2020届成都二诊理科数学试题及答案
2020年四川省成都市高考(理科)数学二诊试卷 含解析
2020年高考（理科）数学二诊试卷一、选择题.1．设复数z满足z（1+i）＝2，i为虚数单位，则复数z的虚部是（）A．1B．﹣1C．i D．﹣i2．设全集U＝R，集合M＝{x|x＜1}，N＝{x|x＞2}，则（∁U M）∩N＝（）A．{x|x＞2}B．{x|x≥1}C．{x|1＜x＜2}D．{x|x≥2}3．某中学有高中生1500人，初中生1000人，为了解该校学生自主锻炼的时间，采用分层抽样的方法从高中生和初中生中抽取一个容量为n的样本．若样本中高中生恰有30人，则n的值为（）A．20B．50C．40D．604．曲线y＝x3﹣x在点（1，0）处的切线方程为（）A．2x﹣y＝0B．2x+y﹣2＝0C．2x+y+2＝0D．2x﹣y﹣2＝0 5．已知锐角α满足2sin2α＝1﹣cos2α，则tanα＝（）A．B．1C．2D．46．函数在[﹣1，1]的图象大致为（）A．B．C．D．7．执行如图所示的程序框图，则输出S的值为（）A．16B．48C．96D．1288．已知函数，则函数f（x）的图象的对称轴方程为（）A．B．C．D．9．如图，双曲线C：＝l（a＞0，b＞0）的左，右焦点分别是F1（﹣c，0），F2（c，0），直线与双曲线C的两条渐近线分别相交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率为（）A．2B．C．D．10．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P，Q分别为AB，AD的中点，过点D作平面α使B1P∥平面α，A1Q∥平面α，若直线B1D1∩平面α＝M，则的值为（）A．B．C．D．11．已知EF为圆（x﹣1）2+（y+1）2＝1的一条直径，点M（x，y）的坐标满足不等式组，则的取值范围为（）A．[，13]B．[4，13]C．[4，12]D．[，12]12．已知函数，若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g （x2）＝k（k＜0）成立，则的最大值为（）A．e2B．e C．D．二、填空题13．（x+1）4的展开式中x2的系数为．14．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，a＝2，b＝，则△ABC的面积为．15．已知各棱长都相等的直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱）所有顶点都在球O 的表面上，若球O的表面积为28π，则该三棱柱的侧面积为．16．经过椭圆中心的直线与椭圆相交于M，N两点（点M在第一象限），过点M作x轴的垂线，垂足为点E，设直线NE与椭圆的另一个交点为P．则cos∠NMP的值是．三、解答题17．已知{a n}是递增的等比数列，a1＝l，且2a2，a3，a4成等差数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设，n∈N*，求数列{b n}的前n项和S n．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，O是边长为4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，E为BC的中点．（Ⅰ）求证：平面PAC⊥平面PBD；（Ⅱ）若PE＝3，求二面角D﹣PE﹣B的余弦值．19．某动漫影视制作公司长期坚持文化自信，不断挖据中华优秀传统文化中的动漫题材，创作出一批又一批的优秀动漫影视作品，获得市场和广大观众的一致好评，同时也为公司赢得丰厚的利润．该公司2013年至2019年的年利润y关于年份代号x的统计数据如表（已知该公司的年利润与年份代号线性相关）：年份2013201420152016201720182019年份代号x1234567年利润y（单位：29333644485259亿元）（Ⅰ）求y关于x的线性回归方程，并预测该公司2020年（年份代号记为8）的年利润；（Ⅱ）当统计表中某年年利润的实际值大于由（Ⅰ）中线性回归方程计算出该年利润的估计值时，称该年为A级利润年，否则称为B级利润年，将（Ⅰ）中预测的该公司2020年的年利润视作该年利润的实际值，现从2013年至2020年这8年中随机抽取2年，求恰有1年为A级利润年的概率．参考公式：．20．已知椭圆的左，右焦点分别为F1（﹣1，0），F2（1，0），点P在椭圆E上，PF2⊥F1F2，且|PF1|＝3|PF2|．（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；（Ⅱ）设直线l：x＝my+1（m∈R）与椭圆E相交于A，B两点，与圆x2+y2＝a2相交于C，D两点，求|AB|•|CD|2的取值范围．21．已知函数f（x）＝x2+2x﹣mln（x+1），其中m∈R．（Ⅰ）当m＞0时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）设，若，在（0，+∞）上恒成立，求实数m的最大值．请考生在第22，23题中任选择一题作答，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的标号涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（m为参数）．以坐标原点O 为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsinθ﹣ρcosθ+1＝0．（Ⅰ）求直线l的直角坐标方程与曲线C的普通方程；（Ⅱ）已知点P（2，1），设直线l与曲线C相交于M，N两点，求的值[选修4-5；不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x﹣1|+|x+3|．（Ⅰ）解不等式f（x）≥6；（Ⅱ）设g（x）＝﹣x2+2ax，其中a为常数，若方程f（x）＝g（x）在（0，+∞）上恰有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围，参考答案一、选择题：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．设复数z满足z（1+i）＝2，i为虚数单位，则复数z的虚部是（）A．1B．﹣1C．i D．﹣i【分析】把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：由z（1+i）＝2，得，∴复数z的虚部是﹣1．故选：B．2．设全集U＝R，集合M＝{x|x＜1}，N＝{x|x＞2}，则（∁U M）∩N＝（）A．{x|x＞2}B．{x|x≥1}C．{x|1＜x＜2}D．{x|x≥2}【分析】进行补集和交集的运算即可．解：U＝R，M＝{x|x＜1}，N＝{x|x＞2}，∴∁U M＝{x|x≥1}，∴（∁U M）∩N＝{x|x＞2}．故选：A．3．某中学有高中生1500人，初中生1000人，为了解该校学生自主锻炼的时间，采用分层抽样的方法从高中生和初中生中抽取一个容量为n的样本．若样本中高中生恰有30人，则n的值为（）A．20B．50C．40D．60【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论．解：由分层抽样的定义得＝＝100，解得n＝50，故选：B．4．曲线y＝x3﹣x在点（1，0）处的切线方程为（）A．2x﹣y＝0B．2x+y﹣2＝0C．2x+y+2＝0D．2x﹣y﹣2＝0【分析】先根据题意求出切点处的导数，然后利用点斜式直接写出切线方程即可．解：y＝x3﹣x∴y′＝3x2﹣1，所以k＝3×12﹣1＝2，所以切线方程为y＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣2＝0故选：D．5．已知锐角α满足2sin2α＝1﹣cos2α，则tanα＝（）A．B．1C．2D．4【分析】由已知利用二倍角公式可得4sinαcosα＝2sin2α，结合sinα＞0，利用同角三角函数基本关系式可求tanα的值．解：∵锐角α满足2sin2α＝1﹣cos2α，∴4sinαcosα＝2sin2α，∵sinα＞0，∴2cosα＝sinα，可得tanα＝2．故选：C．6．函数在[﹣1，1]的图象大致为（）A．B．C．D．【分析】利用函数的奇偶性及特殊点的函数值，运用排除法得解．解：，故函数f（x）为奇函数，其图象关于原点对称，故排除CD；又，故排除A．故选：B．7．执行如图所示的程序框图，则输出S的值为（）A．16B．48C．96D．128【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．解：模拟程序的运行，可得S＝0，i＝1执行循环体，S＝4，i＝2不满足判断框内的条件i＞3，执行循环体，S＝16，i＝3不满足判断框内的条件i＞3，执行循环体，S＝48，i＝4此时，满足判断框内的条件i＞3，退出循环，输出S的值为48．故选：B．8．已知函数，则函数f（x）的图象的对称轴方程为（）A．B．C．D．【分析】由题意求出φ，再利用诱导公式，求出函数的解析式，再利用余弦函数的图象的对称性求出结果．解：∵函数＝sin（+），∴+＝π，∴ω＝2，f（x）＝sin（2x+）＝cos2x，令2x＝kπ，求得x＝，k∈Z，则函数f（x）的图象的对称轴方程为x＝，k∈Z，故选：C．9．如图，双曲线C：＝l（a＞0，b＞0）的左，右焦点分别是F1（﹣c，0），F2（c，0），直线与双曲线C的两条渐近线分别相交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率为（）A．2B．C．D．【分析】联立⇒即B（﹣，），利用直线BF1的斜率＝．求得即可．解：联立⇒．即B（﹣，），直线BF1的斜率＝．∴．则双曲线C的离心率为e＝．故选：A．10．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P，Q分别为AB，AD的中点，过点D作平面α使B1P∥平面α，A1Q∥平面α，若直线B1D1∩平面α＝M，则的值为（）A．B．C．D．