贵州省毕节市2020届高三诊断性考试（二）数学（文）试题 Word版含解析

贵州省毕节市2020届高三诊断性考试（二）数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 毕节市2020届高三年级诊断性考试（二）文科数学试卷 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出集合和集合，再由并集的运算求出.‎ ‎【详解】对集合，等价于，‎ 解得，，故；‎ 对集合，由，解得，‎ 故；‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查集合并集的运算、解分式不等式和一元二次不等式，考查学生计算能力，属于基础题.‎ ‎2.已知为虚数单位，若复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将变形成，利用复数的乘除运算求解即可.‎ - 26 -‎ ‎【详解】由题意，，‎ 所以 故选：B ‎【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算，考查学生计算能力，属于基础题.‎ ‎3.从某校高三年级学生中按分层抽样的方法从男、女同学中共抽取90人进行考前心理辅导，若在女同学层次中每个个体被抽到的概率为，则高三年级总人数为( )‎ A. 560 B. 300 C. 270 D. 27‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得每个个体被抽到的概率为，即可求解 ‎【详解】女同学层次中每个个体被抽到的概率为，‎ 共抽取90人，则高三年级总人数为.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查分层抽样，分层抽样每个个体被抽取概率相等，抽取的样本数、个体总数、个体被抽取的概率，知二求一，属于基础题.‎ ‎4.函数在一个周期内的图象如图（其中，，），则函数的解析式为（ ）‎ A. ‎ - 26 -‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的最大值和最小值求出和，由图像得函数的周期，进而求出，最后由函数图像经过点求出，即可得函数解析式.‎ ‎【详解】由图像可知，函数的最大值为3，最小值为，‎ 所以，，‎ ‎，即，所以，‎ 函数，‎ 函数经过点，代入函数方程，‎ 得，即，‎ 即，，又，‎ 所以，‎ 所以函数的解析式为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图像和性质，考查学生数形结合的能力，属于中档题.‎ - 26 -‎ ‎5.如图，在中，，是上一点，若，则实数的值为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意设，由向量的线性运算可得，再根据，列等式计算即可求出.‎ ‎【详解】由题意，是上一点，设，‎ 则，‎ 又，所以，‎ 所以，‎ 所以，解得.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查平面向量线性运算和平面向量基本定理及其意义，考查数形结合的思想，属于中档题.‎ ‎6.若，则的值是（ ）‎ A. 1 B. -1 C. D. ‎ - 26 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得，解出，再利用二倍角公式和平方关系化简，将代入求解即可.‎ ‎【详解】由题意，，解得，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的余弦公式和平方关系的应用，考查学生转化和计算能力，属于中档题.‎ ‎7.函数满足，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，所以令，化简，得到，从而，联立两式求解出的周期为6，从而，即可求出.‎ ‎【详解】由题意，取，‎ 则，‎ 即①，‎ 所以②，‎ - 26 -‎ 联立①②得，，‎ 所以，‎ 所以函数的周期为，‎ 由，所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查函数值的求法，如何利用题目中的条件求解出函数的周期是关键，属于中档题.‎ ‎8.过抛物线：的焦点，且倾斜角为的直线与物线交于，两点，若，则抛物线的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，设直线方程，代入抛物线方程并整理得，利用韦达定理分别表示出和，再由弦长公式表示出，求解出，即可得到抛物线方程.‎ ‎【详解】由题意，抛物线的焦点坐标为，直线的斜率为，‎ 设过抛物线焦点，倾斜角为的直线方程：，‎ 代入抛物线方程并整理得，，‎ 设点，点，‎ - 26 -‎ 则，，‎ 由弦长公式，，‎ 解得，，‎ 所以抛物线方程为：‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查抛物线的应用和弦长公式，注意韦达定理的应用，考查学生计算能力，属于中档题.‎ ‎9.在三棱锥中，平面，，，则三棱锥的外接球体积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平面，得，，再由勾股定理求出，所以可得三棱锥外接球半径，由球的体积公式求解即可.‎ ‎【详解】由题意，平面，所以，，‎ 又，，‎ 所以，即，‎ - 26 -‎ 所以、、两两垂直，‎ 三棱锥的外接球即以、、为长宽高的长方体的外接球，‎ 故三棱锥外接球半径，‎ 外接球体积.