四川省凉山州2020届高三第二次诊断性检测数学（文科）试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 凉山州2020届高中毕业班第二次诊断性检测 数学（文科）‎ 第I卷(选择题，共60分)‎ 一、选择题(本大题共12小题每题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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解对数不等式可得集合A，由交集运算即可求解.‎ ‎【详解】集合解得 由集合交集运算可得，‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了集合交集的简单运算，对数不等式解法，属于基础题.‎ ‎2. 设为虚数单位，复数，则实数的值是（ ）‎ A. 1 B. -1 C. 0 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的乘法运算化简，由复数的意义即可求得的值.‎ ‎【详解】复数，‎ 由复数乘法运算化简可得，‎ 所以由复数定义可知，‎ - 26 -‎ 解得，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的乘法运算，复数的意义，属于基础题.‎ ‎3. 等比数列若则（ ）‎ A. ±6 B. 6 C. -6 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比中项性质代入可得解，由等比数列项的性质确定值即可.‎ ‎【详解】由等比数列中等比中项性质可知，，‎ 所以，‎ 而由等比数列性质可知奇数项符号相同，所以，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列中等比中项的简单应用，注意项的符号特征，属于基础题.‎ ‎4. 若，则“”是“”的（ ）‎ A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分必要性的判定，依次判断是否具有充分性和必要性即可.‎ ‎【详解】函数，‎ 当时，，则，所以“”是“”的充分条件；‎ 当时，代入可得，解得或，因而“”不是“‎ - 26 -‎ ‎”的必要条件，‎ 综上可知“”是“”充分不必要条件，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了充分必要条件的概念及简单判断，属于基础题.‎ ‎5. 曲线在点处的切线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将点代入解析式确定参数值，结合导数的几何意义求得切线斜率，即可由点斜式求的切线方程.‎ ‎【详解】曲线，即，‎ 当时，代入可得，所以切点坐标为，‎ 求得导函数可得，‎ 由导数几何意义可知，‎ 由点斜式可得切线方程为，即，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义，在曲线上一点的切线方程求法，属于基础题.‎ ‎6. 阅读如图的程序框图，若输出的值为25，那么在程序框图中的判断框内可填写的条件是（ ）‎ - 26 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据循环结构的程序框图，带入依次计算可得输出为25时的值，进而得判断框内容.‎ ‎【详解】根据循环程序框图可知， ‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 此时输出，因而不符合条件框的内容，但 - 26 -‎ 符合条件框内容，结合选项可知C为正确选项，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了循环结构程序框图的简单应用，完善程序框图，属于基础题.‎ ‎7. 若双曲线的离心率，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为（ ）‎ A. B. 2 C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的解析式及离心率，可求得的值；得渐近线方程后，由点到直线距离公式即可求解.‎ ‎【详解】双曲线的离心率，‎ 则，，解得，所以焦点坐标为，‎ 所以，‎ 则双曲线渐近线方程为，即，‎ 不妨取右焦点，则由点到直线距离公式可得，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线的几何性质及简单应用，渐近线方程的求法，点到直线距离公式的简单应用，属于基础题.‎ ‎8. 将函数向左平移个单位，得到的图象，则满足（ ）‎ A. 图象关于点对称，在区间上为增函数 B. 函数最大值为2，图象关于点对称 - 26 -‎ C. 图象关于直线对称，在上的最小值为1‎ D. 最小正周期为，在有两个根 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由辅助角公式化简三角函数式，结合三角函数图象平移变换即可求得的解析式，结合正弦函数的图象与性质即可判断各选项.