【分析】取BC的中点T，连接PT，B1T，QT，取A1D1的中点N，C1D1的中点K，连接NK，ND，KD，AC，A1C1，QT，由线面平行的判定定理和面面平行的判定定理、性质定理，可得B1P∥平面DNK，A1Q∥平面DNK，结合题意可得平面BNK即为平面α，结合三角形的中位线定理可得所求值．解：取BC的中点T，连接PT，B1T，QT，取A1D1的中点N，C1D1的中点K，连接NK，ND，KD，AC，A1C1，QT，在正方形ABCD中，AC∥PT，在正方形A1B1C1D1中，A1C1∥KN，由截面ACC1A1为矩形，可得AC∥A1C1，可得PT∥NK，又PT⊄平面DNK，NK⊂平面DNK，可得PT∥平面DNK，由QT∥AB，AB∥A1B1，可得QT∥A1B1，且QT＝A1B1，可得四边形A1B1TQ为平行四边形，即有B1T∥A1Q，又ND∥A1Q，可得B1T∥ND，B1T⊄平面DNK，ND⊂平面DNK，可得B1T∥平面DNK，且B1T∩PT＝T，可得平面B1TP∥平面DNK，由B1P⊂平面B1TP，可得B1P∥平面DNK，由ND∥A1Q，A1Q⊄平面DNK，ND⊂平面DNK，可得A1Q∥平面DNK，结合题意可得平面BNK即为平面α，由NK与B1D1交于M，在正方形A1B1C1D1中，A1C1∥KN，可得＝，故选：B．11．已知EF为圆（x﹣1）2+（y+1）2＝1的一条直径，点M（x，y）的坐标满足不等式组，则的取值范围为（）A．[，13]B．[4，13]C．[4，12]D．[，12]【分析】由约束条件作出可行域，由数量积的坐标运算求得表达式，利用数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．解：不等式组，作出可行域如图，A（﹣2，1），B（0，1），C（﹣，﹣），∵P（1，﹣2），O（0，0），M（x，y），，∴＝（）•（）＝+﹣﹣＝﹣+2＝﹣1＝（x﹣1）2+（y+1）2﹣1，所以当x＝﹣2，y＝1时，的取最大值：12，当x＝，y＝时，的取最小值为；所以则的取值范围是[，12]；故选：D．12．已知函数，若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g （x2）＝k（k＜0）成立，则的最大值为（）A．e2B．e C．D．【分析】利用导数研究函数f（x）可得函数f（x）的单调性情况，且x∈（0，1）时，f （x）＜0，x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，同时注意，则，即x2＝lnx1，，，进而目标式转化为，构造函数h（k）＝k2e k，k＜0，利用导数求其最大值即可．解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），，∴当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，注意f（1）＝0，所以x∈（0，1）时，f（x）＜0；x∈（1，e）时，f（x）＞0；x∈（e，+∞）时，f（x）＞0，同时注意到，所以若存在x l∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＝k（k＜0）成立，则0＜x1＜1且，所以，即x2＝lnx1，，，故，令h（k）＝k2e k，k＜0，则h′（k）＝2ke k+k2e k＝ke k（2+k），令h′（k）＜0，解得﹣2＜k＜0，令h′（k）＞0，解得k＜﹣2，∴h（k）在（﹣∞，﹣2）单调递增，在（﹣2，0）单调递减，∴．故选：C．二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．13．（x+1）4的展开式中x2的系数为6．【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为2得展开式中x2的系数．解：（x+1）4的展开式的通项为T r+1＝C4r x r令r＝2得T3＝C42x2＝6x∴展开式中x2的系数为6故答案为：6．14．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，a＝2，b＝，则△ABC的面积为．【分析】由已知结合余弦定理可求c，然后结合三角形的面积公式即可求解．解：由余弦定理可得，，解可得，c＝1，所以△ABC的面积S＝＝＝．故答案为：15．已知各棱长都相等的直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱）所有顶点都在球O 的表面上，若球O的表面积为28π，则该三棱柱的侧面积为36．【分析】通过球的内接体，说明几何体的中心是球的直径，由球的表面积求出球的半径，设出三棱柱的底面边长，通过解直角三角形求得a，即可求解．解：如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都相等，6个顶点都在球O的球面上，∴三棱柱为正三棱柱，且其中心为球的球心，设为O，设球的半径为r，由球O的表面积为28π，得4πr2＝28π，∴r＝，设三棱柱的底面边长为a，则上底面所在圆的半径为a，且球心O到上底面中心H的距离OH＝，∴r2＝7＝（）2+（a）2，∴a＝2．则三棱柱的侧面积为S＝3a2＝36．故答案为：36．16．经过椭圆中心的直线与椭圆相交于M，N两点（点M在第一象限），过点M作x轴的垂线，垂足为点E，设直线NE与椭圆的另一个交点为P．则cos∠NMP的值是0．【分析】由题意的对称性，设M的坐标由题意可得N，E的坐标，进而求出直线MN，NE的斜率，求出直线NE的方程，与椭圆联立求出两根之和，进而求出P的坐标，再求MP的斜率可得与MN的斜率互为负倒数，所以直线MN，MP互相垂直，进而可得cos∠NMP的中为0．解：设M（m，n），由椭圆的对称性可得N（﹣m，﹣n），E（m，0），所以k MN＝，k NE＝，所以直线NE的方程为：y＝（x﹣m），联立直线NE与椭圆的方程：，整理可得：（1+）x2﹣x+﹣2＝0，所以﹣m+x P＝＝，所以x P＝+m，y P＝（x P﹣m）＝，所以k MP＝＝﹣，所以k MN•k NP＝﹣1，即MP⊥NP，所以cos∠NMP＝0，故答案为：0三、解答题：共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知{a n}是递增的等比数列，a1＝l，且2a2，a3，a4成等差数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设，n∈N*，求数列{b n}的前n项和S n．【分析】（Ⅰ）{a n}的公比设为q，由a1＝l，可得q＞1，运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解方程可得q，进而得到所求通项公式；（Ⅱ）运用对数的运算性质可得b n＝＝﹣，再由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．解：（Ⅰ）{a n}是递增的等比数列，设公比为q，a1＝l，且q＞1，由2a2，a3，a4成等差数列，可得3a3＝2a2+a4，即3q2＝2q+q3，即q2﹣3q+2＝0，解得q＝2（1舍去），则a n＝a1q n﹣1＝2n﹣1；（Ⅱ）＝＝＝﹣，则前n项和S n＝1﹣+﹣+…+﹣＝1﹣＝．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，O是边长为4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，E为BC的中点．（Ⅰ）求证：平面PAC⊥平面PBD；（Ⅱ）若PE＝3，求二面角D﹣PE﹣B的余弦值．【分析】（I）由正方形ABCD可得：AC⊥BD．由PO⊥平面ABCD，利用线面垂直的性质定理可得：PO⊥AC．进而判断出线面面面垂直．（Ⅱ）取AB的中点O，连接OM，OE．建立如图所示的空间直角坐标系．OP＝，设平面DPE的法向量为＝（x，y，z），则•＝•＝0，可得．同理可得平面PEB的法向量，再利用向量夹角公式即可得出．【解答】（I）证明：由正方形ABCD可得：AC⊥BD．由PO⊥平面ABCD，∴PO⊥AC．又PO∩BD＝O，∴AC⊥平面PBD，AC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBD；（Ⅱ）解：取AB的中点O，连接OM，OE．建立如图所示的空间直角坐标系．OP＝＝．O（0，0，0），B（2，2，0），E（0，2，0），D（﹣2，﹣2，0），P（0，0，），＝（2，4，0），＝（2，2，），设平面DPE 的法向量为＝（x，y，z ），则•＝•＝0，∴2x+4y＝0，2x+2y +z＝0，取＝（﹣2，，2）．同理可得平面PEB 的法向量＝（0，，2）．cos ＜，＞＝＝＝．由图可知：二面角D﹣PE﹣B的平面角为钝角．∴二面角D﹣PE﹣B 的余弦值为﹣．19．某动漫影视制作公司长期坚持文化自信，不断挖据中华优秀传统文化中的动漫题材，创作出一批又一批的优秀动漫影视作品，获得市场和广大观众的一致好评，同时也为公司赢得丰厚的利润．该公司2013年至2019年的年利润y关于年份代号x的统计数据如表（已知该公司的年利润与年份代号线性相关）：年份2013201420152016201720182019年份代号x1234567年利润y（单位：29333644485259亿元）（Ⅰ）求y关于x的线性回归方程，并预测该公司2020年（年份代号记为8）的年利润；（Ⅱ）当统计表中某年年利润的实际值大于由（Ⅰ）中线性回归方程计算出该年利润的估计值时，称该年为A级利润年，否则称为B级利润年，将（Ⅰ）中预测的该公司2020年的年利润视作该年利润的实际值，现从2013年至2020年这8年中随机抽取2年，求恰有1年为A级利润年的概率．参考公式：．【分析】（Ⅰ）结合表中的数据和的公式计算出回归直线方程的系数即可得解；（Ⅱ）比较8年的实际利润与相应估计值的大小，可得出这8年中被评为A级利润年的有3年，评为B级利润年的有5年，然后利用排列组合与古典概型的思想即可算出概率．解：（Ⅰ）根据表中数据，计算可得，，，所以，．所以y关于x的线性回归方程为．当x＝8时，（亿元）．故预测该公司2020年的年利润为63亿元．