是以为顶点的三角形及其内部，

转化目标函数为

当目标函数经过点时，直线的截距最大

此时取得最大值7．

故答案为：7

【点睛】

本题考查了线性规划问题，考查了学生转化划归，数形结合，数学运算能力，属于基础题.

14．某中学举行了一次消防知识竞赛，将参赛学生的成绩进行整理后分为5组，绘制如图所示的频率分布直方图，记图中从左到右依次为第一、第二、第三、第四、第五组，已知第二组的频数是80，则成绩在区间的学生人数是__________．

【答案】30

【解析】根据频率直方图中数据先计算样本容量，再计算成绩在80～100分的频率，继而得解.

【详解】

根据直方图知第二组的频率是，则样本容量是，

又成绩在80～100分的频率是，

则成绩在区间的学生人数是．

故答案为：30

【点睛】

本题考查了频率分布直方图的应用，考查了学生综合分析，数据处理，数形运算的能力，属于基础题.

15．设双曲线的左焦点为，过点且倾斜角为45°的直线与双曲线的两条渐近线顺次交于，两点若，则的离心率为________．

【答案】

【解析】设直线的方程为，与联立得到A点坐标，由得，，代入可得，即得解.

【详解】

由题意，直线的方程为，与

联立得，，

由得，，

从而，

即，

从而离心率．

故答案为：

【点睛】

本题考查了双曲线的离心率，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.

16．已知是定义在上的偶函数，其导函数为．若时，，则不等式的解集是___________．

【答案】

【解析】构造，先利用定义判断的奇偶性，再利用导数判断其单调性，转化为，结合奇偶性，单调性求解不等式即可.

【详解】

令，则是上的偶函数，

，则在上递减，于是在上递增．

由得，

即，

于是，

则，

解得．

故答案为：

【点睛】

本题考查了利用函数的奇偶性、单调性解不等式，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.

三、解答题

17．某商场为改进服务质量，随机抽取了200名进场购物的顾客进行问卷调查．调查后，就顾客“购物体验”的满意度统计如下：

（1）是否有97.5%的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关？

（2）为答谢顾客，该商场对某款价格为100元/件的商品开展促销活动．据统计，在此期间顾客购买该商品的支付情况如下：

将上述频率作为相应事件发生的概率，记某顾客购买一件该促销商品所支付的金额为，求的分布列和数学期望．

附表及公式：．

【答案】（1）有97.5%的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关； （2）67元，见解析.

【解析】（1）根据表格数据代入公式，结合临界值即得解；

（2）的可能取值为40，60，80，90，根据题意依次计算概率，列出分布列，求数学期望即可.

【详解】

（1）由题得

，

所以，有97.5%的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关.

（2）由题意可知的可能取值为40，60，80，90．

，，

，．

则的分布列为

所以，（元）．

【点睛】

本题考查了统计和概率综合，考查了列联表，随机变量的分布列和数学期望等知识点，考查了学生数据处理，综合分析，数学运算的能力，属于中档题.

18．已知，，分别是三个内角，，的对边，．

（1）求；

（2）若，，求，．

【答案】（1）； （2），或，.

【解析】（1）利用正弦定理，转化原式为，结合，可得，即得解；

（2）由余弦定理，结合题中数据，可得解

【详解】

（1）由及正弦定理得

．

因为，所以，代入上式并化简得

．

由于，所以．

又，故．

（2）因为，，，

由余弦定理得即,

所以．

而，

所以，为一元二次方程的两根．

所以，或，．

【点睛】

本题考查了正弦定理，余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.

19．如图，在四棱锥中，底面是菱形，∠，是边长为2的正三角形，，为线段的中点．

（1）求证：平面平面；

（2）若为线段上一点，当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．

【答案】（1）见解析； （2）.

【解析】（1）先证明，可证平面，再由可证平面，即得证；

（2）以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，设，求解面的法向量，面的法向量，利用二面角的余弦值为，可求解，转化即得解.

【详解】

（1）证明：因为是正三角形，为线段的中点，

所以．

因为是菱形，所以．

因为，所以是正三角形，

所以，所以平面．

又，所以平面．

因为平面，

所以平面平面．

（2）由（1）知平面，

所以，．

而，

所以，．

又，

所以平面．

以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．

则．

于是，，．

设面的一个法向量，

由得

令，则，

即．

设，

易得，．

设面的一个法向量，

由得

令，则，，

即．

依题意，

即，

令，则，

即，即．

所以．

【点睛】

本题考查了空间向量和立体几何综合，考查了面面垂直的判断，二面角的向量求解，三棱锥的体积等知识点，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.

