2020届四川省巴中市高三第一次诊断性数学（理）试题（解析版）

2020届四川省巴中市高三第一次诊断性数学（理）试题

一、单选题

1．复数z=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】D

【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标后即可得到答案．

【详解】

由题意得，

所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．

故选D．

【点睛】

本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的几何意义，属于基础题．

2．已知集合，，则(    )

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】集合A,B分别表示抛物线，直线上的点构成的集合，其交点构成集合即为交集.

【详解】

由解得或，

，

故选：C

【点睛】

本题主要考查了集合的交集，求直线与抛物线交点，属于容易题.

3．设，，，则(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】利用相关知识分析各值的范围，即可比较大小.

【详解】

,

,

,

,

故选：B

【点睛】

本题主要考查了指数函数的单调性，对数函数的单调性，属于中档题.

4．已知变量、之间的线性回归方程为，且变量、之间的一-组相关数据如下表所示，则下列说法错误的是（ ）

A．可以预测，当时， B．

C．变量、之间呈负相关关系 D．该回归直线必过点

【答案】B

【解析】将的值代入回归直线方程可判断出A选项的正误；将的坐标代入回归直线方程可计算出实数的值，可判断出B选项的正误；根据回归直线方程的斜率的正负可判断出C选项的正误；根据回归直线过点可判断出D选项的正误.

【详解】

对于A选项，当时，，A选项正确；

对于B选项，，，将点的坐标代入回归直线方程得，解得，B选项错误；

对于C选项，由于回归直线方程的斜率为负，则变量、之间呈负相关关系，C选项正确；

对于D选项，由B选项可知，回归直线必过点，D选项正确.故选：B.

【点睛】

本题考查回归直线方程有关命题的判断，解题时要熟悉与回归直线有关的结论，考查分析问题和解决问题的能力，属于基础题.

5．已知点，，不共线，则“与的夹角为”是“”的(    )

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】利用向量数量积的性质,可判断与与的夹角为的推出关系，即可求解.

【详解】

当与的夹角为时

，

，

，

当时，

，

化简得：，

，，不共线，

与的夹角为锐角，

所以“与的夹角为”是“”的充分不必要条件，

故选：A

【点睛】

本题主要考查了数量积的运算性质，充分不必要条件，属于中档题.

6．下列关于函数和函数的结论，正确的是(    )

A．值域是 B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据正弦函数的值域，周期性分别分析即可.

【详解】

,

,

,

故A错误D正确，

，，

，

故B,C错误，

故选：D

【点睛】

本题主要考查了正弦函数的值域，周期性，属于容易题.

7．已知函数，则其导函数的图象大致是(    )

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】求函数导数，观察图象，确定导函数的奇偶性，再利用导数确定导函数的单调性，即可求解.

【详解】

,

,

,

即函数为奇函数，排除B,D选项，

令，

则，

当时，，

在上单调递减，

故选：A

【点睛】

本题主要考查了函数的导数，利用导数判定函数单调性，函数的奇偶性，属于中档题.

8．设，为空间两条不同的直线，，为空间两个不同的平面，给出下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中所有正确命题序号是(    )

A．③④ B．②④ C．①② D．①③

【答案】A

【解析】在①中，与相交或平行；在②中，或；在③中，由线面垂直的性质定定理得；在④中，由线面垂直的判定定理得．

【详解】

由，为空间两条不同的直线，、为空间两个不同的平面，知：

在①中，若，，则与相交或平行，故①错误；

在②中，若，，则或，故②错误；

在③中，若，，则由线面垂直的性质定理得，故③正确；

在④中，若，，则由线面垂直的判定定理得，故④正确．

故答案为：③④．

【点睛】

本题主要考查了命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．

9．已知双曲线：焦距为，圆：与圆：外切，且的两条渐近线恰为两圆的公切线，则的离心率为（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】两圆相外切，可得两圆心距为3，从而可得，渐近线为两圆的公切线，故可得，从而可得出关于的关系，求得离心率.