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知2013年至2020年的年利润的估计值分别为28，33，38，43，48，53，58，63．其中实际利润大于相应估计值的有3年，故这8年中被评为A级利润年的有3年，评为B级利润年的有5年，记“从2013年至2020年这8年的年利润中随机抽取2年，恰有1年为A级利润年”的概率为P，则．20．已知椭圆的左，右焦点分别为F1（﹣1，0），F2（1，0），点P在椭圆E上，PF2⊥F1F2，且|PF1|＝3|PF2|．（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；（Ⅱ）设直线l：x＝my+1（m∈R）与椭圆E相交于A，B两点，与圆x2+y2＝a2相交于C，D两点，求|AB|•|CD|2的取值范围．【分析】（Ⅰ）由焦点的坐标及PF2⊥F1F2，且|PF1|＝3|PF2|求出a的值，再有a，b，c 之间关系求出b的值，进而求出椭圆的标准方程；（Ⅱ）直线与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长AB，再求圆心O到直线l的距离，由半个弦长，半径和圆心到直线的距离构成直角三角形可得弦长CD，进而求出|AB|•|CD|2的表达式，进而可得取值范围．解：（Ⅰ）因为P在椭圆上，所以|PF1|+|PF2|＝2a，又因为|PF1|＝3|PF2|，所以|PF2|＝，|PF1|＝，因为PF2⊥F1F2，所以|PF2|2+|F1F2|2＝|PF1|2，又|F1F2|＝2，所以a2＝2，b2＝a2﹣c2＝1，所以椭圆的标准方程为：+y2＝1；（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆的方程：，整理可得（2+m2）y2+2my﹣1＝0，y1+y2＝，y1y2＝，所以弦长|AB|＝|y1﹣y2|＝，设圆x2+y2＝2的圆心O到直线l的距离为d＝，所以|CD|＝2＝2，所以|AB|•|CD|2＝4＝＝（2﹣），因为0，∴，∴4≤|AB|•|CD|2，所以|AB|•|CD|2的取值范围[4，16）．21．已知函数f（x）＝x2+2x﹣mln（x+1），其中m∈R．（Ⅰ）当m＞0时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）设，若，在（0，+∞）上恒成立，求实数m的最大值．【分析】（I）先对函数求导，结合导数与单调性的关系，先确定导数的正负，进而可求函数的单调区间；（II）由已知不等式恒成立，转化为求解函数的范围问题，构造函数，结合导数与函数性质进行求解．解：（I）当m＞0时，＝，x＞﹣1，令f′（x）＝0可得x＝（舍），或x＝﹣1，当x时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x∈（）时，f′（x）＞0，函数单调递增，（II）由题意可得，在（0，+∞）上恒成立，（i）若m≤0，因为ln（x+1）＞0，则﹣mln（x+1）≥0，所以，令G（x）＝，x＞0，则G′（x）＝，因为x＞0，所以，，又因为＞2x+2＞2，∴G′（x）＞0在x＞0时恒成立，故G（x）在（0，+∞）上单调递增，所以G（x）＞G（0）＝0，故当m≤0时，在（0，+∞）上恒成立，（ii）若m＞0，令H（x）＝e x﹣x﹣1，x＞0，则H′（x）＝e x﹣1＞0，故H（x）（0，+∞）上单调递增，H（x）＞H（0）＝0，所以e x＞x+1＞0，所以，由题意知，f（x）（0，+∞）上恒成立，所以f（x）＞0（0，+∞）上恒成立，由（I）知f（x）min＝f（）且f（0）＝0，当即m＞2时，f（x）在（0，）上单调递减，f（）＜f（0）＝0，不合题意，所以≤0即0＜m≤2，此时g（x）﹣＝≥，令P（x）＝，x＞0，则P′（x）＝2x+2﹣＝＞＝＞0，∴P（x）在（0，+∞）上单调递增，P（x）＞P（0）＝0恒成立，综上可得，m的最大值为2．请考生在第22，23题中任选择一题作答，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的标号涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（m为参数）．以坐标原点O 为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsinθ﹣ρcosθ+1＝0．（Ⅰ）求直线l的直角坐标方程与曲线C的普通方程；（Ⅱ）已知点P（2，1），设直线l与曲线C相交于M，N两点，求的值【分析】（Ⅰ）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（Ⅱ）利用直线和曲线的位置关系的应用和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．解：（Ⅰ）直线l的极坐标方程为ρsinθ﹣ρcosθ+1＝0，转换为直角坐标方程为x﹣y﹣1＝0．曲线C的参数方程为（m为参数）．转换为直角坐标方程为y2＝4x．（Ⅱ）由于点P（2，1）在直线l上，所以直线l的参数方程为（t为参数），将直线的参数方程代入y2＝4x的方程，整理得：．所以，t1t2＝﹣14，所以＝＝．[选修4-5；不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x﹣1|+|x+3|．（Ⅰ）解不等式f（x）≥6；（Ⅱ）设g（x）＝﹣x2+2ax，其中a为常数，若方程f（x）＝g（x）在（0，+∞）上恰有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围，【分析】（Ⅰ）去绝对值，化为分段函数，即可求出不等式的解集，（Ⅱ）由题意f（x）＝，设方程f（x）＝g（x）的两根为x1，x2，（x1＜x2），根据根的情况，分类讨论即可求出a的取值范围．解：（Ⅰ）原不等式即|x﹣1|+|x+3|≥6，当x≥1时，化简得2x+2≥6，解得x≥2，当﹣3＜x＜1时，化简得4≥6，此时无解，当x≤﹣3时，化简得﹣2x﹣2≥6，解得x≤﹣4，综上所述，原不等式的解集为（﹣∞，﹣4]∪[2，+∞）．（Ⅱ）由题意f（x）＝，设方程f（x）＝g（x）的两根为x1，x2，（x1＜x2），①当x2＞x1≥1时，方程﹣x2+2ax＝2x+2等价于2a＝x++2，y＝x++2≥2+2＝2+1，当且仅当x＝时取等号，易知当a∈（+1，]在（1，+∞）上有两个不相等的实数根，此时方程x2+2ax＝4，在（0，1）上无解，∴a∈（+1，]满足条件．②当0＜x1＜x2≤1时，x2+2ax＝4等价于2a＝x+，此时方程2a＝x+在（0，1）上显然没有两个不相等的实数根．③当0＜x1＜1≤x2，易知当a∈（，+∞），方程2a＝x+在（0，1）上有且只有一个实数根，此时方程﹣x2+2ax＝2x+2在[1，+∞）上也有一个实数根，∴a∈（，+∞）满足条件，综上所述，实数a的取值范围为（+1，+∞）．。
四川省高中2020届毕业班第二次诊断性考试数学(理)试题(解析版)
四川省高中2020届毕业班第二次诊断性考试数学（理）试题（解析版）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）≥0}，则A∩B=()1.已知集合A={1,2，3}，B={x|x−3x−2A. {1}B. {1,2}C. {1,3}D. {1,2，3}【答案】C≥0}={x|x≥3或x<2}，【解析】解：∵A={1,2，3}，B={x|x−3x−2∴A∩B={1,2，3}∩{x|x≥3或x<2}={1，3}．故选：C．求解分式不等式化简集合B，再利用交集的运算性质求解得答案．本题考查了交集及其运算，考查分式不等式的解法，是基础题．2.i为虚数单位，若复数(m+mi)(m+i)是纯虚数，则实数m=()A. −1B. 0C. 1D. 0或1【答案】C【解析】解：∵复数(m+mi)(m+i)=(m2−m)+(m2+m)i是纯虚数，m2−m=0，即m=1．∴{m2+m≠0故选：C．直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．3.已知λ∈R，向量a⃗=(λ−1,1)，b⃗=(λ,−2)，则“a⃗⊥b⃗”是“λ=2”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】解：若“a⃗⊥b⃗”，则a⃗⋅b⃗=0，即(λ−1)λ−2×1=0，即λ2−λ−2=0，得λ=2或λ=−1，即“a⃗⊥b⃗”是“λ=2”的必要不充分条件，故选：B．根据向量垂直的等价条件求出λ的值，结合充分条件和必要条件的定义进行求解即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量垂直的等价求出λ的值是解决本题的关键．4.某班共有50名学生，其数学科学业水平考试成绩记作a i(i=1,2，3，…，50)，若成绩不低于60分为合格，则如图所示的程序框图的功能是()A. 求该班学生数学科学业水平考试的不合格人数B. 求该班学生数学科学业水平考试的不合格率C. 求该班学生数学科学业水平考试的合格人数D. 求该班学生数学科学业水平考试的合格率【答案】D【解析】解：执行程序框图，可知其功能为输入50个学生成绩a i，(1≤k≤60)k表示该班学生数学科成绩合格的人数，i表示全班总人数，输出的ki为该班学生数学科学业水平考试的合格率．故选：D．执行程序框图，可知其功能为用k表示成绩合格的人数，i表示全班总人数，即可得解．本题主要考察了程序框图和算法，属于基础题．5.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosB+bcosA=4sinC，则△ABC的外接圆面积为()A. 16πB. 8πC. 4πD. 2π【答案】C【解析】解：设△ABC的外接圆半径为R，∵acosB+bcosA=4sinC，∴由余弦定理可得：a×a2+c2−b22ac +b×b2+c2−a22bc=2c22c=c=4sinC，∴2R=csinC=4，解得：R=2，∴△ABC的外接圆面积为S=πR2=4π．故选：C．设△ABC的外接圆半径为R，由余弦定理化简已知可得c=4sinC，利用正弦定理可求2R=csinC=4，解得R=2，即可得解△ABC的外接圆面积．