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查外接球体积的求法，考查学生转化和空间想象能力，属于基础题.‎ ‎10.设，为两个平面，命题：的充要条件是内有无数条直线与平行；命题：的充要条件是内任意一条直线与平行，则下列说法正确的是( )‎ A. “”为真命题 B. “”为真命题 C. “”为真命题 D. “”为真命题 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面与平面平行的定义和判定定理可得命题为假，命题为真，根据复合命题间的真假关系，逐项判断，即可求出结论.‎ ‎【详解】若，则在中存在无数条直线与平行，‎ 也平行平面，所以命题为假；‎ 若，由面面平行的性质定理可知内任意一条直线与平行，‎ 若内任意一条直线与平行，则在内必存在两条相交的直线平行，‎ 根据平面与平面平行的判定定理可得，，所以命题为真，‎ ‎“”为假命题，选项错误；‎ ‎“”为假命题，选项错误；‎ ‎“”为真命题，选项正确；‎ ‎“”为假命题，选项错误.‎ 故选:C.‎ - 26 -‎ ‎【点睛】本题考查复合命题真假的判定，涉及到平面与平面平行的判定和性质，属于基础题.‎ ‎11.的内角、、的对边分别为、、，且，若，，则角的大小为（ ）‎ A B. 或 C. D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由边化角得到，再由，化简得到，求出，再由正弦定理求出，根据的范围即可求出角的大小.‎ ‎【详解】由，得，‎ 在中，，所以，‎ 所以，‎ 解得，即，‎ 由正弦定理，，‎ 因为，所以，‎ 所以角的大小为或.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查正弦定理的应用、诱导公式和两角和差的正弦公式，考查学生的分析转化能力，属于中档题.‎ ‎12.已知函数恰有1个零点，则的取值集合是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 26 -‎ ‎【分析】‎ 令在只有一个零点，而函数是偶函数，根据对称性在不能有零点，所以在存在一个零点，即可求解.‎ ‎【详解】，‎ 函数恰有1个零点，‎ 在，‎ 是偶函数，‎ 在存在一个零点，‎ 只需.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点，换元转化是解题的关键，属于中档题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.2019年7月1，《上海市生活垃圾管理条例》正式实施，生活垃圾要按照“可回收物”、“有害垃圾”、“湿垃圾”、“干垃圾”的分类标准进行分类，没有对垃圾分类或未投放到指定垃圾桶内都会被处罚.若某上海居民提着厨房里产生的“湿垃圾”随意地投放到楼下的“可回收物”、“有害垃圾、“湿垃圾”，“干垃圾”四个垃圾桶内，则该居民会被处罚的概率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知随意投放有4中，错误投放有3种，即可求解.‎ ‎【详解】“湿垃圾”随意地投放到楼下的“可回收物”、“有害垃圾、‎ ‎“湿垃圾”、“干垃圾”四个垃圾桶内，有4种投放方法，‎ 被处罚的投放有“可回收物”、“有害垃圾、“干垃圾”3种投法，‎ - 26 -‎ 该居民会被处罚的概率为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型的概率，属于基础题.‎ ‎14.计算：______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用换底公式，再由对数的运算性质求得，最后求解出即可.‎ ‎【详解】由题意，，‎ 所以，‎ ‎，‎ 所以原式.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查对数的运算性质和换底公式的应用，考查学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎15.已知函数，则的单调递减区间为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的解析式，求出，再根据导函数求出，再利用导数来判断的减区间即可.‎ - 26 -‎ ‎【详解】由题意，，‎ ‎，‎ 所以，故，‎ ‎，‎ 所以，解得，‎ 故，‎ ‎，即，解得，，‎ 故的单调递减区间为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查函数值的求法、利用导数研究函数的单调性，属于基础题.‎ ‎16.过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，与轴交于点，若，且双曲线的离心率为，则的值为______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线离心率为，求出渐近线方程，由右焦点和直线和渐近线垂直，设直线方程，求出和，再由，得到，从而求解出.‎ ‎【详解】由题意，双曲线的离心率为，‎ 即，解得，‎ 设双曲线的一条渐近线方程为：，‎ 双曲线右焦点，又直线与渐近线垂直，‎ - 26 -‎ 所以设直线：，‎ 当时，，即，‎ 所以，‎ ‎，‎ 由，得，‎ 解得 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质、直线方程的应用和点到直线距离公式，考查学生的转化能力，属于中档题.