【详解】

解：因为圆：与圆：外切，

所以即①，

渐近线为两圆的公切线，

故可得，即②，

将②代入到①中，

得，

即，

又因为

故，

解得：，故，故选C.

【点睛】

本题考查了双曲线的离心率问题、直线与圆相切、圆与圆相切问题，构造出的等量关系式是本题解题的关键.

10．函数、分别是定义在上的偶函数、奇函数，且，若存在，使不等式成立，则实数的最小值为（    ）

A．4 B． C．8 D．

【答案】B

【解析】由奇偶性求出，

【详解】

∵，①

∴，又函数、分别是定义在上的偶函数、奇函数，

∴，②

由①②得，，

不等式为，（），

设，这是一个增函数，当时，，

（）变为，，

若存在，使不等式成立，则为：

存在，使成立，

由于，当且仅当，即时等号成立，∴的最小值是．

∴．

故选：B.

【点睛】

本题考查函数的奇偶性，考查不等式“能”成立问题．解题方法也是分离参数法，把问题转化为求函数的最值．

11．已知三棱锥的体积为，，，若是其外接球的直径，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由是其外接球的直径，得中点是外接球球心，设是的外心，则平面，且等于到平面的距离的一半．求出中长（用余弦定理），由正弦定理求得外接圆半径，求出面积，求体积求出，从而可得外接圆半径，得表面积．

【详解】

如图，是中点，则是外接球球心，设是的外心，则平面，且等于到平面的距离的一半．

∵，，∴，

，，

，，

，

∴，

．

故选：D.

【点睛】

本题考查球的表面积，考查三棱锥与外接球的关系．三棱锥外接球球心一定在过它的各面外心且与此面垂直的直线上．

12．已知函数，若方程恰有5个不同的根，则的取值范围是（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】当x>0时，对函数求导判断单调性求出最值，即可画出函数的图像，设t＝f（x），则，结合图像分析即可得到答案.

【详解】

当时，，，

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增，

所以，当时，的图象恒过点，

当，时，，当，时，，

作出大致图象如图所示.

方程有5个不同的根，即方程有五个解，

设，则.

结合图象可知，当时，方程有三个根，，

（∵，∴），

于是有一个解，有一个解，有三个解，共有5个解，

而当时，结合图象可知，方程不可能有5个解.

综上所述：方程在时恰有5个不同的根.

故选B

【点睛】

本题考查函数零点的判定，考查数形结合的解题思想方法及分类讨论的数学思想方法，属中档题．

二、填空题

13．若,则=__________.

【答案】

【解析】将指数式化为对数式，结合对数运算，求得的值.

【详解】

,,.

.

故答案为：

【点睛】

本小题主要考查指数式化为对数式，考查对数运算，属于基础题.

14．习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动中华优秀传统文化创造性转化，“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望.如下图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，第10行中从左至右第5与第6个数的比值为________.

【答案】

【解析】第10行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数，由此可得．

【详解】

由题意第10行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数，因此从左至右第5与第6个数的比值为．

故答案为：．

【点睛】

本题考查数学文化，考查二项式系数与杨辉三角的关系．掌握二项式定理是解题关键．

15．已知抛物线：（）的焦点为，准线为，过的直线交抛物线于，两点，交于点，若，则________.

【答案】2

【解析】根据抛物线的定义，利用平行线分线段成比例，即可推导出所求结果.

【详解】

过P，Q分别作PM,QN垂直准线于,如图：

，

,

由抛物线定义知，

,

,

,

,

,

，

故答案为：2

【点睛】

本题主要考查了抛物线的定义，抛物线的简单几何性质，属于中档题.

16．在中，，为边上的点，且，，则面积的最大值为________.

【答案】9

【解析】题意说明是面积的，设，则，由三角形的边的性质求出的范围，然后可把面积用表示，求出最大值．

【详解】

∵，∴，

设，则，由得，

，，

，

∵，∴时，取得最大值，∴最大值为9.