20．已知椭圆C的中心在坐标原点，其短半轴长为1，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上，且．

（1）证明：直线与圆相切；

（2）设与椭圆的另一个交点为，当的面积最小时，求的长．

【答案】（1）见解析； （2）.

【解析】（1）分斜率为0，斜率不存在，斜率不为0三种情况讨论，设的方程为，可求解得到，，可得到的距离为1，即得证；

（2）表示的面积为，利用均值不等式，即得解.

【详解】

（1）由题意，椭圆的焦点在x轴上，且，所以．

所以椭圆的方程为．

由点在直线上，且知的斜率必定存在，

当的斜率为0时，，，

于是，到的距离为1，直线与圆相切．

当的斜率不为0时，设的方程为，与联立得，

所以，，从而．

而，故的方程为，而在上，故，

从而，于是．

此时，到的距离为1，直线与圆相切．

综上，直线与圆相切．

（2）由（1）知，的面积为

，

上式中，当且仅当等号成立，所以面积的最小值为1．

此时，点在椭圆的长轴端点，为．

不妨设为长轴左端点，则直线的方程为，

代入椭圆的方程解得，

即，，所以．

【点睛】

本题考查了直线和椭圆综合，考查了直线和圆的位置关系判断，面积的最值问题，考查了学生综合分析，数学运算能力，属于较难题.

21．已知函数，为的导数，函数在处取得最小值．

（1）求证：；

（2）若时，恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）见解析； （2）.

【解析】（1）对求导，令，求导研究单调性，分析可得存在使得，即，即得证；

（2）分，两种情况讨论，当时，转化利用均值不等式即得证；当，有两个不同的零点，，分析可得的最小值为，分，讨论即得解.

【详解】

（1）由题意，

令，则，知为的增函数，

因为，，

所以，存在使得，即．

所以，当时，为减函数，

当时，为增函数，

故当时，取得最小值，也就是取得最小值．

故，于是有，即，

所以有，证毕．

（2）由（1）知，的最小值为，

①当，即时，为的增函数，

所以，

，

由（1）中，得，即．

故满足题意．

②当，即时，有两个不同的零点，，

且，即，

若时，为减函数，（）

若时，为增函数，

所以的最小值为．

注意到时，，且此时，

（ⅰ）当时，，

所以，即，

又

，

而，所以，即．

由于在下，恒有，所以．

（ⅱ）当时，，

所以，

所以由（）知时，为减函数，

所以，不满足时，恒成立，故舍去．

故满足条件．

综上所述：的取值范围是．

【点睛】

本题考查了函数与导数综合，考查了利用导数研究函数的最值和不等式的恒成立问题，考查了学生综合分析，转化划归，分类讨论，数学运算能力，属于较难题.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，设点在曲线上，点在曲线上，且为正三角形．

（1）求点，的极坐标；

（2）若点为曲线上的动点，为线段的中点，求的最大值．

【答案】（1），； （2）.

【解析】（1）利用极坐标和直角坐标的互化公式，即得解；

（2）设点的直角坐标为，则点的直角坐标为．将此代入曲线的方程，可得点在以为圆心，为半径的圆上，所以的最大值为，即得解.

【详解】

（1）因为点在曲线上，为正三角形，

所以点在曲线上．

又因为点在曲线上，

所以点的极坐标是，

从而，点的极坐标是．

（2）由（1）可知，点的直角坐标为，B的直角坐标为

设点的直角坐标为，则点的直角坐标为．

将此代入曲线的方程，有

即点在以为圆心，为半径的圆上．

，

所以的最大值为．

【点睛】

本题考查了极坐标和参数方程综合，考查了极坐标和直角坐标互化，参数方程的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.

23．已知函数．

（1）解不等式：；

（2）求证：．

【答案】（1）； （2）见解析.

【解析】（1）代入得，分类讨论，解不等式即可；

（2）利用绝对值不等式得性质，，

，比较大小即可.

【详解】

（1）由于，

于是原不等式化为，

若，则，解得；

若，则，解得；

若，则，解得．

综上所述，不等式解集为．

（2）由已知条件，

对于，可得

．

又，

由于，

所以．

又由于，

于是．

所以．

【点睛】

本题考查了绝对值不等式得求解和恒成立问题，考查了学生分类讨论，转化划归，数学运算能力，属于中档题.