四川省遂宁市2020届高三二诊考试数学（文）试题 Word版含解析

四川省遂宁市2020届高三二诊考试数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 遂宁市高中2017级第二次诊断性考试数学（文史类）‎ 一、选择题：本题共12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（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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，则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】‎ ‎【分析】‎ 首先根据特殊角的三角函数值将复数化为，求出，再利用复数的几何意义即可求解.‎ ‎【详解】，‎ - 23 -‎ ‎，‎ 则在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了复数的几何意义、共轭复数的概念、特殊角的三角函数值，属于基础题.‎ ‎3.“”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】C ‎【解析】‎ ‎【详解】“”是“”的充要条件，选C.‎ ‎4.函数（其中，，）的图象如图，则此函数表达式为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象的顶点坐标求出，由周期求出，通过图象经过点，求出，从而得出函数解析式.‎ - 23 -‎ ‎【详解】解：由图象知，，则，‎ 图中的点应对应正弦曲线中的点，‎ 所以，解得，‎ 故函数表达式为．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数图象及性质，三角函数的解析式等基础知识；考查考生的化归与转化思想，数形结合思想，属于基础题.‎ ‎5.已知，是两条不重合的直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间位置关系的判断及性质定理进行判断.‎ ‎【详解】解：选项A中直线，还可能相交或异面，‎ 选项B中，还可能异面，‎ 选项C，由条件可得或．‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与平面平行、垂直的性质与判定等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力，属于基础题.‎ ‎6.已知实数、满足约束条件，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组表示的平面区域，作出目标函数对应的直线，结合图象知当直线过点时，取得最大值.‎ ‎【详解】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，如下图表示：‎ 当目标函数经过点时，取得最大值，最大值为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想，应用意识,属于中档题.‎ ‎7.已知，，分别是三个内角，，的对边，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原式由正弦定理化简得，由于，可求值.‎ ‎【详解】解：由及正弦定理得.‎ 因为，所以代入上式化简得 - 23 -‎ ‎.‎ 由于，所以.‎ 又，故.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形，三角函数恒等变换等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，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）．若从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦，这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 基本事件总数为个，都恰有两个阳爻包含基本事件个数为个，由此求出概率.‎ ‎【详解】解：由图可知，含有两个及以上阳爻的卦有巽、离、兑、乾四卦，‎ 取出两卦的基本事件有（巽，离），（巽，兑），（巽，乾），（离，兑），（离，乾），（兑，乾）共个，其中符合条件的基本事件有（巽，离），（巽，兑），（离，兑）共个，‎ 所以，所求的概率.‎ 故选：B.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题渗透传统文化，考查概率、计数原理等基本知识，考查抽象概括能力和应用意识，属于基础题．‎ ‎9.如图，平面四边形中，，，，，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】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得面，可知，因为，则面，于是.由此推出三棱锥外接球球心是的中点，进而算出，外接球半径为1，得出结果.‎ ‎【详解】解：由，翻折后得到，又，‎ 则面，可知．‎ 又因为，则面，于是，‎ 因此三棱锥外接球球心是的中点．‎ 计算可知，则外接球半径为1，从而外接球表面积为．‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单的几何体、球的表面积等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力及创新意识，属于中档题．‎ - 23 -‎ ‎10.设，是双曲线的左，右焦点，是坐标原点，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设过点作的垂线，其方程为，联立方程，求得，，即，由，列出相应方程，求出离心率.‎ ‎【详解】解：不妨设过点作的垂线，其方程为，‎ 由解得，，即，‎ 由，所以有，‎ 化简得，所以离心率．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的概念、直线与直线的位置关系等基础知识，考查运算求解、推理论证能力，属于中档题．‎ ‎11.函数与的图象上存在关于直线对称的点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，可得有解，令，则，对分类讨论，得出时，取得极大值，也即为最大值，进而得出结论.‎ ‎【详解】解：由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，‎ 即有解，令，则，‎ 则当时，；当时，，‎ 故时，取得极大值，也即为最大值，‎ 当趋近于时，趋近于，所以满足条件．‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法，考查化归与转化等数学思想，考查抽象概括、运算求解等数学能力，属于难题．‎ ‎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直线与直线的斜率乘积为；‎ ‎②轴；‎ ‎③以为直径的圆与抛物线准线相切.‎ 其中，所有正确判断的序号是（ ）‎ A. ①②③ B. ①② C. ①③ D. ②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，可设直线的方程为，利用韦达定理判断第一个结论；将代入抛物线的方程可得，，从而，，进而判断第二个结论；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，‎ - 23 -‎ 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，进而判断第三个结论.‎ ‎【详解】解：由题意，可设直线的方程为，‎ 代入抛物线方程，有．‎ 设点，的坐标分别为，，‎ 则，．‎ 所．‎ 则直线与直线的斜率乘积为．所以①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，‎ 所以直线轴．所以②正确．‎ 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③不正确．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义与几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查数形结合思想、化归与转化思想,属于难题．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知平面向量，，且，则向量与 - 23 -‎ 的夹角的大小为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，解得，进而求出，即可得出结果.