本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．6.在(1+1x)(2x+1)3展开式中的常数项为()A. 1B. 2C. 3D. 7【答案】D【解析】解：∵(1+1x )(2x+1)3=(1+1x)(8x3+12x2+6x+1)，∴(1+1x)(2x+1)3展开式中的常数项为1+6=7．故选：D．展开(2x+1)3，即可得到乘积为常数的项，作和得答案．本题考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，属基础题．7.若函数f(x)=2sin(2x+φ)(|φ|<π2)的图象向左平移π12个单位长度后关于y轴对称，则函数f(x)在区间[0,π2]上的最小值为()A. −√3B. −1C. 1D. √3【答案】A【解析】解：函数f(x)=2sin(2x+φ)(|φ|<π2)的图象向左平移π12个单位长度后图象所对应解析式为：g(x)=2sin[2(x+π12)+φ]=2sin(2x+π6+φ)，由g(x)关于y轴对称，则π6+φ=kπ+π2，φ=kπ+π3，k∈Z，又|φ|<π2，所以φ=π3，即f(x)=2sin(2x+π3)，当x∈[0,π2]时，所以2x+π3∈[π3,4π3]，f(x)min=f(4π3)=−√3，故选：A．由三角函数图象的性质、平移变换得：g(x)=2sin[2(x+π12)+φ]=2sin(2x+π6+φ)，由g(x)关于y轴对称，则π6+φ=kπ+π2，φ=kπ+π3，k∈Z，又|φ|<π2，所以φ=π3，由三角函数在区间上的最值得：当x∈[0,π2]时，所以2x+π3∈[π3,4π3]，f(x)min=f(4π3)=−√3，得解本题考查了三角函数图象的性质、平移变换及三角函数在区间上的最值，属中档题．8. 已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)上有一个点A ，它关于原点的对称点为B ，双曲线的右焦点为F ，满足AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，且∠ABF =π6，则双曲线的离心率e 的值是( ) A. 1+√32B. 1+√3C. 2D. 2√32【答案】B【解析】解：AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，可得AF ⊥BF ， 在Rt △ABF 中，|OF|=c ， ∴|AB|=2c ，在直角三角形ABF 中，∠ABF =π6，可得|AF|=2csin π6=c ，|BF|=2ccos π6=√3c ， 取左焦点，连接，，可得四边形为矩形，，∴e =ca =2√3−1=√3+1．故选：B ．运用锐角三角函数的定义可得|AF|=2csin π6=c ，|BF|=2ccos π6=√3c ，取左焦点，连接，，可得四边形为矩形，由双曲线的定义和矩形的性质，可得√3c −c =2a ，由离心率公式，即可得到所求值．本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的定义和锐角三角函数的定义，考查化简整理的运算能力，属于中档题．9. 节能降耗是企业的生存之本，树立一种“点点滴滴降成本，分分秒秒增效益”的节能意识，以最好的管理，来实现节能效益的最大化.为此某国企进行节能降耗技术改造，下面是该国企节能降耗技术改造后连续五年的生产利润：年号 1 2 3 4 5年生产利润y(单位：千万元)0.70.8 1 1.1 1.4预测第8年该国企的生产利润约为( )千万元 (参考公式及数据：b ̂=∑(n i=1x i −x −)(y i −y −)∑(n i=1x i −x −)2=∑x i n i=1y i −nxy−∑x i2n i=1−nx −2；a ̂=y −−b ̂x −，∑(5i=1x i −x −)(y i −y −)=1.7，∑x i25i=1−nx −2=10A. 1.88B. 2.21C. 1.85D. 2.34【答案】C【解析】解：由表格数据可得，x −=1+2+3+4+55=3，y −=0.7+0.8+1+1.1+1.45=1．又∑(5i=1x i −x −)2=10，∑(5i=1x i −x −)(y i −y −)=1.7，∴b̂=∑(5i=1x i −x −)(y i −y −)∑(5i=1x i −x −)2=1.710=0.17，a ̂=y −−b ̂⋅x −=1−0.17×3=0.49，∴国企的生产利润y 与年份x 得回归方程为y ̂=0.17x +0.49， 取x =8，可得y ̂=0.17×8+0.49=1.85． 故选：C ．由已知数据求得b^与a ^的值，可得线性回归方程，取x =8即可求得答案． 本题考查线性回归方程的求法，考查计算能力，是基础题． 10.已知一个几何体的正视图，侧视图和俯视图均是直径为10的圆(如图)，这个几何体内接一个圆锥，圆锥的体积为27π，则该圆锥的侧面积为( )A. 9√10πB. 12√11πC. 10√17πD. 40√3π3【答案】A【解析】解：如图是几何体的轴截面图形，设圆锥的底面半径为r，由题意可得：13×π×r2×(√25−r2+5)=27π，解得r=3，所以该圆锥的侧面积：12×6π×√32+92=9π√10．故选：A．利用球的内接圆锥的体积，求出圆锥的底面半径与高，然后求解该圆锥的侧面积．本题考查三视图与几何体的关系，球的内接体圆锥的侧面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．11.已知A(3,0)，若点P是抛物线y2=8x上任意一点，点Q是圆(x−2)2+y2=1上任意一点，则|PA|2|PQ|的最小值为()A. 3B. 4√3−4C. 2√2D. 4【答案】B【解析】解：抛物线y2=8x的准线方程为l：x=−2，焦点F(2,0)，过P作PB⊥l，垂足为B，由抛物线的定义可得|PF|=|PB|，圆(x−2)2+y2=1的圆心为F(2,0)，半径r=1，可得|PQ|的最大值为|PF|+r =|PF|+1， 由|PA|2|PQ|≥|PA|2|PF|+1，可令|PF|+1=t ，(t >1)，可得|PF|=t −1=|PB|=x P +2， 即x P =t −3，y P 2=8(t −3)， 可得|PA|2|PF|+1=(t−3−3)2+8(t−3)t=t +12t−4≥2√t ⋅12t−4=4√3−4，当且仅当t =2√3时，上式取得等号， 可得|PA|2|PQ|的最小值为4√3−4， 故选：B ．求得抛物线的焦点和准线方程，过P 作PB ⊥l ，垂足为B ，求得圆的圆心和半径，运用圆外一点雨圆上的点的距离的最值和抛物线的定义，结合基本不等式，即可得到所求最小值．本题考查抛物线的方程和性质，以及定义法的运用，考查圆的性质，以及基本不等式的运用：求最值，考查运算能力，属于中档题． 12.设函数f(x)满足，且在(0,+∞)上单调递增，则f(1e )的范围是(e 为自然对数的底数)( ) A. [−1,+∞) B. [1e ,+∞)C. (−∞,1e]D. (−∞,−1]【答案】B【解析】解：令g(x)=f′(x)， 由，故f′(x)=f′(x)−lnx +x[g′(x)−1x ]， 故g′(x)=lnx+1x，g′(x)<0在(0,1e )恒成立，g(x)=f′(x)在(0,1e)递减，g′(x)>0在(1e,+∞)恒成立，g(x)=f′(x)在(1e,+∞)递增，故f′(x)min=f′(1e)，∵f(x)在(0,+∞)递增，故f′(x)=f(x)x+lnx≥0在(0,+∞)恒成立，故在f(1e)1e+ln1e≥0，f(1e)≥1e，故选：B．令g(x)=f′(x)，求出函数的导数，根据函数的单调性求出f′(x)min=f′(1e)，得到f′(x)=f(x) x +lnx≥0在(0,+∞)恒成立，求出f(1e)的范围即可．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若sinα=45，α∈(π2,π)，则sin(α+π6)的值为______．【答案】4√3−310【解析】解：∵sinα=45，α∈(π2,π)，∴cosα=−35，则sin(α+π6)=sinαcosπ6+cosαsinπ6=45×√32−35×12=4√3−310，故答案为：4√3−310利用两角和差的正弦公式进行转化求解即可．本题主要考查三角函数值的计算，利用两角和差的正弦公式是解决本题的关键．14.若函数f(x)=√a−a x(a>0,a≠1)的定义域和值域都是[0,1]，则log a711+log1a 1411=______．【答案】−1【解析】解：因为f(1)=0，所以f(x)是[0,1]上的递减函数，所以f(0)=1，即√a−1=1，解得a=2，所以原式=log2711+log121411=log2(711×1114)=−1，故答案为：−1．因为f(1)=0，所以f(x)是[0,1]上的递减函数，根据f(0)=1解得a=2，再代入原式可得．本题考查了函数的值域，属中档题．15.若正实数x，y满足x+y=1，则4x+1+1y的最小值为______．【答案】92【解析】解：∵x>0，y>0，x+y=1∴x+1+y=2，4 x+1+1y=x+1+y2⋅(4x+1+1y)=12(1+4+4yx+1+x+1y)≥12(5+2√4)=92，(当接仅当x=13，y=23时取“=”)故选：D．将x+y=1变成x+1+y=2，将原式4x+1+1y=x+1+y2⋅(4x+1+1y)=12(1+4+4yx+1+x+1y)后，用基本不等式可得．本题考查了基本不等式及其应用，属基础题．16.在体积为3√3的四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧棱AA1⊥底面ABCD，其中AA1=1，AB=2，AC=3，则线段BC的长度为______．【答案】√19或√7【解析】解：∵侧棱AA1⊥底面ABCD，其中AA1=1，四棱柱ABCD−A1B1C1D1体积为3√3，∴底面ABCD的面积为3√3.平行四边形ABCD边AB上的高为3√32设BC=m，∠DAB=θ∴ADsinθ=3√32，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcos(π−θ)．