2020届甘肃省武威第六中学高三下学期第二次诊断考试数学（文）试题（解析版）

2020届甘肃省武威第六中学高三下学期第二次诊断考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知（为虚数单位，），，则（    ）

A．3 B． C． D．1

【答案】D

【解析】分析:先化简求出a和b的值，再求.

详解：因为，所以1-ai+i+a=b+2i,

所以（1+a）+(1-a)i=b+2i,所以

所以故答案为D

点睛：(1)本题主要考查复数的运算和复数的模，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平.

(2)复数z=a+bi(a,b∈R),则.

2．已知单位向量、，则的值为（   ）

A． B． C．3 D．5

【答案】C

【解析】由题意得．选C．

3．给出两个命题：：“事件与事件对立”的充要条件是“事件与事件互斥”；：偶函数的图象一定关于轴对称，则下列命题是假命题的是（   ）

A．或 B．且 C．或 D． 且

【答案】B

【解析】由于“事件与事件对立”是“事件与事件互斥”的充分不必要条件，故命题是假命题；

由题意得命题为真命题．

∴或、或、 且均为真命题，且为假命题．

选B．

4．过点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为（  ）

A． B．1 C． D．

【答案】C

【解析】由直线的点斜式方程可得直线的方程，由点到直线的距离可得圆心到直线的距离,结合勾股定理，即可得结论.

【详解】

根据题意，设过点且倾斜角为的直线为 ,

其方程为,即,变形可得，

圆 的圆心为，半径 ,

设直线与圆交于点,

圆心到直线的距离,

则，故选C.

【点睛】

本题主要考查直线与圆的位置关系以及直线的点斜式方程，属于中档题. 解答直线与圆的位置关系的题型，常见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考虑点到直线距离、半径，弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立，考虑运用韦达定理以及判别式来解答.

5．执行如图所示程序框图，输出的（   ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【解析】依次运行框图中的程序，可得：

第一次，，不满足条件，继续运行；

第二次，，不满足条件，继续运行；

第三次，，不满足条件，继续运行；

第四次，，满足条件，输出4．选B．

6．函数在区间上的最小值是（   ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】A

【解析】由题意，

 ∵，

∴，

∴，

∴．选A．

7．一个陀螺模型的三视图如图所示，则其表面积是（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由三视图知该几何体由上下两部分组成，上面是底面圆半径为1高为2的圆柱，下面是底面圆半径为1高为1的圆锥．

故几何体的表面积为．选D．

8．已知函数在区间上单调递增，若成立，则实数的取值范围是（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由增函数的性质及定义域得对数不等式组，再对数函数性质可求解．

【详解】

不等式即为，∵函数在区间上单调递增，

∴，即，解得，∴实数的取值范围是，选A．

【点睛】

本题考查函数的单调性应用，考查解函数不等式，解题时除用函数的单调性得出不等关系外，一定要注意函数的定义域的约束，否则易出错．

9．已知等比数列，，，且，则的取值范围是（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设等比数列的公比为，则，解得，

∴，

∴，

∴数列是首项为，公比为的等比数列，

∴，

 ∴．故的取值范围是．选D．

10．已知定义在上的函数满足，且的导函数，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．或

【答案】C

【解析】分析：根据题意，设g（x）=f（x）﹣2x2+x﹣1，由题设可知g′（x）＜0，即函数g（x）在R上为减函数，则原不等式可以转化为g（x）＜g（3），结合函数的单调性分析可得答案．

详解：根据题意，设g（x）=f（x）﹣2x2+x﹣1，其导数g′（x）=f′（x）﹣4x+1，

又由f'（x）＜4x﹣1，即f′（x）﹣4x+1＜0，

则g′（x）＜0，即函数g（x）在R上为减函数，

又由f（3）=16，则g（3）=f（3）﹣18+3﹣1=0，

f（x）＜2x2﹣x+1⇒f（x）﹣2x2+x﹣1＜0⇒g（x）＜g（3），

又由函数g（x）为减函数，则有x＞3，

则不等式f（x）＜2x2﹣x+1的解集为{x|x＞3}；

故选：C．

点睛：用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造.构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造；如构造；如构造；如构造等.

