2020届四川省眉山市高三下学期第二次诊断性考试数学（文）试题（解析版）

2020届四川省眉山市高三下学期第二次诊断性考试数学（文）试题  一、单选题1．集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】求解一元一次不等式和一元二次不等式，分别求得集合，之后直接利用交集运算求解.【详解】由题意得，，所以，故选：C.【点睛】本小题考査不等式的解法，集合补集和交集的基本运算等基础知识；考查运算求解能力，属于基础题目.2．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据复数在复平面内对应的点的坐标为，可以确定，再由复数代数形式的除法运算化简，即可得答案.【详解】由题意知复数，则，故选：D.【点睛】本小题考查复数的几何意义，复数的乘法和除法运算等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，数形结合思想.3．给出以下四个命题：①依次首尾相接的四条线段必共面；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；④垂直于同一直线的两条直线必平行.其中正确命题的个数是（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【解析】用空间四边形对①进行判断；根据公理2对②进行判断；根据空间角的定义对③进行判断；根据空间直线位置关系对④进行判断.【详解】①中，空间四边形的四条线段不共面，故①错误.②中，由公理2知道，过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面，故②正确.③中，由空间角的定义知道，空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故③错误.④中，空间中，垂直于同一直线的两条直线可相交，可平行，可异面，故④错误.故选：B【点睛】本小题考查空间点，线，面的位置关系及其相关公理，定理及其推论的理解和认识；考查空间想象能力，推理论证能力，考查数形结合思想，化归与转化思想.4．已知等差数列的前项和为，且，则（    ）A．27 B． C．9 D．3【答案】A【解析】根据等差数列的性质，可得，结合求和公式可得结果.【详解】因为为等差数列，所以，解得，所以，故选：A.【点睛】本小题考查等差数列的性质，前项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，应用意识.5．若为奇函数，则曲线在处的切线的斜率为（    ）A．－4 B．－9 C．4 D．9【答案】D【解析】由奇函数的定义可得，求得，求得，进而求得曲线在处的切线的斜率.【详解】∵是奇函数，∴，，∴，∴，∴.∴曲线在处的切线的斜率为9，故选：D.【点睛】本小题主要考查函数奇偶性的应用，考查求导和切线的斜率的求法，意在考査学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力，运算求解能力.6．函数的单调递增区间是（    ）A．（） B．（）C．（） D．（）【答案】D【解析】利用三角函数恒等变换的应用可求得函数解析式为，利用正弦函数的单调性即可求解.【详解】因为，由单调递增，则（），解得（），故选：D.【点睛】本小题考查三角函数的恒等变换，三角函数的图象与性质等基础知识；考査运算求解能力，推理论证能力，数形结合思想，应用意识.7．已知数列为正项的递增等比数列，，，则（    ）A．5 B．10 C．25 D．【答案】C【解析】首先利用等比数列的性质得到，结合的条件，以及数列为正项的递增等比数列，解得，，从而确定出，而，进而求得结果.【详解】由题意有，因为数列为正项的递增等比数列，由解得，，设该等比数列的公比为，则，所以，故选：C.【点睛】本小题考査等比数列的通项与性质等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力，应用意识.8．已知实数，满足约束条件，则的最小值是（    ）A． B． C． D．1【答案】B【解析】正确作出题中所给约束条件对应的可行域，由的几何意义，其最小值为原点到直线的距离的平方，从而求得结果.【详解】由约束条件作出可行域，是由， ，三点所围成的三角形及其内部，如图中阴影部分，而可理解为可行域内的点到原点距离的平方，显然原点到所在的直线的距离是可行域内的点到原点距离的最小值，此时，故选：B.【点睛】本小题考査线性规划，两点间距离公式等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想，应用意识.9．