‎ ‎【详解】函数，‎ 则，‎ 将向左平移个单位，‎ 可得，‎ 由正弦函数的性质可知，的对称中心满足，解得，所以A、B选项中的对称中心错误；‎ 对于C，的对称轴满足，解得，所以图象关于直线对称；当时，，由正弦函数性质可知，所以在上的最小值为1，所以C正确；‎ 对于D，最小正周期为，当，，由正弦函数的图象与性质可知，时仅有一个解为，所以D错误；‎ 综上可知，正确的为C，‎ - 26 -‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数式的化简，三角函数图象平移变换，正弦函数图象与性质的综合应用，属于中档题.‎ ‎9. 若函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数解析式，结合特殊值与极限值法，即可判断解析式.‎ ‎【详解】根据函数图像可知，当时，，对于B选项，其，所以排除B；‎ 当时，由图像可知，对于D选项，当时，所以排除D；‎ 对于A，，当时，由指数函数性质可知，即时，所以排除A；‎ - 26 -‎ 所以C正确选项，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了由函数图像判断解析式，注意特殊值与极限值等方法的使用，属于基础题.‎ ‎10. 如图，长方体中，，，点T在棱上，若平面.则（ ）‎ A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直的性质，可知；结合即可证明，进而求得.由线段关系及平面向量数量积定义即可求得.‎ ‎【详解】长方体中，，‎ 点T在棱上，若平面.‎ 则，‎ 则，所以， ‎ 则，‎ 所以 ‎，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面垂直的性质应用，平面向量数量积的运算，属于基础题.‎ - 26 -‎ ‎11. 已知，，则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由指数函数的图像与性质易得最小，利用作差法，结合对数换底公式及基本不等式的性质即可比较和的大小关系，进而得解.‎ ‎【详解】根据指数函数的图像与性质可知，‎ 由对数函数的图像与性质可知，，所以最小；‎ 而由对数换底公式化简可得 由基本不等式可知，代入上式可得 - 26 -‎ 所以，‎ 综上可知，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了指数式与对数式的化简变形，对数换底公式及基本不等式的简单应用，作差法比较大小，属于中档题.‎ ‎12. 一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数:从第三项起，每一项都等于前面所有项之和(例如:1，3，4，8，16…).则首项为2，某一项为2020的超级斐波那契数列的个数为（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定义，表示出数列的通项并等于2020.结合的正整数性质即可确定解的个数.‎ ‎【详解】由题意可知首项为2，设第二项为，则第三项为，第四项为，第五项为第n项为且，‎ 则，‎ 因为，‎ 当的值可以为；‎ 即有3个这种超级斐波那契数列，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了数列新定义的应用，注意自变量的取值范围，对题意理解要准确，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共90分)‎ 二，填空题(共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13. 从甲、乙、丙、丁四个人中任选两名志愿者，则甲被选中的概率是 ．‎ - 26 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：从甲、乙、丙、丁四个人中任选两名志愿者有（甲，乙）、（甲，丙）、（甲，丁）、（乙，丙）、（乙，丁）、（丙，丁）六种取法，其中甲被选中有（甲，乙）、（甲，丙）、（甲，丁）三种，所以甲被选中的概率为 考点：本小题主要考查古典概型概率的求解.‎ 点评：求古典概型概率时，要保证每一个基本事件都是等可能的.‎ ‎14. 定义在上的奇函数满足，并且当时，则___‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所给表达式，结合奇函数性质，即可确定函数对称轴及周期性，进而由的解析式求得的值.‎ ‎【详解】满足，‎ 由函数对称性可知关于对称，‎ 且令，代入可得，‎ 由奇函数性质可知，所以 令，代入可得，‎ 所以是以4为周期的周期函数，‎ 则 当时，‎ 所以，‎ 所以，‎ - 26 -‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性与对称性的综合应用，周期函数的判断及应用，属于中档题.‎ ‎15. 已知平面向量，的夹角为，且，则=____‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量模的定义先由坐标求得，再根据平面向量数量积定义求得；将化简并代入即可求得.‎ ‎【详解】，则，‎ 平面向量，的夹角为，则由平面向量数量积定义可得，‎ 根据平面向量模的求法可知，‎ 代入可得，‎ 解得，‎ 故答案为：1.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量模的求法及简单应用，平面向量数量积的定义及运算，属于基础题.