故答案为：9.

【点睛】

本题考查解三角形的应用．设出边长，用余弦定理求出角的余弦，转化为正弦，这样可表示出三角形的面积，从而求得最大值．注意边长的范围可由三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边得出．

三、解答题

17．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，是棱的中点.

（1）求证：平面；

（2）若，且，，求二面角的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】（1）由及矩形可证平面，从而得，再由等腰三角形得一个垂直后可得线面垂直；

（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系（其中是中点），写出点的坐标，求出二面角的两个面的法向量，由法向量夹角余弦值得二面角余弦值．

【详解】

（1）由题意，知，，又，平面

平面，又平面，，由，得：

， 平面，平面

（2）由，，， 得：

取的中点 ，连结，则，故，由（1）知：， ，

以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，于是，有：

， ， ， ， ，， ，

设平面的一个法向量为，则由得：

取得：，设平面的一个法向量为

则由得：，取得：，

二面角的余弦值为.

【点睛】

本题考查证明线面垂直，考查求二面角．在立体图形中有垂直关系时，可建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角．

18．已知各项均为正数的数列的前项和满足（）.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）利用可求得数列的递推关系，证得它是等差数列，再由求得后可得的通项公式；

（2）分组求和，分成一个等差数列与一个等比数列的和．

【详解】

（1）由知：当时，有， ，解得

由， 两式相减，得：，化简得：

变形得：，对，有，，即

故 数列是以1为首项，2为公差的等差数列，

（2），，

【点睛】

本题考查由与的关系求通项公式，考查分组求和法．在已知与的关系时，通过利用或求出数列的递推式或，但要注意此处不含，．

19．“绿水青山就是金山银山”，“建设美丽中国”已成为新时代中国特色社会主义生态文明建设的重要内容，某班在一次研学旅行活动中，为了解某苗圃基地的柏树幼苗生长情况，在这些树苗中随机抽取了120株测量高度（单位：），经统计，树苗的高度均在区间内，将其按，，，，，分成6组，制成如图所示的频率分布直方图.据当地柏树苗生长规律，高度不低于的为优质树苗.

（1）求图中的值；

（2）已知所抽取的这120株树苗来自于，两个试验区，部分数据如列联表：

将列联表补充完整，并判断是否有99.9%的把握认为优质树苗与，两个试验区有关系，并说明理由；

（3）用样本估计总体，若从这批树苗中随机抽取4株，其中优质树苗的株数为，求的分布列和数学期望.

附：参考公式与参考数据：，其中

【答案】（1）；（2）列联表见解析，没有99.9%的把握认为优质树苗与两个试验区有关系；（3）分布列见解析，

【解析】（1）由频率分布直方图中所有频率（小矩形面积）和为1可求得；

（2）由频率分布直方图求出优质树苗和非优质树苗的株数后可填写列联表，求出后知有无关系；

（3）由（2）知这批树苗为优质树苗的概率为，的可能取值为0，1，2，3，4， 服从二项分布，即，计算出各概率，得分布列，根据期望公式计算出期望．

【详解】

（1）根据频率分布直方图数据，有，解得：.

（2）根据频率分布直方图可知，样本中优质树苗棵树有

列联表如下：

可得；

所以，没有99.9%的把握认为优质树苗与两个试验区有关系

注：也可由得出结论

（3）用样本估计总体，由题意，这批树苗为优质树苗的概率为

的可能取值为0，1，2，3，4，由题意知：服从二项分布，即

即：；；

；；

.

的分布列为：

数学期望为

（或）.

【点睛】

本题考查频率分布直方图，考查独立性检验，考查二项分布和期望，正确认识频率分布直方图是解题基础．

20．在平面直角坐标系中，，，且满足.记点的轨迹为曲线.