∴{msinθ=3√3 25−m2=4mcosθ⇒m=√7或m=√17．故答案为：√19或√7．可得底面ABCD的面积为3√3.平行四边形ABCD边AB上的高为3√32.设BC=m，∠DAB=θ，可得ADsinθ=3√32，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcos(π−θ).⇒m=√7或m=√17．本题考查了空间几何体体积的计算，及解三角形的知识，属于中档题．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知等比数列{a n}是递增数列，且a1+a5=172，a2a4=4．(1)求数列{a n}的通项公式(2)若b n=na n(n∈N∗)，求数列{b n}的前n项和S n．【答案】解：(1)由{a n}是递增等比数列，a1+a5=172，a2a4=4=a32=4∴a1+a1q4=172，(a1q2)2=4；解得：a1=12，q=2；∴数列{a n}的通项公式：a n=2n−2；(2)由b n=na n(n∈N∗)，∴b n=n⋅2n−2；∴S1=12；那么S n=1×2−1+2×20+3×21+⋯…+n⋅2n−2，①则2S n=1×20+2×21+3×22+⋯…+(n−1)2n−2+n⋅2n−1，②−1−2−⋯−2n−2+n⋅2n−1；将②−①得：S n=−12−2n−1+n⋅2n−1．即：S n=−(2−1+20+2+22+2n−2)+n⋅2n−1=12，a2a4=4.即可求解数列{a n}的通【解析】(1)根据{a n}是递增等比数列，a1+a5=172项公式(2)由b n=na n(n∈N∗)，可得数列{b n}的通项公式，利用错位相减法即可求解前n项和S n．本题主要考查数列通项公式以及前n项和的求解，利用错位相减法是解决本题的关键．18.今年年初，习近平在《告台湾同胞书》发表40周年纪念会上的讲话中说道：“我们要积极推进两岸经济合作制度化打造两岸共同市场，为发展增动力，为合作添活力，壮大中华民族经济两岸要应通尽通，提升经贸合作畅通、基础设施联通、能源资源互通、行业标准共通，可以率先实现金门、马祖同福建沿海地区通水、通电、通气、通桥.要推动两岸文化教育、医疗卫生合作，社会保障和公共资源共享，支持两岸邻近或条件相当地区基本公共服务均等化、普惠化、便捷化”某外贸企业积极响应习主席的号召，在春节前夕特地从台湾进口优质大米向国内100家大型农贸市场提供货源，据统计，每家大型农贸市场的年平均销售量(单位：吨)，以[160,180)，[180,200)，[200,220)，[220,240)，[240,260)，[260,280)，[280,300)分组的频率分布直方图如图．(1)求直方图中x的值和年平均销售量的众数和中位数；(2)在年平均销售量为[220,240)，[240,260)，[260,280)，[280,300)的四组大型农贸市场中，用分层抽样的方法抽取11家大型农贸市场，求年平均销售量在[240,260)，[260,280)[280，300)的农贸市场中应各抽取多少家？(3)在(2)的条件下，再从[240,260)，[260,280)，[280,300)这三组中抽取的农贸市场中随机抽取3家参加国台办的宣传交流活动，记恰有ξ家在[240,260)组，求随机变量ξ的分布列与期望和方差．【答案】解：(1)由频率和为1，列方程(0.002+0.0095+0.011+0.0125+x+ 0.005+0.0025)×20=1，得x=0.007 5，∴直方图中x的值为0.007 5；年平均销售量的众数是220+2402=230，∵(0.002+0.0095+0.011)×20=0.45<0.5，∴年平均销售量的中位数在[220,240)内，设中位数为a，则(0.002+0.0095+0.011)×20+0.0125×(a−220)=0.5，解得a=224，即中位数为224；(2)年平均销售量在[220,240)的农贸市场有0.0125×20×100=25(家)，同理可求年平均销售量[240,260)，[260,280)，[280,300]的农贸市场有15、10、5家，所以抽取比例为1125+15+10+5=15，∴从年平均销售量在[240,260)的农贸市场中应抽取15×15=3(家)，从年平均销售量在[260,280)的农贸市场中应抽取10×15=2(家)，从年平均销售量在[280,300)的农贸市场中应抽取5×15=1(家)；即年平均销售量在[240,260)，[260,280)[280，300)的农贸市场中应各抽取3、2、1家；(3)由(2)知，从[240,260)，[260,280)，[280,300)的大型农贸市场中各抽取3家、2家、1家；所以ξ的可能取值分别为0，1，2，3； 则P(ξ=0)=C 30⋅C 33C 63=120，P(ξ=1)=C 31⋅C 32C 63=920，P(ξ=2)=C 32⋅C 31C 63=920，P(ξ=3)=C 33⋅C 30C 63=120，ξ的分布列为：ξ0 1 2 3 P120920920120数学期望为E(ξ)=0×120+1×920+2×920+3×120=32，方差为D(ξ)=(0−32)2×120+(1−32)2×920+(2−32)2×920+(3−32)2×120=920． 【解析】(1)由频率和为1列方程求出x 的值，再计算众数、中位数；(2)求出年平均销售量在[220,240)、[240,260)、[260,280)和[280,300]的农贸市场有多少家，再利用分层抽样法计算应各抽取的家数；(3)由(2)知ξ的可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，计算数学期望和方差． 本题考查了频率分布直方图，众数、中位数，分层抽样，概率，分布列与数学期望和方差的计算问题，是中档题． 19.如图，在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，四边形BB 1C 1C 是长方形，A 1B 1⊥BC ，AA11=AB ，AB 1∩A 1B =E ，AC 1∩A 1C =F ，连接EF ．(1)证明：平面A 1BC ⊥平面AB 1C 1； (2)若BC =3，A 1B =4√3，∠A 1AB =2π3，求二面角C 1−A 1C −B 1的正弦值．【答案】(1)证明：在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BC//B 1C 1，A 1B 1⊥BC ， ∴A 1B 1⊥B 1C 1．又∵在长方形BCC 1B 1中，B 1C 1⊥BB 1，A 1B 1∩BB 1=B 1， ∴B 1C 1⊥平面AA 1B 1B .∵四边形AA 1B 1B 与四边形AA 1C 1C 均是平行四边形， 且AB 1∩A 1B =E ，AC 1∩A 1C =F ，连接EF ， ∴EF//BC ．又BC//B 1C 1，∴EF//B 1C 1，又B 1C 1⊥平面AA 1B 1B ，∴EF ⊥平面AA 1B 1B . 又AB 1，A 1B 均在平面AA 1B 1B 内， ∴EF ⊥AB 1，EF ⊥A 1B .又平面A 1BC ∩平面AB 1C 1=EF ，AB 1⊂平面AB 1C 1，A 1B ⊂平面A 1BC ．∴由二面角的平面角的定义知，∠AEA 1 是平面A 1BC 与平面AB 1C 1 所成二面角的平面角． 又在平行四边形A 1ABB 1中，AA 1=A 1B 1，∴平行四边形A 1ABB 1为菱形， 由菱形的性质可得，A 1B ⊥AB 1，∴∠AEA 1=π2， ∴平面A 1BC ⊥平面AB 1C 1；(2)解：由(1)及题设可知，四边形AA 1B 1B 是菱形，A 1B =4√3，∠A 1AB =2π3，∴在△A 1AB 中，由余弦定理可得AB =AB 1=AA 1=4．又由(1)知，EB ，EA ，EF 两两互相垂直，以E 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．∴E(0,0，0)，A(2,0，0)，A 1(0,−2√3,0)，C(0,2√3,3)，B 1(−2,0，0)．AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2√3,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2√3,3)，A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2√3,0)，A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4√3,3)．设平面AA 1C 的法向量为m⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，平面A 1B 1C 的一个法向量为n ⃗ =(x 2,y 2,z 2)． 由{m ⃗⃗⃗ ⋅AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1+√3y 1=0m ⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x 1+2√3y 1+3z 1=0，取y 1=−√3，得m ⃗⃗⃗ =(3,−√3,4)；由{n ⃗ ⋅A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x 2+2√3y 2=0n ⃗ ⋅A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4√3y 2+3z 2=0，取y 2=√3，得n ⃗ =(3,√3,−4)．∴cos <m ⃗⃗⃗ ,n⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=2√7×2√7=−514．设二面角C 1−A 1C −B 1的大小为θ， 则sinθ=√1−cos 2<m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=3√1914． ∴二面角C 1−A 1C −B 1的正弦值为3√1914．