11．正方体棱长为3，点在边上，且满足，动点在正方体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的周长为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】如图，在正方体中，连，则有平面．

在、上分别取使得，连，

则有，可得平面平面，故得平面，

所以即为点的运动轨迹．

由题意得，

动点的轨迹的周长为．选A．

点睛：

解题的关键是如何确定动点的轨迹，由题意得先得到平面，然后根据点的位置及点满足的特点，即可得过点E且与平面平行的平面与正方体的侧面的交线即为动点的轨迹，然后根据平面几何知识确定出点的轨迹的形状，最后结合几何知识求得三角形的周长即为所求．

12．已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为

A．16 B．14 C．12 D．10

【答案】A

【解析】设，直线的方程为，联立方程，得，∴，同理直线与抛物线的交点满足，由抛物线定义可知

，当且仅当（或）时，取等号.

点睛:对于抛物线弦长问题，要重点抓住抛物线定义，到定点的距离要想到转化到准线上，另外，直线与抛物线联立，求判别式，利用根与系数的关系是通法，需要重点掌握.考查最值问题时要能想到用函数方法和基本不等式进行解决.此题还可以利用弦长的倾斜角表示，设直线的倾斜角为，则，则，所以

.

二、填空题

13．已知集合，，则__________．

【答案】

【解析】由题意得，，

∴．

答案：

14．学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽出了一个容量为的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在元的同学有30人，则的值为__________．

【答案】100

【解析】由频率分布直方图可得，支出在元的频率为．

根据题意得，解得．

答案：100

15．已知直角梯形中，，，，，是腰上的动点，则的最小值为______.

【答案】5

【解析】以为轴的正方向建立直角坐标系，利用向量的坐标表示求模长的最小值.

【详解】

由题：以为轴的正方向建立直角坐标系，如图所示：

设，

则

，当取得最小值.

故答案为：5

【点睛】

此题考查平面向量线性运算和模长的坐标表示，恰当地建立直角坐标系将模长问题进行转化利于解题.

16．已知f（x）=9x-t•3x，，若存在实数a，b同时满足g（a）+g（b）=0和f（a）+f（b）=0，则实数t的取值范围是______．

【答案】

【解析】∵，

∴函数为奇函数，

又，

∴．

 ∴有解，

即有解，

即有解．

令，则，

∵在上单调递增，

∴．

∴．故实数的取值范围是．

点睛：

（1）解题时要正确理解题意，其中得到是解题的关键．然后将问题转化为方程有解的问题处理．

（2）解决能成立问题的常用方法是分离参数，分离参数后可将问题转化为求具体函数值域的问题．解题时注意以下结论的利用：“能成立”等价于的范围即为函数的值域，“能成立”等价于“”．

三、解答题

17．已知在中，、、分别是角、、的对边，且，.

（1）求角；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析：

（1）先由及正弦定理经三角变换可得到；再由，可得，于是．（2）由（1）得，根据余弦定理得

，故可得．

试题解析：

（1）由及正弦定理得，

∴，

∴，

又为三角形的内角，

∴，

∴，

∴，

又,

∴.

（2）由知，

由余弦定理得，

∴

∴，

∴．

18．3月12日，全国政协总工会界别小组会议上，人社部副部长汤涛在回应委员呼声时表示无论是从养老金方面，还是从人力资源的合理配置来说，延迟退休是大势所趋.不过，汤部长也表示，不少职工对于延迟退休有着不同的意见.某高校一社团就是否同意延迟退休的情况随机采访了200名市民，并进行了统计，得到如下的列联表：

（1）根据上面的列联表判断能否有的把握认为对延迟退休的态度与性别有关；

（2）为了进一步征求对延迟退休的意见和建议，从抽取的200位市民中对不赞同的按照分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽出3名进行电话回访，求3人中至少有1人为男性的概率.

附：，其中.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】试题分析：

（1）根据列联表中的数据求得后，再结合临界值表中的数据进行判断即可．（2）由题意可得在抽取的不赞同延迟退休的6人中，男性2人，女性4人，然后根据古典概型概率求解可得结论．

试题解析：

（1）由列联表中的数据可得．

所以有99.5%的把握认为对延迟退休的态度与性别有关．

（2）设从不赞同延迟退休的男性中抽取人，从不赞同延迟退休的女性中抽取人，

由分层抽样的定义可知，解得，

在抽取的不赞同延迟退休的6人中，男性2人记为，，女性4人记为，， ，，则所有的基本事件如下：

， ， ， ，

， ， ，

，， ，

， ， ，

， ， ，

， ， ， 共20种，

其中至少有1人为男性的情况有16种．

记事件为“至少有1人为男性不赞同延迟退休”，

则．

即至少有1人为男性不赞同延迟退休的概率为．

19．如图，四棱锥的底面是菱形，且，其对角线、交于点，、是棱、上的中点.

