甘肃省定西一中2020届高三诊断试题理科数学 Word版含解析

甘肃省定西一中2020届高三诊断试题理科数学 Word版含解析

定西一中2020届高三诊断试题 理科数学 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；‎ ‎2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效；‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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】‎ 先求出集合A，B，再求集合B的补集，然后求 ‎【详解】，所以 .‎ 故选：D ‎【点睛】此题考查的是集合的并集、补集运算，属于基础题.‎ ‎2.若复数与其共轭复数满足，则（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则,求得，再求模，得到答案.‎ ‎【详解】设，则，故 - 22 -‎ ‎，，‎ ‎，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了共轭复数的概念，两复数相等的条件，复数的模，还考查了学生的计算能力，属于容易题.‎ ‎3.抛物线的准线方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，抛物线可化为，则，所以准线方程为，故选C．‎ 考点：抛物线的几何性质．‎ ‎4.音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商”；……．依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶．据此可推得（ ）‎ A. “宫、商、角”的频率成等比数列 B. “宫、徵、商”的频率成等比数列 C. “商、羽、角”的频率成等比数列 D. “徵、商、羽”的频率成等比数列 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差等比通项公式，分别计算“宫、徵、商、羽、角”五个音阶，再对照选项，即可得答案；‎ ‎【详解】设“宫”的频率为，由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率是；‎ ‎“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率是，‎ ‎“商”经过一次“损”，可得“羽”的频率是；‎ 最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率是，‎ - 22 -‎ 由于成等比数列，所以“宫、商、角”的频率成等比数列．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查等差、等比数列在数学文化中的运用，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎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 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线和平面，平面和平面的位置关系依次判断每个选项得到答案.‎ ‎【详解】对于：若，则或，故错误；正确.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力和推断能力.‎ ‎6.已知函数的部分图象如图，则的解析式可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先通过函数的定义域排除选项A，再通过函数的奇偶性排除选项D,再通过函数的单调性排除选出B，确定答案.‎ - 22 -‎ ‎【详解】由图象可知，函数的定义域为R，而函数的定义域不是R,所以选项A不符合题意；‎ 由图象可知函数是一个奇函数，选项D中，存在实数，‎ 使得，所以函数不是奇函数，所以选项D不符合题意；‎ 由图象可知函数是增函数，选项B，，所以函数是一个非单调函数，所以选项C不符合题意；‎ 由图象可知函数是增函数，选项C，，所以函数是增函数，所以选项C符合题意.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查利用导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎7.为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加三个贫困县的调研工作，每个县至少去1人，且甲、乙两人约定去同一个贫困县，则不同的派遣方案共有（ ）‎ A. 24 B. 36 C. 48 D. 64‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，有两种分配方案，一是，二是，然后各自全排列，再求和.‎ ‎【详解】当按照进行分配时，则有种不同的方案；‎ 当按照进行分配，则有种不同的方案.‎ 故共有36种不同的派遣方案，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查排列组合、数学文化，还考查数学建模能力以及分类讨论思想，属于中档题.‎ ‎8.已知函数，，，，则，，的大小关系为（ ）‎ - 22 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先判断函数的奇偶性与单调性，再根据指数函数、对数函数的性质得到，，，即可得解；‎ ‎【详解】解：因，定义域为，‎ 故函数是奇函数，又在定义域上单调递增，在定义域上单调递减，所以在定义域上单调递增，‎ 由，，‎ 所以 即 故选：A ‎【点睛】本题考查指数函数、对数函数的性质的应用，属于基础题.