【解析】(1)由三棱柱的结构特征可知BC//B 1C 1，又A 1B 1⊥BC ，可得A 1B 1⊥B 1C 1，在长方形BCC 1B 1中，证明B 1C 1⊥平面AA 1B 1B .由四边形AA 1B 1B 与四边形AA 1C 1C 均是平行四边形，可得EF//BC ，进一步得到EF//B 1C 1，则EF ⊥平面AA 1B 1B ，证明∠AEA 1 是平面A 1BC 与平面AB 1C 1 所成二面角的平面角.由菱形的性质可得A 1B ⊥AB 1，即∠AEA 1=π2，从而得到平面A 1BC ⊥平面AB 1C 1；(2)由(1)及题设可知，四边形AA 1B 1B 是菱形，A 1B =4√3，∠A 1AB =2π3，求得AB =AB 1=AA 1=4.以E 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系.分别求出平面AA 1C 与平面A 1B 1C 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角C 1−A 1C −B 1的正弦值．本题考查空间位置关系，二面角及其应用等知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题． 20.已知，椭圆C 过点A(32,52)，两个焦点为(0,2)，(0,−2)，E ，F 是椭圆C 上的两个动点，如果直线AE 的斜率与AF 的斜率互为相反数，直线EF 的斜率为k 1，直线l 与椭圆C 相切于点A ，斜率为k 2．(1)求椭圆C 的方程； (2)求k 1+k 2的值．【答案】解：(1)由题意可设椭圆C 的方程为y 2a +x 2b =1(a >b >0)，且c =2，2a =√(32)2+(52+2)2+√(32)2+(52−2)2=3√102+√102=2√10，即有a =√10，b =√a 2−c 2=√6， 则椭圆的方程为y 210+x 26=1；(2)设直线AE ：y =k(x −32)+52，代入椭圆方程可得(5+3k 2)x 2+3k(5−3k)x +3(52−3k 2)2−30=0，可得x E +32=3k(3k−5)5+3k 2，即有x E =9k 2−30k−156k +10，y E =k(x E −32)+52，由直线AE 的斜率与AF 的斜率互为相反数，可将k 换为−k ， 可得x F =9k 2+30k−156k 2+10，y F =−k(x F −32)+52，则直线EF 的斜率为k 1=y F −yEx F−x E=−k(x F +x E )+3kx F −x E =1，设直线l 的方程为y =k 2(x −32)+52，代入椭圆方程可得：(5+3k 22)x 2+3k 2(5−3k 2)x +3(52−3k 22)2−30=0，由直线l 与椭圆C 相切，可得△=9k 22(5−3k 2)2−4(5+3k 22)⋅[3(52−3k 22)2−30]=0，化简可得k 22+2k 2+1=0，解得k 2=−1， 则k 1+k 2=0．【解析】(1)可设椭圆C 的方程为y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)，由题意可得c =2，由椭圆的定义计算可得a ，进而得到b ，即可得到所求椭圆方程；(2)设直线AE ：y =k(x −32)+52，代入椭圆方程，运用韦达定理可得E 的坐标，由题意可将k 换为−k ，可得F 的坐标，由直线的斜率公式计算可得直线EF 的斜率，设出直线l 的方程，联立椭圆方程，运用直线和椭圆相切的相切的条件：判别式为0，可得直线l 的斜率，进而得到所求斜率之和．本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的定义，考查直线的斜率之和，注意联立直线方程和椭圆方程，运用判别式和韦达定理，考查化简整理的运算能力和推理能力，是一道综合题．21.已知f(x)=xlnx．(1)求f(x)的极值；(2)若f(x)−ax x=0有两个不同解，求实数a的取值范围．【答案】解：(1)f(x)的定义域是(0,+∞)，f′(x)=lnx+1，令f′(x)>0，解得：x>1e，令f′(x)<0，解得：0<x<1e，故f(x)在(0,1e )递减，在(1e,+∞)递增，故x=1e 时，f(x)极小值=f(1e)=−1e；(2)记t=xlnx，t≥−1e，则e t=e xlnx=(e lnx)x=x x，故f(x)−ax x=0，即t−ae t=0，a=te t，令g(t)=te t ，g′(t)=1−te，令g′(t)>0，解得：0<t<1，令g′(t)<0，解得：t>1，故g(t)在(0,1)递增，在(1,+∞)递减，故g(t)max=g(1)=1e，由t=xlnx，t≥−1e ，a=g(t)=te t的图象和性质有：①0<a<1e，y=a和g(t)有两个不同交点(t1,a)，(t2,a)，且0<t1<1<t2，t1=xlnx，t2=xlnx各有一解，即f(x)−ax x=0有2个不同解，②−e1−e e<a<0，y=a和g(t)=te仅有1个交点(t3,a)，且−1e<t3<0，t3=xlnx有2个不同的解，即f(x)−ax x=0有两个不同解，③a 取其它值时，f(x)−ax x =0最多1个解， 综上，a 的范围是(−e1−e e,0)∪(0,1e).【解析】(1)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；(2)记t =xlnx ，得到t −ae t=0，a =te t ，令g(t)=te t ，求出g(t)的最大值，通过讨论a 的范围，确定解的个数，从而确定a 的范围即可．本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题． 22.在平面直角坐标系xOy 中曲线C 1的参数方程为{y =2t x=2t 2(其中t 为参数)以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系并取相同的单位长度，曲线C 2的极坐标方程为ρsin(θ−π4)=−√22．(1)把曲线C 1的方程化为普通方程，C 2的方程化为直角坐标方程；(2)若曲线C 1，C 2相交于A ，B 两点，AB 的中点为P ，过点P 作曲线C 2的垂线交曲线C 1于E ，F 两点，求|EF||PE|⋅|PF|．【答案】解：(1)曲线C 1的参数方程为{y =2t x=2t 2(其中t 为参数)， 转换为直角坐标方程为：y 2=2x ． 曲线C 2的极坐标方程为ρsin(θ−π4)=−√22．转换为直角坐标方程为：x −y −1=0． (2)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，且中点P(x 0,y 0)， 联立方程为：{y 2=2xx −y −1=0，整理得：x 2−4x +1=0 所以：x 1+x 2=4，x 1x 2=1， 由于：x 0=x 1+x 22=2，y 0=1．所以线段AB 的中垂线参数方程为{x =2−√22ty =1+√22t(t 为参数)，代入y 2=2x ，得到：t 2+4√2t −6=0， 故：t 1+t 2=−4√2，t 1⋅t 2=−6，所以：EF =|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=2√14，|PE||PF|=|t 1⋅t 2|=6故：|EF||PE|⋅|PF|=2√146=√143． 【解析】(1)直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果． (2)利用(1)的结论，进一步利用点到直线的距离公式和一元二次方程根和系数关系的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型． 23.已知函数h(x)=|x −m|，g(x)=|x +n|，其中m >0，n >0．(1)若函数h(x)的图象关于直线x =1对称，且f(x)=h(x)+|2x −3|，求不等式f(x)>2的解集．(2)若函数φ(x)=h(x)+g(x)的最小值为2，求1m +1n 的最小值及其相应的m 和n 的值．【答案】解：(1)函数h(x)的图象关于直线x =1对称，∴m =1， ∴f(x)=h(x)+|2x −3|=|x −1|+|2x −3|，①当x ≤1时，(x)=3−2x +1−x =4−3x >2，解得x <23，②当1<x <32时，f(x)=3−2x +x −1=2−x >2，此时不等式无解，②当x≥32时，f(x)=2x−3+x−1=3x−4>2，解得x>2，综上所述不等式f(x)>2的解集为(−∞,23)∪(2,+∞)．(2)∵φ(x)=h(x)+g(x)=|x−m|+|x+n|≥|x−m−(x+n)|=|m+n|=m+n，又φ(x)=h(x)+g(x)的最小值为2，∴m+n=2，∴1m +1n=12(1m+1n)(m+n)=12(2+nm+mn)≥12(2+2√mn⋅nm)=2，当且仅当m=n=1时取等号，故1m +1n的最小值为2，其相应的m=n=1．【解析】(1)先求出m=1，再分类讨论，即可求出不等式的解集，(2)根据绝对值三角形不等式即可求出m+n=2，再根据基本不等式即可求出本题考查了绝对值函数的对称轴，简单绝对值不等式的解法绝对值不等式的性质和基本不等式的应用，考察了运算求解能力，推理论证能力，转化与化归思想．第21页，共21页。
2020级二诊理科综合答案
