四川省德阳市2020届高三“二诊”考试数学（文）试题 Word版含解析

四川省德阳市2020届高三“二诊”考试数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 德阳市高中2017级“二诊”考试数学试卷（文史类）‎ 一、选择题 ‎1.已知复数，其中为虚数单位，则（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把已知等式变形，然后利用数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的公式计算得答案.‎ ‎【详解】解：，‎ 则 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题.‎ ‎2.函数的定义域为，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数定义域得集合，解对数不等式得到集合，然后直接利用交集运算求解.‎ ‎【详解】解：由函数得，解得，即；‎ 又，解得，即，‎ 则.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了交集及其运算，考查了函数定义域的求法，是基础题.‎ ‎3.执行如图所示的程序框图，若输出的结果为3，则可输入的实数值的个数为（ ）‎ - 27 -‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意，当时，令，得；当时，令，得 ‎，故输入的实数值的个数为3．‎ 考点：程序框图．‎ ‎4.函数在的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性，在时函数范围的判断进行排除，即可得答案.‎ ‎【详解】解：由已知，则函数 - 27 -‎ 在上是奇函数，故排除B；‎ 又，故排除CD；‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查函数图像的识别，利用函数的性质，如奇偶性，单调性，特殊点的函数值等进行排除是常用的方法，是基础题.‎ ‎5.要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）‎ A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据三角函数的图象平移规则得出正确的结论即可；‎ ‎【详解】解：函数，‎ 要得到函数的图象，‎ 只需将函数的图象向左平移个单位．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数图象平移的应用问题，属于基础题．‎ ‎6.二项式的展开式中，常数项为（ ）‎ A. B. 80 C. D. 160‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 27 -‎ 求出二项式的展开式的通式，再令的次数为零，可得结果.‎ ‎【详解】解：二项式展开式的通式为，‎ 令，解得，‎ 则常数项为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理指定项的求解，关键是熟练应用二项展开式的通式，是基础题.‎ ‎7.已知，，，则（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分析与1的大小关系,可得,再分析的大小即可.‎ ‎【详解】因为,,.故最大.‎ 又,,故,又故.‎ 故.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了根据指对幂函数的单调性与计算分析函数值大小的问题.属于基础题.‎ ‎8.已知为抛物线的准线，抛物线上的点到的距离为，点的坐标为，则的最小值是（ ）‎ - 27 -‎ A. B. 4 C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设抛物线焦点为，由题意利用抛物线的定义可得，当共线时，取得最小值，由此求得答案.‎ ‎【详解】解：抛物线焦点，准线，‎ 过作交于点，连接 由抛物线定义， ， 当且仅当三点共线时，取“＝”号，‎ ‎∴的最小值为. 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中档题.‎ ‎9.不等式组表示的平面区域为，则（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D - 27 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分析不等式组的几何意义，可得其表示的平面区域，设，分析的几何意义，可得的最小值，据此分析选项即可得答案.‎ ‎【详解】解：根据题意，不等式组其表示的平面区域如图所示，‎ 其中 ，， 设，则，的几何意义为直线在轴上的截距的2倍， 由图可得：当过点时，直线在轴上的截距最大，即，‎ 当过点原点时，直线在轴上的截距最小，即，‎ 故AB错误； 设，则的几何意义为点与点连线的斜率，‎ 由图可得最大可到无穷大，最小可到无穷小，故C错误，D正确；‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查本题考查二元一次不等式的性质以及应用，关键是对目标函数几何意义的认识，属于基础题.