‎ ‎16. 数学家狄里克雷对数论，数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一.函数，称为狄里克雷函数.则关于有以下结论:‎ ‎①的值域为;‎ ‎②;‎ ‎③;‎ ‎④‎ 其中正确的结论是_______(写出所有正确的结论的序号)‎ - 26 -‎ ‎【答案】②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据新定义，结合实数的性质即可判断①②③，由定义求得比小的有理数个数，即可确定④.‎ ‎【详解】对于①，由定义可知，当为有理数时；当为无理数时，则值域为，所以①错误；‎ 对于②，因为有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，所以满足，所以②正确；‎ 对于③，因为，当为无理数时，可以是有理数，也可以是无理数，所以③错误；‎ 对于④，由定义可知 ‎，所以④错误；‎ 综上可知，正确的为②.‎ 故答案为：②.‎ ‎【点睛】本题考查了新定义函数的综合应用，正确理解题意是解决此类问题的关键，属于中档题.‎ 三，解答题(解答过程应写出必要的文字说明，解答步骤.共70分)‎ ‎17. 传染病的流行必须具备的三个基本环节是:传染源，传播途径和人群易感性.三个环节必须同时存在，方能构成传染病流行.呼吸道飞沫和密切接触传播是新冠状病毒的主要传播途径，为了有效防控新冠状病毒的流行，人们出行都应该佩戴口罩.某地区已经出现了新冠状病毒的感染病人，为了掌握该地区居民的防控意识和防控情况，用分层抽样的方法从全体居民中抽出一个容量为100的样本，统计样本中每个人出行是否会佩戴口罩的情况，得到下面列联表:‎ ‎（1）用样本估计总体，分别估计青年人、中老年人出行戴口罩的概率.‎ - 26 -‎ ‎（2）能否有99.9%的把握认为是否会佩戴口罩出行的行为与年龄有关？‎ ‎【答案】（1）青年人出行戴口罩概率；老年人出行戴口罩概率.（2）有99.9%的把握认为是否会佩戴口罩出行的行为与年龄有关.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据列联表，即可求得青年人、中老年人出行戴口罩的概率；‎ ‎（2）跟列联表及公式，代入即可求得观测值.结合临界值表即可作出判断.‎ ‎【详解】（1）根据列联表可知，抽取青年人共人，其中带口罩的有50人，‎ 所以青年人戴口罩的概率为；‎ 抽取老年人共人，戴口罩的有20人，‎ 所以老年人戴口罩的概率为.‎ ‎（2）假设是否会佩戴口罩出行的行为与年龄无关，‎ 由列联表及公式可得，‎ 因而有99.9%把握认为是否会佩戴口罩出行的行为与年龄有关.‎ ‎【点睛】本题考查了独立性检验思想的简单应用，属于基础题.‎ ‎18. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，点是棱的中点，.‎ ‎(1)若，证明：平面平面；‎ - 26 -‎ ‎(2)若三棱锥的体积为求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据四棱锥的特征，可证明平面，从而；而由等腰三角形性质可知，所以平面，进而由面面垂直的判定定理证明平面平面；‎ ‎（2）过作，连接.由可求得.即可由棱锥的体积公式求得.‎ ‎【详解】（1）证明：由题意平面，平面，‎ 则 四边形为正方形，则，‎ 且，‎ 则平面，又平面，‎ 所以，‎ 由且点是棱的中点，‎ 所以,‎ 而，‎ 所以平面，‎ 而平面，‎ 所以由面面垂直的判定定理可得平面平面；‎ ‎（2）过作，连接.‎ - 26 -‎ 则，‎ 解得，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直与面面垂直的判定定理，三棱锥体积的求法，属于基础题.‎ ‎19. 如图，平面四边形中，，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求四边形面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据同角三角函数式可求得，结合正弦和角公式求得，即可求得，进而由三角函数 ‎（2）设根据余弦定理及基本不等式，可求得 - 26 -‎ 的最大值，结合三角形面积公式可求得的最大值，即可求得四边形面积的最大值.‎ ‎【详解】（1），‎ 则由同角三角函数关系式可得，‎ 则 ‎ ‎，‎ 则，‎ 所以.‎ ‎（2）设 在中由余弦定理可得，代入可得 ‎，‎ 由基本不等式可知，‎ 即，当且仅当时取等号，‎ 由三角形面积公式可得 ‎，‎ 所以四边形面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦和角公式化简三角函数式的应用，余弦定理及不等式式求最值的综合应用，属于中档题.‎ ‎20. 设 ‎（1）证明:当时，；‎ - 26 -‎ ‎（2）当时，求整数的最大值.（参考数据：，）‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入函数解析式可得，构造函数，求得并令，由导函数符号判断函数单调性并求得最大值，由即可证明恒成立，即不等式得证.‎ ‎（2）对函数求导，变形后讨论当时的函数单调情况：当时，可知满足题意；将不等式化简后构造函数，利用导函数求得极值点与函数的单调性，从而求得最小值为，分别依次代入检验的符号，即可确定整数的最大值；当时不满足题意，因为求整数的最大值，所以时无需再讨论.