成都市２０２０级高中毕业班第二次诊断性检测理科综合参考答案及评分意见第Ⅰ卷(１２６分)一㊁选择题１．C２．A３．C４．D５．B６．B７．B ８．D９．D１０．C１１．A１２．B１３．C二㊁选择题１４．C１５．B１６．C１７．A１８．D１９．A C２０．A D２１．B D第Ⅱ卷(共１７４分)三㊁非选择题(一)必考题２２ (６分)(１)A(２分)㊀㊀(２)５１．０或５１(２分)㊀㊀小于(２分)２３．(９分)(１)８．７(２分)㊀(２)m g h(２分)㊀１２m(d t)２(２分)㊀(３)B(２分)㊀大于(１分)２４．(１２分)解:(１)设后车碰撞前㊁后瞬间的速度分别为v１㊁v１＇,前车碰撞后瞬间的速度为v２前车碰后做匀减速运动,发生位移为x３＝４０m对前车由动能定理有:－k m２g x３＝０－１２m２v２２(２分)代入数据解得:v２＝２０m/s(２分) (２)复合区域长度x２＝２２．５m为碰后后车做匀减速运动的位移对后车由动能定理有:－k m１g x２＝０－１２m１v１＇２(１分)代入数据解得:v１＇＝１５m/s(１分)碰撞过程,对前㊁后两车系统,由动量守恒定律有:m１v１＝m１v１＇＋m２v２(２分)代入数据解得:v１＝２５m/s(１分)设后车从刹车到即将碰撞的匀减速过程中发生的位移为x０,刹车时的速度为v０则:x０＝x１－x２＝２７．５m对碰撞前后车的刹车过程,由动能定理有:－k m１g x０＝１２m１v２１－１２m１v２０(１分)代入数据解得:v０＝３０m/s(１分)因v０＝３０m/s＝１０８k m/h＜１２０k m/h,故后车未超速(１分) (其他合理解法参照给分)理科综合 二诊 参考答案㊀第１㊀页(共６页)理科综合 二诊 参考答案㊀第２㊀页(共６页)２５ (２０分)解:(１)粒子在电场力作用下,在平面a d d ᶄO 内做类平抛运动,由运动学规律在x 正方向:L ＝v ０t (１分)在y 负方向:L ＝１２a t２(２分)由牛顿第二定律:qE ＝m a (２分)联立解得:E ＝２m v ２０qL (１分)(２)如答图１,粒子在洛伦兹力作用下,在平面a d c ᶄb ᶄ内做匀速圆周运动过e 点作半径e o ᶄ交于a b ᶄ,设粒子在磁场中的运动半径为r 由勾股定理:r ２＝(６３L )２＋(２L －r )２(２分)得:r ＝２２L３＜L(１分)由牛顿第二定律:qv ０B ＝m v ２０r(２分)解得:B ＝３２m v ０４qL (１分)(３)由题意,粒子在磁场B x 和B y 中做匀速圆周运动的轨道半径R 相同,周期T 也相同由牛顿第二定律:qv ０B ０＝m v ２０R (１分)故:R ＝m v ０q B ０,T ＝２πmqB ０(１分)所以,πm ２q B ０,３πm ２q B ０,５πm ２q B ０．．．时刻对应着粒子做圆周运动的T ４,３T ４,５T ４．．．时刻(i )若粒子射出时与z 轴负方向的夹角为６０ʎ,则粒子在正方体区域运动轨迹沿y 轴负方向的俯视如答图２所示,沿x 轴负方向的侧视如答图３所示.设粒子在平行于y O z 平面内运动了n 个半周期(答图２㊁答图３为n ＝３的情况),则据答图２,x 正方向:L ＝(２n －１)R ＋R２(n ＝１,２,３,．．．．．．．)(１分)据答图３,y 负方向:y ＝２n R (n ＝１,２,３,．．．．．．．)(１分)因为y ＞L ,故粒子无法到达c d d ᶄc ᶄ平面,不合题意(１分)理科综合 二诊 参考答案㊀第３㊀页(共６页)(i i )若粒子射出时与z 轴正方向的夹角为６０ʎ,则粒子在正方体区域运动轨迹沿y 轴负方向的俯视如答图４所示据答图４,x 正方向:L ＝２n R ＋R２㊀(n ＝０,１,２,３,．．．．．．．)(１分)据答图３,y 负方向:y ＝２n R (n ＝０,１,２,３,．．．．．．．)(１分)因为y ＜L ,故粒子能到达c d d ᶄc ᶄ平面,符合题意解得:B ０＝(４n ＋１)m v ０２qL (n ＝０,１,２,３,．．．．．．．)(１分)(其他合理解法参照给分)２６．(１４分)(１)㊀KM n O ４(或K C l O ３或KC l O ,其他合理答案也可)(２分)D 装置中的铁粉与水蒸气反应或无水三氯化铁潮解(２分,其他合理答案也可)(２)㊀防止D 装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应(其他合理答案也可)(２分)(３)㊀加热D 与E 之间的导管(２分)(４)㊀由于存在反应F e ３＋＋３S C N－F e (S C N )３,加入铜粉,C u 与F e ３＋反应消耗F e ３＋,也可能生成C u S C N 消耗S C N －,使上述平衡逆向移动,F e (S C N )３浓度减小,致红色褪去(２分,写出平衡方程式给１分,叙述１分)(５)㊀①C u C l ２㊁C u S O ４(２分,各１分)㊀②１ʒ４(２分)２７．(１４分)(１)㊀适当升温(或粉碎或搅拌)(２分)(２)㊀C l O –＋M n ２＋＋H ２O C l –＋M n O ２ˌ＋２H ＋(２分)M g O (或M g C O ３或碱式碳酸镁等合理答案,２分)(３)㊀M n O ２㊁S i O ２(２分,各１分)(４)㊀①将滤液保持６０ħ左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤(２分,答出 控温６０ħ给１分, 趁热过滤 给１分)②２．２５ˑ１０－４(２分)(５)㊀将操作a 后的母液循环利用(２分)２８．(１５分)(１)㊀－１３０．５２k J m o l －１(２分)(２)㊀①＜(２分)㊀㊀②be (２分,各１分)③０ １m o l L －１ m i n －１(２分)㊀变小(２分)㊀④A (１分)(３)㊀①催化剂的活性较小,温度升高速率增加缓慢(２分)②O ２与NH ３反应生成N O x (２分)２９．(９分)(１)差速离心(１分)㊀㊀渗透压㊁p H ㊁温度(２分)(２)N A D P ＋(１分)㊀㊀氧气产生速率(１分)(３)提高叶绿素含量,增强光能的吸收;提高叶片氮的含量,利于合成更多与光合作用有关的含氮化合物;增强希尔反应活力,加速光反应(４分)３０．(９分)(１)胰岛素(１分)㊀㊀胰岛素受体不敏感(或胰岛素受体与抗体结合,或缺乏胰岛素受体)(２分)(２)证明姜黄素对正常大鼠是否有影响(２分)㊀㊀姜黄素能缓解患者体重减轻和血糖升高,并改善脑部认知功能(２分)(３)增加脑部神经细胞中I G F－１含量,进而抑制神经细胞凋亡(２分)３１．(９分)(１)物种组成(１分)㊀㊀水平(２分)(２)间接(２分)㊀㊀海水将底层的无机盐带到表层,使浮游植物大量繁殖,为鱼类提供充足食物(２分)(３)能量沿食物链流动逐级递减,营养级越低的生物所获取的总能量越多,捕捞量就越大(２分)３２．(１２分)(１)黑色㊁灰色(２分)㊀㊀灰色ʒ白色＝８ʒ１(２分)(２)A A b b㊁A A B B(２分)㊀㊀不能(２分)(３)方案一:P１和P４杂交得F１,F１自由交配得F２,观察并统计F２的表现型及比例.若F２中黑色ʒ白色＝３ʒ１,则假说一成立;若F２中黑色ʒ灰色ʒ白色＝１２ʒ３ʒ１,则假说二成立.(４分)方案二:P２和P３杂交得F１,F１自由交配得F２,观察并统计F２的表现型及比例.若F２中黑色ʒ灰色＝３ʒ１,则假说一成立;若F２中黑色ʒ灰色ʒ白色＝１２ʒ３ʒ１,则假说二成立.(４分)方案三:P１和P４杂交得F１,将F１与P１杂交得F２,观察并统计F２的表现型及比例.若F２中黑色ʒ白色＝１ʒ１,则假说一成立;若F２中黑色ʒ灰色ʒ白色＝２ʒ１ʒ１,则假说二成立.(４分)方案四:P２和P３杂交得F１,将F１与P１杂交得F２,观察并统计F２的表现型及比例.若F２中黑色ʒ灰色＝１ʒ１,则假说一成立;若F２中黑色ʒ灰色ʒ白色＝２ʒ１ʒ１,则假说二成立.(４分) (二)选考题３３．[物理 选修３－３](１)(５分)A D E(２)(１０分)解:(i)下压过程中,缸内氮气做等温变化由波义耳定律:p L S＝pᶄLᶄS(２分)代入数据得:Lᶄ＝１２c m(１分)又:h＝L－Lᶄ(１分)解得:h＝８c m(１分)(i i)设下压过程中,外界对氮气做的功为W气由功能关系:W＋p０S h＋m g h－W气＝E P(２分)代入数据得:W气＝１２２．４J(１分)由热力学第一定律:ΔU＝W气＋(－Q)(１分)等温压缩,ΔU＝０,解得:Q＝１２２．４J(１分) (其他合理解法参照给分)３４．[物理 选修３－４](１)(５分)１０(２分)㊀㊀４２(２分)(５．６和５．７也给２分)㊀㊀５(１分)理科综合 二诊 参考答案㊀第４㊀页(共６页)理科综合 二诊 参考答案㊀第５㊀页(共６页)(２)(１０分)(i )由题意,当θ=５３ʎ时,光恰好发生全反射,故临界角C =５３ʎ(１分)由:n ＝１s i n C(２分)解得:n ＝１．２５(１分)(i i)如答图５,发光圆面边缘处发出的光在球面上最容易发生全反射,且圆面面积越大,边缘处发出的光越容易发生全反射;可证当边缘处发出的光垂直于E F 射向球面刚好不发生全反射时,对应着符合题意的圆面最大面积(１分)设半球体和圆面的半径分别为R 和r ,则:s i n C ＝r R ＝２rd(２分)代入数据得:r ＝２mm (１分)二极管发光圆面的面积为:S m a x ＝πr ２(１分)代入数据得:S m a x ＝１．２５６ˑ１０－５m ２(１分)(其他合理解法参照给分)３５．[化学选修３:物质结构与性质](１５分)(１)㊀１６ʒ１(２分)㊀３(１分)(２)㊀s p ３(２分)㊀氢键(１分)H ２S e O ４中非羟基氧比H ３A s O ４多１个,非羟基氧越多,酸性较强(２分)(３)㊀①固态S e O ２发生聚合相对分子质量很大,范德华力大,熔点高(２分)②b (１分)(４)㊀㊀２４a (２分)㊀４ˑ(４０＋７９)N A ˑ(㊀２４a ＋b )ˑ２ˑ１０－７éëêêùûúú３(２分)３６．[化学选修５:有机化学基础](１５分)(１)㊀苯甲醇(２分)㊀N a O H 溶液,加热(２分,各１分)(２)㊀加成(２分)(３)㊀(２分)㊀(酚)羟基㊀羰基(２分,各１分)(４)㊀(２分)(５)㊀６(２分)㊀(１分)说明:１．本试卷中其它合理答案,可参照此评分标准酌情给分.２．化学方程式(或离子方程式)化学式正确但未配平,得１分;化学式错误不得分;漏写物质不得分.３．要求多个合理答案,写出１个正确答案得１分,写出１个错误答案扣１分,扣完为止;要求唯一合理答案,写出多个答案,若出现错误答案不得分.４．专用名词出现错别字扣１分.３７．[生物 选修１:生物技术实践](１５分)(１)避免高温杀死酵母菌(２分)㊀㊀让休眠状态的酵母菌恢复正常生活状态(２分)㊀㊀向干酵母中加入适量蒸馏水后放置一段时间(２分)(２)让多孔陶瓷颗粒充分吸附酵母细胞(２分)㊀多孔陶瓷的比表面积大㊁吸附性强(２分) (３)成本更低㊁操作更容易㊁含有一系列酶(２分)㊀无氧㊁温度㊁p H㊁发酵液浓度㊁无杂菌污染(３分)３８．[生物 选修３:现代生物科技专题](１５分)(１)克服了传统转基因技术中目的基因整合的盲目性和随机性(能够定点整合)(２分)㊀限制性核酸内切酶和D N A连接酶(２分)(２)内细胞团(２分)㊀㊀胚胎成纤维细胞(２分)(３)囊胚(２分)㊀㊀胚胎分割和细胞核移植(克隆繁殖)(２分)㊀㊀导入肌生成抑制蛋白基因或者直接注射肌生成抑制蛋白,若猪的表现型转为正常,说明基因敲出成功(３分)理科综合 二诊 参考答案㊀第６㊀页(共６页)。