‎ ‎9.天文学中为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯(，又名依巴谷)在公元前二世纪首先提出了星等这个概念.星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，它的光就越暗.到了1850年，由于光度计在天体光度测量中的应用，英国天文学家普森()又提出了衡量天体明暗程度的亮度的概念.天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足.其中星等为的星的亮度为.已知“心宿二”的星等是1.00.“天津四” 的星等是1.25.“心宿二”的亮度是“天津四”的倍，则与最接近的是(当较小时， )‎ A. 1.24 B. 1.25 C. 1.26 D. 1.27‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 根据题意，代值计算，即可得，再结合参考公式，即可估算出结果.‎ ‎【详解】根据题意可得：‎ 可得，解得，‎ 根据参考公式可得，‎ 故与最接近是.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查对数运算，以及数据的估算，属基础题.‎ ‎10.己知函数，.若的最小值为，则=（ ）‎ A. B. 1 C. 2 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得，再根据取得最小值结合已知条件，即可得答案；‎ ‎【详解】由，‎ 所以，‎ ‎，‎ 当时，取得最小值．‎ 又已知的最小值为，所以，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ - 22 -‎ 本题考查三角函数的图象与性质，考查运算求解能力，检测数学运算、逻辑推理、直观想象以及数学建模素养．‎ ‎11.已知双曲线的右焦点为F，过F作直线的垂线，垂足为M，且交双曲线的左支于N点，若，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算得到，根据得到，代入双曲线方程解得答案.‎ ‎【详解】易知直线：，联立方程，解得.‎ ‎，故，故， ‎ 化简整理得到：，解得.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎12.已知曲线和，若直线与都相切，且与相切于点，则的横坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，另设与相切于点，则，根据是和 - 22 -‎ 的公切线，可得，求出的值，即可得答案；‎ ‎【详解】设，另设与相切于点，则．‎ 由得，由得．‎ 因为是和的切线，所以，即．‎ 又在单调递增，所以．‎ 又因为，即，‎ 所以，‎ 即，解得或（不合，舍去）．‎ 所以，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义求切线方程，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意设出切点的坐标.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知向量，，则的面积为_____________ .‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的坐标可得向量垂直，从而得到三角形为直角三角形，求出向量的模长，即可得答案；‎ ‎【详解】因为，又因为，所以，‎ 所以．‎ 故答案为：5．‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查向量的模、数量积的坐标运算，考查逻辑推理能力、运算求解能力，属于基础题.‎ ‎14.已知实数满足，则的最大值为_______.‎ ‎【答案】22‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，作出可行域，利用直线的截距与b的关系即可解决.‎ ‎【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，‎ 由可得，观察可知，当直线过点时，取得最大值，‎ 由，解得，即，所以.‎ 故答案为：22.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划中线性目标函数的最值问题，要做好此类题，前提是正确画出可行域，本题是一道基础题.‎ ‎15.（2017新课标全国II理科）等差数列的前项和为，，，则____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设等差数列的首项为，公差为，由题意有 ，解得 ，‎ - 22 -‎ 数列的前n项和，‎ 裂项可得，‎ 所以．‎ 点睛:等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用得方法．使用裂项法求和时，要注意正、负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．‎ ‎16.如图1，已知四面体的所有棱长都为，分别为线段和的中点，直线垂直于水平地面，该四面体绕着直线旋转一圈得到的几何体如图2所示，若图2所示的几何体的正视图恰为双曲线的一部分，则的方程为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 通过补形，将该四面体放入正方体中，使得四面体的棱恰好是正方体的面对角线，‎ 易得正方体的棱长为2，对棱的中点间的距离等于正方体的棱长2，由于双曲线过点，代入即可求得双曲线的方程.‎ ‎【详解】通过补形，将该四面体放入正方体中，使得四面体的棱恰好是正方体的面对角线，‎ - 22 -‎ 易得正方体的棱长为2，对棱的中点间的距离等于正方体的棱长2，‎ 故双曲线的实轴长为2，该双曲线过点，则，解得，‎ 故双曲线方程为．