某校在高一年级进行了数学竞赛（总分100分），下表为高一·一班40名同学的数学竞赛成绩：555759616864625980889895607388748677799497100999789818060796082959093908580779968 如图的算法框图中输入的为上表中的学生的数学竞赛成绩，运行相应的程序，输出，的值，则（    ）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【解析】根据程序框图判断出的意义，由此求得的值，进而求得的值.【详解】由题意可得的取值为成绩大于等于90的人数，的取值为成绩大于等于60且小于90的人数，故，，所以.故选：D【点睛】本小题考查利用程序框图计算统计量等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力和数学应用意识.10．已知腰长为3，底边长2为的等腰三角形，为底边的中点，以为折痕，将三角形翻折，使，则经过，，，的球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】首先对平面图形进行转换，将三棱锥补成长方体，进一步求出长方体外接球的半径，之后应用面积公式求得对应球的表面积.【详解】∵，，则，，又，，∴可以将三棱锥可补成一个长方体，则经过，，，的球为长方体的外接球，设球的半径为，故，所以，所以所求的表面积为，故选：A.【点睛】本小题考查多面体与球的切、接问题，以及球的表面积等基础知识；考査空间想象能力，推理论证能力，运算能力，考査数形结合思想，化归与转化思想.11．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，，已知函数（），则函数的值域为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】首先将函数解析式进行化简，并用换元思想，得到（），研究二次函数在某个区间上的值域，求得，根据“高斯函数”的本质，求得结果.【详解】因为，令（），则（），函数的对称轴方程为，所以，，所以，所以的值域为，故选：B.【点睛】本小题考查函数的定义域与值域等基础知识，考查学生分析问题，解决问题的能力，运算求解能力，转化与化归思想，换元思想，分类讨论和应用意识.12．如图，在底面半径和高均为的圆锥中，、是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到它的准线距离等于（    ）A． B．1 C．2 D．4【答案】B【解析】根据圆锥的性质，建立坐标系，求得对应点的坐标，确定抛物线的方程，从而求得抛物线的焦点到它的准线距离.【详解】将抛物线放入坐标系，如图所示，∵，，，设抛物线，代入点，可得，则该抛物线的焦点到它的准线距离等于1，故选：B.【点睛】本小题考查圆锥曲线的概念，抛物线的性质，两点间的距离等基础知识；考査运算求解能力，空间想象能力，推理论证能力，应用意识.  二、填空题13．已知向量，（其中为实数），若，则_______.【答案】或.【解析】由平面向量坐标运算法则求得的坐标，再利用向量垂直的条件为数量积等于零，建立等式求得结果.【详解】由，解得或，故答案为：或.【点睛】本小题考查平面向量的运算，向量垂直；考查运算求解能力，推理论证能力，应用意识.14．解放战争中，国民党军队拥有过多辆各型坦克，编成了1个装甲兵团（师级编制）.我军为了知道这个装甲兵团的各型坦克的数量，釆用了两种方法：一种是传统的情报窃取，一种是用统计学的方法进行估计.统计学的方法最后被证实比传统的情报收集更精确.这个装甲兵团对各型坦克从1开始进行了连续编号，在解放战争期间我军把缴获的这些坦克的编号进行记录并计算出这些编号的平均值为112.5，假设缴获的坦克代表了所有坦克的一个随机样本，则利用你所学过的统计知识估计这个装甲兵团的各型坦克的数量大约有_______.【答案】224【解析】由题意，即可得出结论.【详解】由题意，得，解得，故答案为：224.【点睛】本小题考査利用样本估计总体，样本平均数等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力和数学应用意识.15．已知椭圆：的左焦点为，椭圆上的一点到左焦点的距离为6，点是线段的中点，为坐标原点，则_______.【答案】5【解析】先根据椭圆的定义求得的长度，再利用中位线定理求出的值.【详解】由椭圆的定义得，∵，∴，又，，∴，故答案为：5.【点睛】本小题考查了椭圆的两种定义和中位线等基础知识，考查数形结合思想，分析问题、解决问题的能力，推理与运算能力.16．已知定义在上的函数与函数有相同的奇偶性和单调性，若，则不等式的解集为_______.【答案】.【解析】首先利用定义判断出是奇函数，利用导数判断出是减函数，从而得到是定义在上的奇函数且在区间上是减函数，根据，得到，将转化为，进而求得结果.