2020届四川省达州高三二诊二模数学试卷及答案

2020届四川省达州高三二诊\二模数学试卷及答案

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．复数，则在复平面内对应的点在（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．在公差不为零的等差数列中，，是，的等比中项，则数列的前项和（       ）

A．13 B．49 C． D．

4．函数的图象大致是（       ）

A． B． C． D．

5．的展开式中的系数是（       ）

A．252 B． C． D．210

6．已知双曲线的两条渐近线的方程是和，则双曲线离心率是（       ）

A． B． C．或 D．或

7．已知，则命题为假命题的概率（       ）

A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1

8．已知，，，则实数，，的大小关系是（       ）

A． B． C． D．

9．甲烷，化学式，是最简单的有机物，在自然界分布很广，也是重要的化工原料.甲烷分子结构为正四面体结构（正四面体是每个面都是正三角形的四面体），碳原子位于正四面体的中心，4个氢原子分别位于正四面体的4个顶点.若相邻两个氢原子间距离为，则相邻的碳、氢原子间的距离是（不计原子大小）（       ）

A． B． C． D．

10．在中，，分别为边，的中点，与交于点，设，，则（       ）

A． B． C． D．

11．已知方程在区间内只有一个实根，则的取值范围（       ）

A． B． C． D．

12．已知，函数，和点，将轴左半平面沿轴翻折至与轴右半平面垂直.若，直线分别与曲线，相交于点，，面积为2，则实数的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．设满足约束条件，则的最小值是__________.

14．函数，若，则__________.

15．等比数列的前项和为，则的值为_____．

16．已知是抛物线的焦点.是坐标原点，是上一点，外接圆（为圆心）与的准线相切，则过点与相切的直线的斜率__________.

三、解答题

17．的内角对边分别为，.

（1）求；

（2）若的角平分线，求的面积.

18．某单位为了更好地应对新型冠状病毒肺炎疫情，对单位的职工进行防疫知识培训，所有职工选择网络在线培训和线下培训中的一种方案进行培训.随机抽取了140人的培训成绩，统计发现样本中40个成绩来自线下培训职工，其余来自在线培训的职工，并得到如下统计图表：

线下培训茎叶图在线培训直方图

（1）得分90分及以上为成绩优秀，完成下边列联表，并判断是否有的把握认为成绩优秀与培训方式有关？

（2）成绩低于60分为不合格.在样本的不合格个体中随机再抽取3个，其中在线培训个数是，求分布列与数学期望.

附：．

19．如图，在三棱锥中，平面，，，是中点，是中点，是线段上一动点.

（1）当为中点时，求证：平面平面；

（2）当平面时，求二面角的余弦值.

20．已知动点到两点，的距离之和为4，点在轴上的射影是C，.

（1）求动点的轨迹方程；

（2）过点的直线交点的轨迹于点，交点的轨迹于点，求的最大值.

21．函数.

（1）若为的极值点，求实数；

（2）若在上恒成立，求实数的范围.

22．在直角坐标系中，曲线（为参数），其中.在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.

（1）求的普通方程和的直角坐标方程；

（2）若与相交于点两点，点，求.

23．设.

（1）解不等式；

（2）若均为正实数，最小值为，，求的最小值.

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

根据集合的交集的概念及运算，即可求解，得到答案.

【详解】

由题意，集合，，

根据集合的交集的概念及运算，可得.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了集合的交集的概念及运算，其中解答中熟记集合的交集的概念，准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力.

2．D

【解析】

【分析】

根据复数除法的运算法则求出，得到，即可得到结论.

【详解】

，

，则在复平面内对应的点在第四象限.

故选：D.

【点睛】

本题考查复数的代数运算及几何意义，属于基础题.

3．B

【解析】

【分析】

设的公差为，将用表示，根据等比中项的定义，建立关于的方程，求出，再由等差数列的前项和公式，即可求解.

【详解】

设的公差为，是，的等比中项，

，

整理得，

.

故选：B.

【点睛】

本题考查等差数列的前项和以及等比中项的性质，也考查了计算求解能力，属于基础题.

4．C

【解析】

当时，,,求出此时函数的单调区间，根据选项的图象，可得答案.

【详解】

当时，，

则

当时，，则在上单调递增.

当时，，则在上单调递减.

根据选项，只有选项C满足

故选：C

【点睛】

思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．

(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；

(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

5．D

【解析】

【分析】

由二项展开式定理求出展开式的通项，令的指数为，即可求解.

【详解】

的展开式通项为，

，令，

所以的展开式中的系数是.

故选：D.

【点睛】

本题考查二项展开式定理，熟记二项展开式的通项是解题的关键，属于基础题.

6．D

【解析】

【分析】

由双曲线的两条渐近线的方程，得到，分类讨论，即可求得双曲线的离心率.

【详解】

由题意，双曲线的两条渐近线的方程是和，即，

当双曲线的焦点在轴上时，可得，此时的离心率为；

当双曲线的焦点在轴上时，可得，此时的离心率为，

所以双曲线的离心率为或.