‎ ‎【详解】解：因为，所以，解得，所以，所以向量与的夹角的大小为．‎ 都答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的运算，平面向量垂直，向量夹角等基础知识；考查运算求解能力，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】‎ ‎【分析】‎ 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，‎ - 23 -‎ 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.已知，且，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因,故,所以，,应填.‎ 考点：三角变换及运用．‎ ‎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】‎ ‎【分析】‎ 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，‎ - 23 -‎ 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：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17～21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.某商场为改进服务质量，在进场购物的顾客中随机抽取了人进行问卷调查．调查后，就顾客“购物体验”的满意度统计如下：‎ 满意 不满意 男 女 是否有的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关？‎ 若在购物体验满意的问卷顾客中按照性别分层抽取了人发放价值元的购物券．若在获得了元购物券的人中随机抽取人赠其纪念品，求获得纪念品的人中仅有人是女顾客的概率．‎ 附表及公式：．‎ - 23 -‎ ‎【答案】有的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关；.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得，根据数据判断出顾客购物体验的满意度与性别有关；‎ 获得了元购物券的人中男顾客有人，记为，；女顾客有人，记为，，，．从中随机抽取人，所有基本事件有个，其中仅有1人是女顾客的基本事件有个，进而求出获得纪念品的人中仅有人是女顾客的概率.‎ ‎【详解】解析：由题得 所以，有的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关．‎ 获得了元购物券的人中男顾客有人，记为，；女顾客有人，记为，，，．‎ 从中随机抽取人，所有基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，，共个．‎ 其中仅有1人是女顾客的基本事件有：，，，，，，，，共个．‎ 所以获得纪念品的人中仅有人是女顾客的概率．‎ ‎【点睛】本小题主要考查统计案例、卡方分布、概率等基本知识，考查概率统计基本思想以及抽象概括等能力和应用意识，属于中档题．‎ ‎18.已知等差数列满足，公差，等比数列满足，，．‎ - 23 -‎ 求数列，的通项公式；‎ 若数列满足，求的前项和．‎ ‎【答案】，；.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，公差，有，，成等比数列，所以，解得.进而求出数列，的通项公式；‎ 当时，由，所以，当时，由，，可得，进而求出前项和．‎ ‎【详解】解：由题意知，，公差，有1，，成等比数列，‎ 所以，解得．‎ 所以数列的通项公式．‎ 数列的公比，其通项公式．‎ 当时，由，所以．‎ 当时，由，，‎ 两式相减得，‎ 所以．‎ 故 所以的前项和 - 23 -‎ ‎，．‎ 又时，，也符合上式，故.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的概念，通项公式，前项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，方程思想，分类讨论思想，应用意识，属于中档题．‎ ‎19.如图，在四棱锥中底面是菱形，，是边长为的正三角形，，为线段的中点．‎ 求证：平面平面；‎ 是否存在满足的点，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】证明见解析；2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用面面垂直的判定定理证明即可；‎ 由，知，所以可得出，因此，的充要条件是，继而得出的值.‎ ‎【详解】解：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，‎ - 23 -‎ 所以，而，‎ 所以平面．‎ 又，‎ 所以平面．‎ 因为平面，‎ 所以平面平面．‎ 由，知．‎ 所以，，‎ ‎．‎ 因此，的充要条件是，‎ 所以，．‎ 即存在满足的点，使得，此时．‎ ‎【点睛】本题主要考查平面与平面垂直判定、三棱锥的体积等基础知识；考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力和创新意识；考查化归与转化、函数与方程等数学思想，属于难题．‎ ‎20.已知椭圆的中心在坐标原点，其短半轴长为，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上的点，且．‎ 证明：直线与圆相切；‎ 求面积的最小值．‎ ‎【答案】证明见解析；1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得椭圆的方程为，由点在直线上，且知的斜率必定存在，分类讨论当的斜率为时和斜率不为 - 23 -‎ 时的情况列出相应式子，即可得出直线与圆相切；‎ 由知，的面积为 ‎【详解】解：由题意，椭圆的焦点在轴上，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，‎ 当的斜率为时，，，‎ 于是，到的距离为，直线与圆相切．‎ 当的斜率不为时，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，直线与圆相切．‎ 综上，直线与圆相切．‎ 由知，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．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查化归与转化思想，属于难题．‎ ‎21.已知函数，为的导数，函数在处取得最小值．‎ ‎（1）求证：；‎ - 23 -‎ ‎（2）若时，恒成立，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（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．‎ - 23 -‎ ‎（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．‎ - 23 -‎ ‎（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.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、33题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎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】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用极坐标和直角坐标的互化公式，即得解；‎ ‎（2）设点直角坐标为，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 - 23 -‎ ‎，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.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数．‎ ‎（1）解不等式：；‎ ‎（2）求证：．‎ ‎【答案】（1）； （2）见解析.‎ - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（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.‎ - 23 -‎ - 23 -‎