（1）求证：面面；

（2）若面底面，，，，求三棱锥的体积.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】试题分析：

（1）由是菱形可得，又，所以，于是可得平面；又由可得平面，从而可得平面面．（2）在中由余弦定理可得，于是，可得．根据题意可得点到面的距离即为点到的距离，且为，又根据题意得点到面的距离为点到面的距离的一半，可得．

试题解析：

（1）证明：因为底面是菱形，

所以是的中点，且，

又、是棱、上的中点，

所以，

所以，

又面，面，

所以平面．

又在中，，且面，面，

所以平面，

又，

所以平面面．

（2）解：在中，，

所以，

由（1）知，，

所以，

所以，

因为平面底面，平面底面，

所以点到面的距离即为点到的距离． 

又在菱形中，，，

所以点到的距离为，

 因为、、是、、的中点，平面面，

所以点到面的距离为点到面的距离的一半，

所以．

点睛：

（1）空间线面关系的证明要紧密结合相关定理的运用，证明中运用定理时要注意解题过程的规范性和证明的严谨性，特别是对于定理中的细节问题在表达中更要特别注意，如证明线面垂直时要体现定理中的“平面内的两条相交直线”等．

（2）用几何法求空间中的点面距离时一般利用“等体积”法，解题时要选择合适的三棱锥，并且所求的距离应为该三棱锥的某一地面上的高，然后根据题意从另一方面求得该几何体的体积后，解方程可得椎体的高即为所求的点到面的距离．

20．已知椭圆：的离心率为，直线交椭圆于、两点，椭圆的右顶点为，且满足.

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线与椭圆交于不同两点、，且定点满足，求实数的取值范围.

【答案】（1）.

（2）.

【解析】试题分析：

（1）根据可求得，再由离心率可得c，于是可求得b，进而得到椭圆的方程．（2）结合直线和椭圆的位置关系求解．将直线方程和椭圆方程联立消元后得到二次方程，由判别式大于零可得，结合可得，从而得到关于的不等式组，解不等式组可得所求范围．

试题解析：

（1）∵，

∴，

又，

∴，

∴，

∴椭圆的方程为.

（2）由消去y整理得：，

∵直线与椭圆交于不同的两点、，

∴，

整理得．   

设，，

则，  

又设中点的坐标为，

∴，．

∵，

∴，即，

∴，

∴，解得．

∴实数的取值范围．

点睛：圆锥曲线中求参数取值范围的方法

解决此类问题的方法一般采用代数法，即先建立关于参数的目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法求范围时常从以下方面考虑：

①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

②利用基本不等式求出参数的取值范围；

③利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．

21．已知函数.且

(1)若，求实数的值，并求此时在上的最小值；

(2)若函数不存在零点，求实数的取值范围.

【答案】（1）a＝－1，最小值为2（2）(－e2，0).

【解析】(1)代入数据得到，求导根据函数的单调性得到函数的最小值为2.

(2)求导讨论和两种情况，函数不存在零点，等价于，解得答案.

【详解】

(1)由题意知，函数的定义域为，又，得 ，

所以，求导得

易知在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，在上取得最小值2.

(2)由(1)知，由于，

①当时，，在上是增函数，

当时， ；

当 时，取x＝－， .

所以函数存在零点，不满足题意.

②当时，令，得

在上，单调递减，

在上，单调递增，

所以当时，取最小值.

函数不存在零点，等价于 ，

解得.

综上所述，所求实数的取值范围是.

【点睛】

本题考查了函数的最值问题，零点问题，综合性强，意在考查学生综合应用能力和计算能力.

22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，以轴非负半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线的极坐标方程为.

（1）试将曲线的极坐标方程转化为直角坐标系方程；

（2）直线过点，交曲线于、两点，若的定值为，求实数的值.

【答案】（1）；（2）1

【解析】试题分析：

（1）由可得，将代入上式整理可得曲线的直角坐标方程．（2）由题意设出直线的参数方程，根据参数的几何意义及条件可得参数的值．

试题解析：

（1）由可得，

将代入上式，得，

整理得．

∴曲线的直角坐标方程为．

（2）设直线的参数方程(为参数，为直线的倾斜角，)，

将（为参数）代入，整理得

，

设点、对应的参数分别为，

则，，

∴，

解得．