‎ 三、解答题：本大题共7小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知等差数列的前项和为，公差，且，，成等比数列.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设数列是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ），.（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由和表示出，再由等比中项的性质表示出，，成等比数列，可以求出和，再表示出即可；‎ ‎（Ⅱ）由是首项为1，公比为3的等比数列，得到的通项公式，再表示出 - 26 -‎ 的通项公式，由分组求和的方法求出即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）根据题意得：‎ ‎，‎ 由，，成等比数列可得，‎ ‎∴，即，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，.‎ ‎（Ⅱ），‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列通项公式、分组求和求数列前项和，考查学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎18.某手机生产企业为了对研发的一批最新款手机进行合理定价，将该款手机按事先拟定的价格进行试销，得到单价（单位：千元）与销量（单位：百件）的关系如下表所示：‎ 单价（千元）‎ ‎1‎ ‎1.5‎ ‎2‎ ‎2.5‎ ‎3‎ 销量（百件）‎ ‎10‎ ‎8‎ ‎7‎ ‎6‎ 已知.‎ ‎（Ⅰ）若变量，具有线性相关关系，求产品销量（百件）关于试销单价（千元）的线性回归方程；‎ ‎（Ⅱ）用（Ⅰ）中所求的线性回归方程得到与对应的产品销量的估计值，当销售数据 - 26 -‎ 对应的残差满足时，则称为一个“好数据”，现从5个销售数据中任取3个，求其中“好数据”的个数的分布列和数学期望.‎ 参考公式：，.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由可求出，求出，再分别计算出和，代入公式可求出，由求出，从而得到线性回归方程；‎ ‎（Ⅱ）利用的值判断共有三个好数据，再计算对应的概率值，列出分布列，计算数学期望即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由，可得，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 代入得，‎ ‎，‎ ‎∴回归直线方程为.‎ ‎（Ⅱ），‎ - 26 -‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 共有3个“好数据”.‎ ‎∴，‎ ‎，，‎ ‎∴的分布列为：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 的期望值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性回归方程、分布列和数学期望的计算，考查学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎19.如图1，在等腰梯形中，，，，为的中点.现分别沿，将和折起，点折至点，点折至点，使得平面平面，平面平面，连接，如图2.‎ - 26 -‎ ‎（Ⅰ）若、分别为、的中点，求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）求多面体的体积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连，由已知可得，，为正三角形，‎ ‎，可得平面，平面，‎ 平面，从而有，即可证明结论.‎ ‎（2），只需求出到平面的距离，由（1）得点到平面的距离等于点到平面的距离为，即可求出结论.‎ ‎【详解】（1）取中点，连，‎ ‎∵、是和的中点，∴，‎ 又∵平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ 在图1等腰梯形中，，，‎ ‎，，，‎ ‎，同理 ‎，，为正三角形，‎ - 26 -‎ ‎∴.‎ 又∵平面平面，平面平面，‎ 平面，∴平面，‎ 同理可证平面，‎ 又∵平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵，平面，平面，‎ ‎∴平面平面；‎ ‎（Ⅱ）连接，作于，‎ 由（Ⅰ）得，平面，‎ ‎∴点到平面的距离等于点到平面的距离，‎ 等于点到平面的距离的，‎ ‎∴，‎ 则.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间点、线、面的位置关系，证明平面与平面平行以及组合体的体积，注意空间中垂直相互转化，属于中档题.‎ - 26 -‎ ‎20.已知椭圆：的离心率为，过其右焦点与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限交于点，且.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设椭圆的左、右顶点分别为，，点是椭圆上的动点，且点与点，不重合，直线，与直线分别交于点，，求证：以线段为直径的圆过定点，.