‎ ‎10.平行四边形中，已知，，点、分别满足，‎ - 27 -‎ ‎，且，则向量在上的投影为（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将用向量和表示，代入可求出，再利用投影公式可得答案.‎ ‎【详解】解：‎ ‎，‎ 得，‎ 则向量在上的投影为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查向量的几何意义，考查向量的线性运算，将用向量和表示是关键，是基础题.‎ ‎11.已知的内角、、的对边分别为、、，且，，为边上的中线，若，则的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，根据余弦定理可求出，进而可得的面积.‎ - 27 -‎ ‎【详解】解：延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，‎ 则，，，‎ 在中，‎ 则，得，‎ ‎.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理的应用，考查三角形面积公式的应用，其中根据中线作出平行四边形是关键，是中档题.‎ ‎12.已知实数，，函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，对于函数分2段分析：当，由指数函数的性质分析可得①，当，由导数与函数单调性的关系可得，在上恒成立，变形可得②，再结合函数的单调性，分析可得 - 27 -‎ ‎③，联立三个式子，分析可得答案.‎ ‎【详解】解：根据题意，函数在上单调递增， 当，若为增函数，则①， 当，‎ 若为增函数，必有在上恒成立， 变形可得：， 又由，可得在上单调递减，则， 若在上恒成立，则有②， 若函数在上单调递增，左边一段函数的最大值不能大于右边一段函数的最小值，‎ 则需有，③ 联立①②③可得：. 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查函数单调性的性质以及应用，注意分段函数单调性的性质.‎ ‎13.是边长为的等边三角形，、分别为、的中点，，沿把折起，使点翻折到点的位置，连接、，当四棱锥的外接球的表面积最小时，四棱锥的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知当四棱锥的外接球的表面积最小时球半径最小.且球心到四棱锥各顶点的距离相等,再计算此时到平面的距离求解即可.‎ ‎【详解】由题,取中点,连接,因为是边长为的等边三角形,故均为边长为的等边三角形.连接交于.‎ - 27 -‎ 易得为中点,且..‎ 又四棱锥的外接球的表面积最小时球半径最小,且球心到的距离相等.故球心在过且与平面垂直的直线上.故当球心为时,球半径取得最小值.‎ 此时有.‎ 在中由余弦定理可得.‎ 因为,故平面.‎ 故到平面的距离.‎ 又底面.‎ 故选：D - 27 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了几何体外接球的问题,需要根据题意分析球心的位置,并根据解三角形求解相关的线段长度进而求得体积等.需要一定的空间想象能力与计算能力.属于难题.‎ ‎14.是边长为的等边三角形，、分别在、上滑动，，沿把折起，使点翻折到点的位置，连接、，则四棱锥的体积的最大值（ ）‎ 为 A. B. C. 3 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以四边形为底面,易得当平面与平面垂直时四棱锥的体积取最大值.再求得底面积与高即可.‎ ‎【详解】以四边形为底面,则当与平面距离最远时四棱锥的体积取最大值.易得此时平面与平面垂直.‎ 作于,交于.‎ 则易得,.又因为是边长为的等边三角形, ‎ 设,则,.则.‎ 此时底面.‎ 故四棱锥的体积为.其中.‎ 设,故,令有.‎ 故在上单调递增,在上单调递减.‎ - 27 -‎ 故的最大值为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了利用导数求解立体几何中体积的最值问题,需要根据题意分析取最值时的垂直情况,再设对应的自变量,列出关于体积的表达式,求导分析最值求解即可.属于中档题.‎ 二、填空题 ‎15.已知函数的图象在点处的切线与直线：垂直，则实数的值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导数的几何意义求解的图象在点处的切线斜率,再根据直线垂直列式求解即可.‎ ‎【详解】由题, ,故函数在点处的切线斜率为.‎ 又斜率为,故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义,属于基础题.‎ ‎16.在一个袋子中装有分别标注1、2、3、4、5的5个小球，这些小球除标注的数字外完全相同，现从中随机取出2个小球，则取出的小球标注的数字之差的绝对值为2或4的概率是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用枚举法将所有可能的情况列出再分析即可.