【详解】∵，∴，，∴函数是奇函数，又在区间上是减函数，∴是定义在上的奇函数且在区间上是减函数，∵，∴，又∵，∴，又∵在区间上是减函数，∴，即，∴所求不等式的解集为，故答案为：.【点睛】本小题考查函数的单调性与奇偶性等函数的相关性质，意在考查学生的运算能力，分析问题、解决问题的能力. 三、解答题17．如图，是矩形，的顶点在边上，点，分别是，上的动点（的长度满足需求）.设，，，且满足.（1）求；（2）若，，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理和余弦定理化简，根据勾股定理逆定理求得.（2）设，由此求得的表达式，利用三角函数最值的求法，求得的最大值.【详解】（1）设，，，由，根据正弦定理和余弦定理得.化简整理得.由勾股定理逆定理得.（2）设，，由（1）的结论知.在中，，由，所以.在中，，由，所以.所以，由，所以当，即时，取得最大值，且最大值为.【点睛】本小题考查正弦定理，余弦定理，勾股定理，解三角形，三角函数性质及其三角恒等变换等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转换思想，应用意识.18．细叶青萎藤又称海风藤，俗称穿山龙，属木质藤本植物，是我国常用大宗中药材，以根茎入药，具有舒筋活血、祛风止痛、止咳平喘、强身健体等医疗保健功效.通过研究光照、温度和沙藏时间对细叶青萎藤种子萌发的影响，结果表明，细叶青萎藤种子发芽率和发芽指数均随着沙藏时间的延长而提高.下表给岀了2019年种植的一批试验细叶青萎藤种子6组不同沙藏时间发芽的粒数.经计算：沙藏时间（单位：天）222325272930发芽数（单位：粒）81120305970 ，，，.其中，分别为试验数据中的天数和发芽粒数，.（1）求关于的回归方程（和都精确到0.01）；（2）在题中的6组发芽的粒数不大于30的组数中，任意抽岀两组，则这两组数据中至少有一组满足“”的概率是多少？附：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.【答案】（1）（2）【解析】（1）根据题中所给的数据，求出对应的系数，进而求得回归直线方程；（2）根据题意，列出所有的基本事件，找出满足条件的基本事件，利用概率公式，从而求得结果.【详解】（1），，所以..所以关于的回归方程为.（2）在题中的6组发芽的粒数不大于30的组数有4组，设为，，，，则列出选出2组的所有可能如下：，，，， ，共6种情况.在这两组数据中至少有一组满足“”的情况有：， ，，，共5种情况，故所求概率是.【点睛】本小题考查线性相关性，相关系数，回归方程，以及古典概型等基础知识；考查理解能力，计算推理能力和应用意识.19．如图，在长方体中，，为的中点，为的中点，为线段上一点，且满足，为的中点.（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积；（3）求直线与直线所成角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】（1）利用三角形的中位线和梯形的中位线的性质得到线线平行，利用面面平行的判定定理证得平面平面，利用面面平行的性质得到平面；（2）将三棱锥的顶点和底面转换，之后利用椎体体积公式求得结果；（3）利用异面直线所成角的定义，得到（或其补角）是目标，之后应用余弦定理求得结果.【详解】（1）作的中点，连接，.又为的中点，∴为的中位线，.又为的中点，∴为梯形的中位线，∴.在平面中，，在平面中，，∴平面平面，又平面，∴平面.（2）.故所求三棱锥的体积为.（3）连接，，因为在长方体中，，且，又点在直线上，所以直线与直线所成角即为与所成的角，即是（或其补角）.在中，，，.由余弦定理得，故所求直线与直线所成角的余弦值为.【点睛】本小题考查线面的位置关系，异面直线所成的角，三棱锥的体积等基础知识，考査空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力，数形结合思想化归与转化思想.20．已知抛物线：（）的焦点为，准线为，若点在抛物线上，点在直线上，且是周长为12的等边三角形.（1）求抛物线的标准方程；（2）设过点的直线与抛物线交于不同的两点，，若，求直线斜率的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1）根据正三角形的周长可以确定三角形的边长，根据抛物线的定义可以确定，解三角形可以确定，得到结果；（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及向量数量积坐标公式，建立相应的不等关系式，求解得结果.【详解】（1）因为是周长为12的等边三角形，所以，由抛物线的定义可得，设准线与轴交于点，则，从而，在中，，即，所以抛物线的标准方程为.