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查双曲线方程的求解，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意发挥空间想象能力，找到双曲线的实轴是求解的关键.‎ 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，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：（共60分）‎ ‎17.在锐角中，，________，‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）求的周长l的范围.‎ 注：在①，且，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并对其进行求解.‎ ‎【答案】条件选择见解析，（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若选①，首先根据题意得到，从而得到，即.选②，首先利用正弦定理边化角公式得到，再化简即可得到答案.若选③，首先根据题意得到，再求角即可.‎ ‎（2）首先根据正弦定理得到，，从而得到，再求其范围即可.‎ - 22 -‎ ‎【详解】（1）若选①，因为，且，‎ 所以，即，‎ 因为，所以.‎ 若选②，因为，，‎ 所以，‎ 因为，所以.‎ 又因为，所以. ‎ 若选③，‎ ‎.‎ 因为，所以.‎ 又因为，，‎ 所以，.‎ ‎（2）因为，所以，.‎ 因为，所以，.‎ ‎ .‎ ‎.‎ - 22 -‎ 因为锐角且，所以 所以，，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题第一问考查正弦定理的边化角公式，第二问考查正弦定理解三角形，同时考查三角函数的值域问题，属于中档题.‎ ‎18.在创建“全国文明城市”过程中，银川市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查（一位市民只能参加一次）通过随机抽样，得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如表所示：‎ 组别 ‎[30，40)‎ ‎[40，50)‎ ‎[50，60)‎ ‎[60，70)‎ ‎[70，80)‎ ‎[80，90)‎ ‎[90，100]‎ 频数 ‎2‎ ‎13‎ ‎21‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎11‎ ‎4‎ ‎（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分ZN(μ，198)，μ近似为这100人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表），‎ ‎①求μ的值；‎ ‎②利用该正态分布，求；‎ ‎（2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：‎ ‎①得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费；‎ ‎②每次获赠的随机话费和对应的概率为：‎ 赠送话费的金额（单元：元）‎ ‎20‎ ‎50‎ 概率 现有市民甲参加此次问卷调查，记（单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求 - 22 -‎ 的分布列与数学期望．‎ 参考数据与公式：．若，则，，．‎ ‎【答案】（1）①②0.0228（2）见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接根据公式计算得到，，计算得到答案.‎ ‎（2）获赠话费的可能取值为20，40，50，70，100，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.‎ ‎【详解】（1）由题意得：，‎ ‎∴ ，∵，‎ ‎，‎ ‎（2）由题意知，.‎ 获赠话费的可能取值为20，40，50，70，100，‎ ‎，，，‎ ‎，，. ‎ ‎∴的分布列为：‎ ‎ ‎ ‎ 20‎ ‎ 40‎ ‎ 50‎ ‎ 70‎ ‎ 100‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ - 22 -‎ 本题考查了正态分布求概率，分布列和数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎ ‎19.如图,四棱锥中，，，，，．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用余弦定理计算BC，根据勾股定理可得BC⊥BD，结合BC⊥PD得出BC⊥平面PBD，于是平面PBD⊥平面PBC；（2）建立空间坐标系，设λ，计算平面ABM和平面PBD的法向量，令法向量的夹角的余弦值的绝对值等于，解方程得出λ的值,即可得解．‎ ‎【详解】（1）证明：因为四边形为直角梯形，‎ 且, ,,‎ 所以， ‎ 又因为．根据余弦定理得 ‎ 所以，故. ‎ 又因为, ,且,平面，所以平面， ‎ 又因为平面PBC，所以 ‎（2）由（1）得平面平面, ‎ - 22 -‎ 设为的中点，连结 ，因为,‎ 所以,,又平面平面，‎ 平面平面，‎ 平面.‎ 如图，以为原点分别以，和垂直平面的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，， ‎ 假设存在满足要求，设，即，‎ 所以,‎ 易得平面的一个法向量为. ‎ 设为平面的一个法向量，， ‎ 由得，不妨取.‎ 因为平面与平面所成的锐二面角为，所以，‎ 解得，（不合题意舍去）.