‎ ‎【详解】易得所有可能的情况有 共10种情况.‎ - 27 -‎ 其中满足取出的小球标注的数字之差的绝对值为2或4的有 共4种情况.‎ 故概率取出的小球标注的数字之差的绝对值为2或4的概率是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了枚举法求解古典概型的方法,属于基础题.‎ ‎17.已知、为正实数，直线截圆所得的弦长为，则的最大值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据垂径定理求得的关系,‎ ‎【详解】因为直线截圆所得的弦长为,且圆的半径为2.‎ 故圆心到直线的距离.‎ 故,因为、为正实数,故,所以.‎ 当且仅当时取等号.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了垂径定理的运用以及基本不等式求最值的问题,属于中档题.‎ ‎18.在中，、的坐标分别为，，且满足，为坐标原点，若点的坐标为，则的取值范围为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 27 -‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理可得点在曲线上，设，则，将代入可得，利用二次函数的性质可得范围.‎ ‎【详解】解：由正弦定理得，‎ 则点在曲线上，‎ 设，则，‎ ‎，‎ 又，‎ ‎，‎ 因为，则，‎ 即的取值范围为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义，考查向量数量积的坐标运算，考查学生计算能力，有一定的综合性，但难度不大.‎ 三、解答题 ‎19.已知数列满足：对一切成立.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ - 27 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先通过求得，再由得，和条件中的式子作差可得答案；‎ ‎（2）变形可得，通过裂项求和法可得答案.‎ ‎【详解】（1）①，‎ 当时，，‎ ‎，‎ 当时，②，‎ ‎①②得：，‎ ‎，‎ 适合，‎ 故；‎ ‎（2），‎ ‎　　.‎ ‎【点睛】本题考查法求数列的通项公式，考查裂项求和，是基础题.‎ ‎20.如图，四棱锥的底面中，为等边三角形，是等腰三角形，且顶角，，平面平面，为中点．‎ - 27 -‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若，，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设中点为,连接、,再证明平面平面,进而得到平面即可.‎ ‎(2) 设中点为,连接、,根据,再计算底面的面积,并证明三棱锥的高为计算即可.‎ ‎【详解】（1）证明：设中点为,连接、‎ 为等边三角形 ‎,‎ 即 ‎ ‎ 平面,平面 平面 为的中位线 平面,平面 平面 ‎、为平面内二相交直线 平面平面 - 27 -‎ 平面DMN 平面．‎ ‎（2）解：设中点为,连接、与 为等边三角形,是等腰三角形,且顶角 ‎,、、共线 ‎,,,,平面 平面．‎ 平面 平面平面,交线为,平面 平面．‎ 设,‎ ‎,为中点 ‎．‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据面面平行证明线面平行的方法与三棱锥体积的求法,需要根据题意证明线面垂直得到三棱锥的高,再根据平面几何的关系求解面积等.属于中档题.‎ ‎21.贫困人口全面脱贫是全面建成小康社会 - 27 -‎ 标志性指标．党的十九届四中全会提出“坚决打赢脱贫攻坚战，建立解决相对贫困的长效机制”对当前和下一个阶段的扶贫工作进行了前瞻性的部署，即2020年要通过精准扶贫全面消除绝对贫困，实现全面建成小康社会的奋斗目标．为了响应党的号召，某市对口某贫困乡镇开展扶贫工作．对某种农产品加工生产销售进行指导，经调查知，在一个销售季度内，每售出一吨该产品获利5万元，未售出的商品，每吨亏损2万元．根据往年的销售经验，得到一个销售季度内市场需求量的频率分布直方图如图所示．设该厂在下个销售周期内生产210吨该产品，以（单位：吨，）表示下一个销售周期市场的需求量，（单位：万元）表示下一个销售周期市场的销售总利润，视分布在各区间内的频率为相应的概率．‎ ‎（1）求实数的值；‎ ‎（2）将表示成的函数，并求出解析式；‎ ‎（3）估计销售利润不少于910万元的概率．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2） ‎ ‎（3）0.9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据频率分布直方图面积之和为1列式求解即可.‎ ‎(2)根据题意,当时生产的210吨该产品能全卖完,当时,再利用总收入减去亏损计算即可.‎ ‎(3)根据(2)中的解析式求解时的取值范围,再结合频率分布直方图求解概率即可.‎ ‎【详解】解：（1）由得：．‎ ‎(2)当时,‎ 当时,‎ 所以 ‎（3）当时,‎ 由得：‎ - 27 -‎ 估计销售利润不少于910万元的概率为0.9．‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的理解以及根据分段函数求利润的问题,属于中档题.‎ ‎22.已知椭圆：的离心率为，右焦点为抛物线的焦点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）为坐标原点，过作两条射线，分别交椭圆于、两点，若、斜率之积为，求证：的面积为定值.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由条件可得，再根据离心率可求得，则可得椭圆方程；‎ ‎（2）当与轴垂直时，设直线的方程为：，与椭圆联立求得的坐标，通过、斜率之积为列方程可得的值，进而可得的面积；当与轴不垂直时，设，，的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理和、斜率之积为可得，再利用弦长公式求出，以及到的距离，通过三角形的面积公式求解.‎ ‎【详解】（1）抛物线的焦点为，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 椭圆方程为；‎ ‎（2）（ⅰ）当与轴垂直时，设直线的方程为：‎ - 27 -‎ 代入得：，，‎ ‎，‎ 解得：，‎ ‎；‎ ‎（ⅱ）当与轴不垂直时，设，，的方程为 由，‎ 由①‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎ ，‎ 即 整理得：‎ 代入①得：‎ - 27 -‎ 到的距离 综上：为定值.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，考查了学生的计算能力，是中档题.‎ ‎23.已知函数（，为自然对数的底数）．‎ ‎（1）若有两个零点，求实数的取值范围；‎ ‎（2）当有两个零点，，且，求证：．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)参变分离可知有两个相异实根,再构造函数,分析函数的单调性与最值,进而求得函数的取值范围数形结合求解即可.‎ ‎(2) 由题意得,再运算求得,又要证：,只需证 - 27 -‎ ‎,代入化简可得,再令,构造函数分析单调性与最值证明即可.‎ ‎【详解】解：（1）有两个零点关于的方程有两个相异实根 由,知 有两个零点有两个相异实根．‎ 令,则 由得：,由得：‎ 在单调递增,在单调递减 又 当时,,当时,‎ 当时,‎ 有两个零点时,实数的取值范围为．‎ ‎（2）由题意得,‎ ‎ ①‎ - 27 -‎ 要证：,只需证 由①知：‎ 令,‎ 只需证 只需证：‎ 令 在递增 即,即．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数的单调性以及求解零点有关的问题,同时也考查了双变量构造函数证明单调性的方法,需要根据题意将参数用零点表达,再构造函数分析单调性证明不等式.属于难题.‎ ‎24.已知点为圆：上的动点，为坐标原点，过作直线的垂线（当、重合时，直线约定为轴），垂足为，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.‎ - 27 -‎ ‎（1）求点的轨迹的极坐标方程；‎ ‎（2）直线的极坐标方程为，连接并延长交于，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设的极坐标为，在中，有，即可得结果；‎ ‎（2）设射线：，，圆的极坐标方程为，联立两个方程，可求出，联立可得，则计算可得，利用三角函数的性质可得最值.‎ ‎【详解】（1）设的极坐标为，在中，有，‎ 点的轨迹的极坐标方程为；‎ ‎（2）设射线：，，圆极坐标方程为，‎ 由得：，‎ 由得：，‎ - 27 -‎ ‎，‎ ‎，‎ 当，即时，，‎ 的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程的应用，考查三角函数性质的应用，是中档题.‎ ‎25.已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若正数、满足，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）等价于（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ），分别解出，再求并集即可；‎ ‎（2）利用基本不等式及可得，代入 - 27 -‎ 可得最值.‎ ‎【详解】（1）等价于（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ）‎ 由（Ⅰ）得：‎ 由（Ⅱ）得：‎ 由（Ⅲ）得：.‎ 原不等式的解集为；‎ ‎（2），，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 当且仅当，即时取等号，‎ ‎，‎ 当且仅当即时取等号，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，考查三角不等式的应用及基本不等式的应用，是一道中档题.‎ - 27 -‎ - 27 -‎