‎ ‎【详解】（1）证明：当时代入可得，‎ 令，，‎ 则，‎ 令解得，‎ 当时，所以在单调递增，‎ 当时，所以在单调递减，‎ 所以，‎ 则，即成立.‎ ‎（2）函数 - 26 -‎ 则，‎ 若时，当时，，则在时单调递减，所以，即当时成立；‎ 所以此时需满足的整数解即可，‎ 将不等式化简可得，‎ 令 ‎ 则 令解得，‎ 当时，即在内单调递减，‎ 当时，即在内单调递增，‎ 所以当时取得最小值，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以此时满足的整数 的最大值为；‎ 当时，在时，此时，与题意矛盾，所以不成立.‎ 因为求整数的最大值，所以时无需再讨论，‎ 综上所述，当时，整数的最大值为.‎ - 26 -‎ ‎【点睛】本题考查了导数在证明不等式中的应用，导数与函数单调性、极值、最值的关系和应用，构造函数法求最值，并判断函数值法符号，综合性强，属于难题.‎ ‎21. 已知分别是椭圆的左焦点和右焦点，椭圆的离心率为是椭圆上两点，点满足.‎ ‎(1)求的方程；‎ ‎(2)若点在圆上，点为坐标原点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据焦点坐标和离心率，结合椭圆中的关系，即可求得的值，进而得椭圆的标准方程.‎ ‎（2）设出直线的方程为，由题意可知为中点.联立直线与椭圆方程，由韦达定理表示出，由判别式可得；由平面向量的线性运算及数量积定义，化简可得，代入弦长公式化简；由中点坐标公式可得点的坐标，代入圆的方程，化简可得，代入数量积公式并化简，由换元法令，代入可得，再令及，结合函数单调性即可确定的取值范围，即确定的取值范围，因而可得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）分别是椭圆的左焦点和右焦点，‎ - 26 -‎ 则，椭圆的离心率为 则解得，‎ 所以，‎ 所以的方程为.‎ ‎（2）设直线的方程为，点满足，则为中点，点在圆上，设，‎ 联立直线与椭圆方程，化简可得，‎ 所以 ‎ 则，化简可得，‎ 而 ‎ 由弦长公式代入可得 为中点，则 ‎ - 26 -‎ 点在圆上，代入化简可得，‎ 所以 令，则，，‎ 令，则 令，则，‎ 所以， ‎ 因为在内单调递增，所以，‎ 即 所以 ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程求法，直线与椭圆的位置关系综合应用，由韦达定理研究参数间的关系，平面向量的线性运算与数量积运算，弦长公式的应用及换元法在求取值范围问题中的综合应用，计算量大，属于难题.‎ - 26 -‎ 请考生在第22，23两题中选一题作答.注意:只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.‎ ‎22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，直线与曲线交于两点.‎ ‎(1)求的长；‎ ‎(2)在以为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，设点的极坐标为，求点到线段中点的距离.‎ ‎【答案】（1） ;（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将直线的参数方程化为直角坐标方程，由点到直线距离公式可求得圆心到直线距离，结合垂径定理即可求得的长；‎ ‎（2）将的极坐标化为直角坐标，将直线方程与圆的方程联立，求得直线与圆的两个交点坐标，由中点坐标公式求得的坐标，再根据两点间距离公式即可求得.‎ ‎【详解】（1）直线的参数方程为(为参数)，‎ 化为直角坐标方程为，即 直线与曲线交于两点.‎ 则圆心坐标为，半径为1，‎ 则由点到直线距离公式可知，‎ 所以.‎ ‎（2）点的极坐标为，化为直角坐标可得，‎ - 26 -‎ 直线的方程与曲线的方程联立，化简可得，‎ 解得，所以两点坐标为，‎ 所以，‎ 由两点间距离公式可得.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程与普通方程转化，极坐标与直角坐标的转化，点到直线距离公式应用，两点间距离公式的应用，直线与圆交点坐标求法，属于基础题.‎ ‎23. 设.‎ ‎(1)当时，求不等式的解集；‎ ‎(2)若，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入函数解析式，并代入不等式，分类讨论解绝对值不等式即可得解.‎ ‎（2）将解析式代入不等式，讨论、和三种情况，结合不等式解集性质即可求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）将代入可得，‎ 代入不等式可得不等式 当时，不等式可化为，解得，与矛盾，所以无解；‎ 当时，不等式可化为，解得，所以解集为；‎ 当时，不等式可化为，解得，所以解集为；‎ 综上所述，不等式的解集为.‎ - 26 -‎ ‎（2）由代入解析式可得，，‎ 当时，去绝对值化简可得，解得，对于任意恒成立；‎ 当时，去绝对值化简可得，解得，则需满足，解得；‎ 当时，去绝对值化简可得，解得，则需满足，解得，‎ 综上所述，的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了分类讨论解绝对值不等式，绝对值不等式求参数的取值范围问题，属于中档题.‎ ‎ ‎ - 26 -‎ - 26 -‎