（2）由（1）知抛物线的标准方程为.又由题意可知，直线的斜率存在且不为0，因为，所以点即为，设直线的方程为，将代入，消去可得，则，解得或.设，，则，，且，，所以，解得，所以直线的斜率的取值范围为.【点睛】本小题考査抛物线方程，直线与抛物线，平面向量的数量积等基础知识，考査学生的数形结合思想，分析问题，解决问题的能力，推理与运算能力.21．已知函数.（1）已知直线：，：若直线与关于对称，又函数在处的切线与平行，求实数的值；（2）若，证明：当时，恒成立.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】（1）首先利用直线一定过与的交点，再利用直线上任意点关于对称的点都在直线上，之后应用两点是式求得直线的方程，求得其斜率，即为函数的值，从而求得结果；（2）利用导数研究函数的单调性，从而证得结果.【详解】（1）由解得必过与的交点.在上取点，易得点关于对称的点为，即为直线，所以的方程为，即，其斜率为.又，所以函数在处的切线的斜率为，由题意可得，解得.（2）法一：因为所以，①若，.∴在上单调递减.②若，当，或时，时，当时，.∴在，上单调递减，在上单调递增.综上，当时，函数在上单调递减，所以，又所以，当时，恒成立.法二：要证，即证，因为，即证.∵，∴.设，则.设，则，在上，恒成立.∴在上单调递增.又∵，∴时，，所以在上单调递增，∴，∴，，所以，所以在上恒成立.即当时，恒成立.综上，当时，恒成立.【点睛】本小题考查函数的图像的对称性，切线方程，利用导数证明不等式等基础知识；考査学生分析问题，解决问题的能力，推理与运算求解能力，转化与化归思想，数形结合思想和应用意识.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，将曲线经过伸缩变换后得到曲线.在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.（1）说明曲线是哪一种曲线，并将曲线的方程化为极坐标方程；（2）已知点是曲线上的任意一点，又直线上有两点和，且，又点的极角为，点的极角为锐角.求：①点的极角；②面积的取值范围.【答案】（1）曲线为圆心在原点，半径为2的圆.的极坐标方程为（2）①②【解析】（1）求得曲线伸缩变换后所得的参数方程，消参后求得的普通方程，判断出对应的曲线，并将的普通方程转化为极坐标方程.（2）①将的极角代入直线的极坐标方程，由此求得点的极径，判断出为等腰三角形，求得直线的普通方程，由此求得，进而求得，从而求得点的极角.②解法一：利用曲线的参数方程，求得曲线上的点到直线的距离的表达式，结合三角函数的知识求得的最小值和最大值，由此求得面积的取值范围.解法二：根据曲线表示的曲线，利用圆的几何性质求得圆上的点到直线的距离的最大值和最小值，进而求得面积的取值范围.【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），因为则曲线的参数方程所以的普通方程为.所以曲线为圆心在原点，半径为2的圆.所以的极坐标方程为，即.（2）①点的极角为，代入直线的极坐标方程得点极径为，且，所以为等腰三角形，又直线的普通方程为，又点的极角为锐角，所以，所以，所以点的极角为.②解法1：直线的普通方程为.曲线上的点到直线的距离.当，即（）时，取到最小值为.当，即（）时，取到最大值为.所以面积的最大值为；所以面积的最小值为；故面积的取值范围.解法2：直线的普通方程为.因为圆的半径为2，且圆心到直线的距离，因为，所以圆与直线相离.所以圆上的点到直线的距离最大值为，最小值为.所以面积的最大值为；所以面积的最小值为；故面积的取值范围.【点睛】本小题考查坐标变换，极径与极角；直线，圆的极坐标方程，圆的参数方程，直线的极坐标方程与普通方程，点到直线的距离等.考查数学运算能力，包括运算原理的理解与应用、运算方法的选择与优化、运算结果的检验与改进等.也兼考了数学抽象素养、逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养.23．已知函数（1）解不等式；（2）若函数，若对于任意的，都存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用绝对值三角不等式，求得的取值范围，根据分段函数解析式，求得的取值范围，结合题意列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】（1），由得或或；解得.故所求解集为.（2），即.由（1）知，所以，即.∴，∴.【点睛】本小题考查了绝对值不等式，绝对值三角不等式和函数最值问题，考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想.