故选：D.

【点睛】

本题主要考查了双曲线的渐近线方程的应用，以及离心率的求解，着重考查了分类讨论思想，以及推理与计算能力.

7．A

【解析】

【分析】

先求出当，且命题的否定为真时的取值范围，按照几何概型长度型公式，即可求解.

【详解】

，命题为假命题，

则，命题为真，

即，而，

当且仅当时，等号成立，，

所求的概率为.

故选：A.

【点睛】

本题考查命题的真假求参数以及几何概型概率的求解，属于基础题.

8．B

【解析】

【分析】

分别构造新函数，，，结合零点的存在定理，求得的范围，即可求解.

【详解】

由题意，设，可得，

所以，根据零点的存在定理，可得，

设，可得，所以，

根据零点的存在定理，可得，

令，可得，

所以，可得，

综上可得.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了函数的零点的存在定理的应用，其中解答中根据题意设出新函数，结合零点的存在定理求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.

9．C

【解析】

【分析】

根据已知可得碳原子的位置是边长为正四面体外接球的球心，根据正四面体的结构特征，即可求解.

【详解】

甲烷分子中4个氢原子分别位于正四面体的4个顶点记为

碳原子位于正四面体的中心，则为正四面体外接球的球心，

相邻的碳、氢原子间的距离为正四面体外接球的半径，设为

过做平面，垂足为，则为正三角形的中心，

在上，连，

边长为，

，

，解得.

故选：C.

【点睛】

本题以立体几何应用为背景，考查多面体与球的“外接”“内切”问题，属于基础题.

10．A

【解析】

【分析】

根据条件可得为的重心，可得，在中，将用表示，进而表示出，即可求解.

【详解】

，分别为边，的中点，与交于点，

为的重心，，

，

.

故选：A.

【点睛】

本题考查向量加减法的几何意义，考查数形结合思想，属于基础题.

11．D

【解析】

【分析】

构造新函数，要使得在区间内只有一个实根，结合三角函数的性质，即可求解.

【详解】

由题意，方程在区间内只有一个实根，

即方程在区间内只有一个实根，

设，

当，则，

要使得在区间内只有一个实根，

则满足，解得，

即的取值范围是.

故选：D.

【点睛】

本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟练应用三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力.

12．B

【解析】

【分析】

过点作轴，垂足为，根据已知可得垂直于轴右半平面，取中点，连，从而有，可得翻折前三点共线，

得出关系，再由将用表示，结合面积为2，求出关于的函数，根据特征求其范围.

【详解】

过点作轴，垂足为，

取中点，连，

轴左半平面沿轴翻折至与轴右半平面垂直，

轴右半平面，，

，

翻折前三点共线，依题意，

，

，又，

，

，设，

，

，

在单调递增，在单调递减，

当时，取得极大值，也是最大值为，

，

的取值范围是.

故选：B.

【点睛】

本题考查空间线、面位置关系与函数综合应用，建立参数的目标函数是解题的关键，利用导数求最值，属于较难题.

13．2

【解析】

【分析】

画出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解.

【详解】

由题意，画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，

因为目标函数，可化为直线，

当直线过点A或B时，此时直线在y轴上的截距最小，

目标函数取得最小值，

又由，解得，所以目标函数的最小值为.

故答案为：2.

【点睛】

本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力．

14．

【解析】

【分析】

由题意，得到，解得，代入的表达式，即可求解.

【详解】

由题意，函数，

所以，即，解得，

又由.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了指数幂的运算，以及函数解析式的应用，其中解答中根据函数的解析式，结合指数幂的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

15．

【解析】

【分析】

根据等比数列前项和公式的特点列方程，解方程求得的值.

【详解】

由于等比数列前项和，本题中，故.

故填：.

【点睛】

本小题主要考查等比数列前项和公式的特点，考查观察与思考的能力，属于基础题.

16．

【解析】

【分析】

根据已知可得，外接圆圆心在上，再由与的准线相切，求出的半径，进而求出圆心坐标，由导数的几何意义，求出过点与相切的直线的斜率.

【详解】

抛物线的焦点，准线方程为，

外接圆圆心在的垂直平分线，

设，又与的准线相切，

的半径为，

又满足抛物线的方程，

而抛物线的切线与抛物线只有一个交点，为切线的切点，

曲线，得，

所以过点与相切的直线的斜率.

故答案为：.

【点睛】

本题考查抛物线方程和性质，以及圆和圆与直线的位置关系，利用几何关系求出圆心坐标是解题的关键，属于中档题.

17．（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）由正弦定理和题设条件，化简得，进而利用三角形的内角定理得到，求得的值，即可求解.

（2）由余弦定理，求得，得到，得到为直角三角形，得到为等腰三角形，利用面积公式，即可求解.

【详解】

（1）由题意，在中，因为，

由正弦定理，可得，

所以，

即.

因为，可得，所以.

因为为三角形内角，可得，所以，

又因为，所以.