（1）求的方程，并说明是什么曲线；

（2）若，是曲线上的动点，且直线过点，问在轴上是否存在定点，使得？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1），是中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆（不含左、右顶点）；（2）存在定点

【解析】（1）设点的坐标为，说明，把这个等式用表示出来化简后即得；

（2）假设存在的定点符合题意，当直线的斜率存在时，设其方程为，，，由直线方程与椭圆方程联立消去得的一元二次方程，应用韦达定理得， ，得，代入化简后分析所得式子与无关时的值，同时验证斜率不存在时，定点也满足．

【详解】

（1）由，得，设点的坐标为，则：

，化简得：，

曲线的方程为

是中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆（不含左、右顶点）

（2）假设存在的定点符合题意

由题意知：直线的斜率分别为，

由题意及（1）知：直线与直线均不重合，当直线的斜率存在时

设其方程为，，

由，得直线的倾斜角互补，故

又

①

由消去，整理得：.

，又，②

代②入①得：③

当时，又不恒为0，当且仅当时，③式成立

当直线的斜率存在时，存在定点满足题意.

当直线的斜率不存在时，点满足，也符合题意.

综上所述，在 轴上存在定点，使得.

【点睛】

本题考查求轨迹方程，由方程确定曲线，考查直线与椭圆相交问题中的定点问题．解题方法是设而不求的思想方法．即设动点坐标，，，应用韦达定理求得，代入题设条件中得出结论．本题考查了学生的运算求解能力．

21．已知函数,其中

为自然对数的底数.

(1)当时，讨论函数的单调性;

(2)当时，求证:对任意的.

【答案】(1)在上单调递减.

(2)证明见及解析.

【解析】分析：(1)将代入 ，对函数求导即可判定函数的单调性。

(2)将不等式转化为关于的一次函数，讨论在时一次函数对任意的两个端点都小于0，即可证明。

详解：

(1)

;

∴在上单调递减

(2)要证对恒成立

即证;对恒成立

令,

即证当时，恒成立

即证;成立

∵

∴①式成立

现证明②式成立:

令

设在,使得,则

在単调递增, 在単调递減

∴,

=

∵，∴        ∴

综上所述.在, 恒成立.

点睛：函数与导数的综合应用，是高考的热点和难点，充分理解导数与单调性、极值、最值的关系，证明在一定条件下不等式成立，解不等式或求参数的取值情况，属于难题。

22．选修4－4：坐标系与参数方程:在直角坐标系中，直线的参数方程为 (为参数，)．在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.

(1)当时，求与的交点的极坐标；

(2)直线与曲线交于两点，且两点对应的参数互为相反数，求的值．

【答案】（1），（2）

【解析】试题分析：（1）曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程为，联立解出方程组即可；（2）把直线的参数方程代入曲线，根据结合韦达定理可得结果.

试题解析：（1）由，可得，

所以，即，

\当时，直线的参数方程（为参数），化为直角坐标方程为，

联立解得交点为或，

化为极坐标为，

（2）把直线的参数方程代入曲线，得，

可知，，

所以．

23．    已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.

(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；

(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围．

【答案】(1) {x|x≥4或x≤1}；(2) [－3，0].

【解析】试题分析：（1）解绝对值不等式首先分情况去掉绝对值不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集即得所求．（2）原命题等价于-2-x≤a≤2-x在[1，2]上恒成立，由此求得求a的取值范围

试题解析：（1）当a＝－3时，f（x）＝

当x≤2时，由f（x）≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；

当2＜x＜3时，f（x）≥3无解；

当x≥3时，由f（x）≥3得2x－5≥3，解得x≥4.

所以f（x）≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}．                 6分

（2）f（x）≤|x－4||x－4|－|x－2|≥|x＋a|.

当x∈[1，2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a|（4－x）－（2－x）≥|x＋a|

－2－a≤x≤2－a，

由条件得－2－a≤1且2－a≥2，解得－3≤a≤0，

故满足条件的实数a的取值范围为[－3，0]．

【考点】绝对值不等式的解法；带绝对值的函数