‎ 故存在点满足条件，且.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面与平面所成的角等基础知识，面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做．‎ ‎20.已知函数，.‎ - 22 -‎ ‎（1）若为上的增函数，求的取值范围；‎ ‎（2）若，，且，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导得到，得到，设，求导得到单调区间得到最值，得到答案.‎ ‎（2）为上的增函数，，设，设，证明为上的减函数，得到，得到答案.‎ ‎【详解】（1），若为上的增函数，则恒成立，‎ 即恒成立，设，则，‎ 当时，，当时，，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以，故，所以.‎ ‎（2）若，由（Ⅰ）知为上的增函数.‎ 由于，已知，且，不妨设.‎ 设函数，，‎ 则，‎ 则，设，则，‎ 由于，所以为上的增函数，所以，‎ 所以为上的减函数，所以，‎ 所以，‎ - 22 -‎ 而为上的增函数，所以，故.从而.‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查了根据函数单调性求参数，证明不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.‎ ‎21.已知为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，，点又恰为抛物线的焦点，以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若直线与相交于，两点，记点，到直线的距离分别为，，．直线与相交于，两点，记，的面积分别为，．‎ ‎（ⅰ）证明：的周长为定值；‎ ‎（ⅱ）求的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）（i）详见解析；（ii）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知求得，可得，又以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点，知，从而求得与的值，则答案可求；‎ ‎（2）由题意，为抛物线的准线，由抛物线的定义知，，结合，可知等号当且仅当，，三点共线时成立．可得直线过定点，根据椭圆定义即可证明为定值；‎ 若直线的斜率不存在，则直线的方程为，求出与可得；若直线的斜率存在，可设直线方程为，，，，‎ - 22 -‎ ‎，，，，，方便联立直线方程与抛物线方程，直线方程与椭圆方程，利用弦长公式求得，，可得，由此可求的最大值．‎ ‎【详解】解：（1）因为为抛物线的焦点，故 所以 又因为以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点知：‎ 所以，‎ 所以椭圆的标准方程为：‎ ‎（2）（ⅰ）由题知，因为为抛物线的准线 由抛物线的定义知：‎ 又因为，等号当仅当，，三点共线时成立 所以直线过定点 根据椭圆定义得：‎ ‎（ⅱ）若直线的斜率不存在，则直线的方程为 因为，，所以 若直线的斜率存在，则可设直线，设，‎ 由得，‎ 所以，‎ 设，，‎ - 22 -‎ 由得，‎ 则，‎ 所以 则 综上知：的最大值等于 ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆、直线与抛物线位置关系的应用，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，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.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）写出直线和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知点，若直线与曲线交于两点，中点为M，求的值.‎ ‎【答案】（1）..（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用极坐标和参数方程公式计算得到答案 - 22 -‎ ‎（2）设直线的参数方程为，代入方程得到，，代入计算得到答案.‎ ‎【详解】（1）直线，故，‎ 即直线的直角坐标方程为. ‎ 因为曲线，则曲线的直角坐标方程为，‎ 即. ‎ ‎（2）设直线的参数方程为（为参数），‎ 将其代入曲线的直角坐标系方程得.‎ 设，对应的参数分别为，，则，，‎ 所以M对应的参数，故.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程和极坐标方程，意在考查学生的计算能力和转化能力.‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若，使得恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) .(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题意得，再分别讨论，，‎ - 22 -‎ 三种情况，即可得出结果；‎ ‎（2）先由含绝对值不等式的性质，得到，再由题意，可得，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）不等式 可化为，‎ 当时， ，，所以无解；‎ 当时， 所以；‎ 当时，， ，所以，‎ 综上，不等式的解集是.‎ ‎（2）因为 ‎ 又，使得 恒成立，则，‎ ‎，解得.‎ 所以的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的思想，以及绝对值不等式的性质即可，属于常考题型.‎ - 22 -‎