（2）在中，为角的角平分线，，，

在中，，

由余弦定理可得，

所以， 可得，所以为直角三角形.

即，故为等腰三角形，，

所以.

【点睛】

本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

18．（1）列联表见解析，有的把握认为培训方式与成绩优秀有关；（2）分布列见解析，.

【解析】

【分析】

（1）根据茎叶图和频率分布直方图分别统计出分以上的人数，完成列联表，根据公式求出的观测值，参考提供数据，即可得出结论；

（2）根据样本数据，线下培训不合格3个，线上培训不合格5个，的可能值为0，1，2，3，分别求出其概率，得出分布列，由期望公式，即可求解.

【详解】

（1）根据题意得列联表：

的观测值为，

.

，所以有的把握认为培训方式与成绩优秀有关.

（2）在抽出的样本中，线下培训不合格3个，线上培训不合格5个，

在这8个中抽取3个含在线培训个数为.，1，2，3

，，

，.

的分布列为：

.

【点睛】

本题考查独立性检验、离散型随机变量分布列和期望，求出随机变量的概率是解题的关键，属于基础题.

19．（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）由已知可得，当为中点时，结合，可证平面，进而证明结论；

（2）过点作的平行线，以为坐标原点建立空间直角坐标系，确定点坐标，以及平面和平面的法向量坐标，利用垂直平面的法向量，求出点坐标，再求出平面的法向量坐标，由空间向量面面角公式，即可求解.

【详解】

（1）证明：，

为等腰直角三角形，当为中点时，.

平面平面.

且都在平面中，平面.

平面，平面平面.

（2）以点为坐标原点，所在的直线，

过点与平行的直线分别为轴建立空间直角坐标系，

，，，，

，.，在线段上，.

，，

，是平面的法向量，

当平面时，，，

即，为平面的法向量.

设为平面的法向量，

，，

，，

不妨设，则，.

.

二面角的余弦值为.

【点睛】

本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直、空间向量法求二面角的余弦，注意空间垂直关系的相互转化，考查逻辑推理和数学计算能力，属于中档题.

20．（1）.（2）1

【解析】

【分析】

（1）根据椭圆的定义和题设条件，求得点的轨迹方程是，设点坐标为，由所以点的坐标为，代入即可求解.

（2）若轴，求得；若直线不与轴垂直，设直线的方程为，根据圆的弦长公式，求得，再联立方程组，结合根与系数的关系，求得的表达式，代入化简，即可求解.

【详解】

（1）设，

因为点到两点的距离之和为4，即

可得点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，

所以，即，且，则，

所以点的轨迹方程是.

设点坐标为，因所以点的坐标为，可得，

化简得点的轨迹方程为.

（2）若轴，则，.

若直线不与轴垂直，设直线的方程为，即，

则坐标原点到直线的距离，

.

设.将代入，并化简得，

.

，.

，

当且仅当即时，等号成立.

综上所述，最大值为1.

【点睛】

本题主要考查椭圆的标准方程，圆的性质，及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.

21．（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）求，由，求出，代回，验证在左右两侧区间异号；

（2）注意，在单调递增，不等式恒成立，若存在单调递减，则不等式不恒成立，所以只需求出在的单调性，即可求解.

【详解】

（1），令

即，.

，

当时，设，

，故为减函数，

，

当时，，，

综上时，为的极值点成立，所以.

（2）由（1）知，

当时，为减函数，，

①时，，为增函数，

②时，为减函数，；

存在使，，，递减，

当时，，与矛盾.

综上时，在上恒成立.

所以实数的范围是.

【点睛】

本题考查函数导数的综合应用，涉及到函数的极值最值、单调性、不等式恒成立等基础知识，注意极值点与导数为零点的关系，意在考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.

22．（1），或；﹒（2）6

【解析】

【分析】

（1）由曲线（为参数），消去参数，即可求得曲线普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可得到曲线的直角坐标方程；

（2）将曲线代入，结合直线参数方程中参数的几何意义，即可求解.

【详解】

（1）由题意，曲线（为参数），可得（为参数）

两式相除，可得，

整理得曲线的普通方程或；

由曲线，两边同乘，可得，

又因为，代入可得，

即，所以曲线的直角坐标方程为﹒

（2）将曲线代入，

得，整理得﹐

设两点对应的参数为，，

则，.

【点睛】

本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的综合应用，着重考察了推理与运算能力.

23．（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）由，可得，分类讨论，即可得到不等式的解集；

（2）去掉绝对值号，根据分段函数和一次函数的性质求得函数的最小值为1，得到，即，结合基本不等式，即可求解.

【详解】

（1）由题意，函数，

因为，可得

当时，，解得，；

当时，解得，；

当时，，解得，

综上不等式解集为.

（2）因为函数，

根据一次函数的性质，可得函数的最小值为1，

即，所以，

因为

.

当时取等号，

最小值为.

【点睛】

本题主要考查了含绝对值的不等式的解法，以及基本不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值的不是的解法，以及熟练应用基本不等式求最值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.