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将代入椭圆方程求出点纵坐标，得到，且等于，再由离心率和关系，即可求解；‎ ‎（Ⅱ）设点，求出线，斜率，，由点的椭圆上，得到为定值，分别求出坐标，证明即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）代入椭圆方程得，‎ 由，得，‎ 又因为且，‎ 得，，，‎ - 26 -‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）设点，‎ 则得，‎ 又设直线，的斜率分别为，，‎ 则，，‎ 所以，‎ ‎∴直线：，直线：，‎ 所以点，，‎ 由，‎ 所以以线段为直径的圆过定点，‎ 同理，以线段为直径的圆过定点.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线关系，考查计算求解能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（Ⅰ）若函数在处的切线垂直于轴，求函数的极值；‎ ‎（Ⅱ）若函数有两个零点，，求实数的取值范围，并证明：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）的极小值为0；（Ⅱ），证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求出求出，进而求出的解，得出单调区间，即可求出结论；‎ - 26 -‎ ‎（Ⅱ）代入解析式得函数值为0，整理得，转化为证明，不妨设，只需证，根据函数单调性只需证，构造函数，，利用单调性证明恒成立，即可证明结论.‎ ‎【详解】（Ⅰ），‎ ‎，∴，∴，‎ 令，，‎ ‎，‎ ‎∴的极小值为.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，有两个零点，，‎ 必须有且最小值 ‎，‎ ‎∴，∴，∴，‎ 又∵当时，；‎ 当时，，∴，‎ 此时，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 要证：，即证：，‎ 即证：，即证：，‎ 即证：，‎ - 26 -‎ 不妨设，∴，∴，‎ 即证：，‎ 即证：，‎ 令 ‎，‎ ‎，‎ 当且仅当时取“”，‎ ‎∴在上为增函数，‎ ‎∴，∴成立，‎ ‎∴成立.‎ ‎【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到导数的几何意义、函数单调性、极值、零点、不等式的证明，分析法构造函数是解题的关键，属于较难题.‎ 请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数，），在以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程是，等边的顶点都在上，且点，，按照逆时针方向排列，点的极坐标为.‎ ‎（Ⅰ）求点，，的直角坐标；‎ ‎（Ⅱ）设为上任意一点，求点到直线的距离的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）点的直角坐标为，点的直角坐标为，‎ - 26 -‎ 点的直角坐标为.‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由点的极坐标和，，的排列顺序，得到点和点的极坐标，再由求出，，的直角坐标即可；‎ ‎（Ⅱ）由点和点的坐标可得直线的方程，设点，由点到直线距离公式表示出点到直线的距离，再由辅助角公式和三角函数的性质得到的取值范围即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，等边的顶点都在上，‎ 且点，，按照逆时针方向排列，点极坐标为，‎ 所以点的极坐标，点的极坐标，‎ 由，‎ 可得点的直角坐标为，‎ 点的直角坐标为，‎ 点的直角坐标为.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，‎ 所以得的直线方程为：，‎ 设点，‎ 则点到直线的距离为 - 26 -‎ ‎，‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查直角坐标和极坐标的相互转化、点到直线距离的应用、三角恒等变换和三角函数的性质，考查学生对极坐标的理解和计算能力，属于基础题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数.‎ ‎（Ⅰ）求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若，求证：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）对去绝对值，分别求解、、时的不等式即可；‎ ‎（Ⅱ）将不等式两边平方并化简为，由和的范围即可证明.‎ ‎【详解】（Ⅰ）①当时，不等式可化为，‎ 解得：，故此时无解；‎ ‎②当时，不等式可化为，解得：，故有；‎ ‎③当时，不等式可化为，‎ 解得：，故此时无解；‎ 综上，不等式的解集.‎ - 26 -‎ ‎（Ⅱ）要证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 即证，‎ ‎∵，∴，，‎ ‎∴成立.‎ ‎∴成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法和不等式的证明，属于基础题.‎ - 26 -‎ - 26 -‎