四川省成都七中高2020届高三(4月份)二诊模拟试题(理科)( 解析版)
2020年高考数学二诊试卷（理科）一、选择题1．设集合A＝{x|x2﹣5x﹣6＜0}，B＝{x|x﹣2＜0}，则A∩B＝（）A．{x|﹣3＜x＜2}B．{x|﹣2＜x＜2}C．{x|﹣6＜x＜2}D．{x|﹣1＜x＜2} 2．设（1+i）•z＝1﹣i，则复数z的模等于（）A．B．2C．1D．3．已知α是第二象限的角，，则sin2α＝（）A．B．C．D．4．设a＝log30.5，b＝log0.20.3，c＝20.3，则a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a5．阿基米德（公元前287年﹣公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论．已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为24π，则该圆柱的内切球体积为（）A．B．16πC．D．6．随着人民生活水平的提高，对城市空气质量的关注度也逐步增大，如图是某城市1月至8月的空气质量检测情况，图中一、二、三、四级是空气质量等级，一级空气质量最好，一级和二级都是质量合格天气，下面叙述不正确的是（）A．1月至8月空气合格天数超过20天的月份有5个B．第二季度与第一季度相比，空气达标天数的比重下降了C．8月是空气质量最好的一个月D．6月份的空气质量最差7．设等比数列{a n}的前n项和为S n，则“a1+a3＜2a2”是“S2n﹣1＜0”的（）A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要8．设x，y满足，则z＝x+y的取值范围是（）A．[﹣5，3]B．[2，3]C．[2，+∞）D．（﹣∞，3]9．设函数，则y＝f（x），x∈[﹣π，π]的大致图象大致是的（）A．B．C．D．10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝1，，，则sin C＝（）A．B．C．D．11．如图示，三棱椎P﹣ABC的底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，且PA＝PB ＝AB＝，PC＝，则PC与面PAB所成角的正弦值等于（）A．B．C．D．12．在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠A＝60°，O为△ABC的外心，若，x，y∈R，则2x+3y＝（）A．2B．C．D．二、填空题13．在（x+a）6的展开式中的x3系数为160，则a＝．14．已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝x2﹣2x，则不等式f（x）＞x的解集用区间表示为．15．若对任意x∈R，不等式e x﹣kx≥0恒成立，则实数k的取值范围是．16．已知椭圆Γ：+＝1（a＞b＞0），F1、F2是椭圆Γ的左、右焦点，A为椭圆Γ的上顶点，延长AF2交椭圆Γ于点B，若△ABF1为等腰三角形，则椭圆Γ的离心率为．三、解答题17．设数列{a n}是公差不为零的等差数列，其前n项和为S n，a1＝1，若a1，a2，a5成等比数列．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）设，设数列{b n}的前n项和T n，证明：．18．2019年6月，国内的5G运营牌照开始发放．从2G到5G，我们国家的移动通信业务用了不到20年的时间，完成了技术上的飞跃，跻身世界先进水平．为了解高校学生对5G的消费意愿，2019年8月，从某地在校大学生中随机抽取了1000人进行调查，样本中各类用户分布情况如下：用户分类预计升级到5G的时段人数早期体验用户2019年8月至209年12月270人中期跟随用户2020年1月至20121年12月530人后期用户2022年1月及以后200人我们将大学生升级5G时间的早晚与大学生愿意为5G套餐支付更多的费用作比较，可得出如图的关系（例如早期体验用户中愿意为5G套餐多支付5元的人数占所有早期体验用户的40%）．（Ⅰ）从该地高校大学生中随机抽取1人，估计该学生愿意在2021年或2021年之前升级到5G的概率；（Ⅱ）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取1人，以X表示这2人中愿意为升级5G多支付10元或10元以上的人数，求X的分布列和数学期望；（Ⅲ）2019年底，从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约5G套餐，能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由．19．如图示，在三棱锥A﹣BCD中，AB＝BC＝BD＝2，，，点E为AD的中点．（Ⅰ）求证：平面ACD⊥平面BCE；（Ⅱ）若点F为BD的中点，求平面BCE与平面ACF所成锐二面角的余弦值．20．已知椭圆＝1（a＞b＞0）经过点（0，1），离心率为，A、B、C为椭圆上不同的三点，且满足++＝，O为坐标原点．（Ⅰ）若直线AB、OC的斜率都存在，求证：k AB•k OC为定值；（Ⅱ）求|AB|的取值范围．21．设函数，a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）a≤1时，若x1≠x2，f（x1）+f（x2）＝2，求证：x1+x2＜0．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．在直角坐标系xOy中，直线l的多数方程为，（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ+3＝0．（1）求t的普通方程及C的直角坐标方程；（2）求曲线C上的点P到l距离的取值范围．23．已知f（x）＝|x﹣1|+|x+a|（a∈R）．（Ⅰ）若a＝1，求不等式f（x）＞4的解集；（Ⅱ）∀m∈（0，1），∃x0∈R，，求实数a的取值范围．参考答案一、选择题：本题共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．设集合A＝{x|x2﹣5x﹣6＜0}，B＝{x|x﹣2＜0}，则A∩B＝（）A．{x|﹣3＜x＜2}B．{x|﹣2＜x＜2}C．{x|﹣6＜x＜2}D．{x|﹣1＜x＜2}【分析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．解：∵A＝{x|﹣1＜x＜6}，B＝{x|x＜2}，∴A∩B＝{x|﹣1＜x＜2}．故选：D．2．设（1+i）•z＝1﹣i，则复数z的模等于（）A．B．2C．1D．【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解．解：由（1+i）•z＝1﹣i，得z＝，∴|z|＝1．故选：C．3．已知α是第二象限的角，，则sin2α＝（）A．B．C．D．【分析】由已知结合诱导公式可求tanα，然后结合则sin2α＝2sinαcosα＝＝，代入可求．解：因为α是第二象限的角，，所以tan，则sin2α＝2sinαcosα＝＝＝﹣．故选：D．4．设a＝log30.5，b＝log0.20.3，c＝20.3，则a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解．解：∵log30.5＜log31＝0，∴a＜0，∵log0.21＜log0.20.3＜log0.20.2＝1，∴0＜b＜1，∵20.3＞20＝1，∴c＞1，∴a＜b＜c，故选：A．5．阿基米德（公元前287年﹣公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论．已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为24π，则该圆柱的内切球体积为（）A．B．16πC．D．【分析】由已知中圆柱的轴截面为正方形，根据圆柱的表面积公式，可得圆柱的底面半径R，进而求出圆柱的体积，即可求出结论．解：设该圆柱的底面半径为R则圆柱的高为2R则圆柱的表面积S＝S底+S侧＝2×πR2+2•π•R•2R＝24π，解得R2＝4；即R＝2．∴圆柱的体积为：V＝πR2×2R＝16π，∴该圆柱的内切球体积为：×16π＝π．故选：D．6．随着人民生活水平的提高，对城市空气质量的关注度也逐步增大，如图是某城市1月至8月的空气质量检测情况，图中一、二、三、四级是空气质量等级，一级空气质量最好，一级和二级都是质量合格天气，下面叙述不正确的是（）A．1月至8月空气合格天数超过20天的月份有5个B．第二季度与第一季度相比，空气达标天数的比重下降了C．8月是空气质量最好的一个月D．6月份的空气质量最差【分析】在A中，1月至8月空气合格天数超过20天的月份有：1月，2月，6月，7月，8月，共5个；在B中，分别求出第一季度合格天数的比重和第二季度合格天气的比重，能求出结果；在C中，8月空气质量合格的天气达到30天；在D中，5月空气质量合格天气只有13天．解：在A中，1月至8月空气合格天数超过20天的月份有：1月，2月，6月，7月，8月，共5个，故A正确；在B中，第一季度合格天数的比重为：，第二季度合格天气的比重为：≈0.6263，∴第二季度与第一季度相比，空气达标天数的比重下降了，故B正确；在C中，8月空气质量合格的天气达到30天，是空气质量最好的一个月，故C正确；在D中，5月空气质量合格天气只有13天，5月份的空气质量最差，故D错误．故选：D．7．设等比数列{a n}的前n项和为S n，则“a1+a3＜2a2”是“S2n﹣1＜0”的（）A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要【分析】根据等比数列{a n}中，“a1+a3＜2a2”等价于a1（q﹣1）2＜0，解得a1＜0且q ≠1；由“S2n﹣1＜0”等价于当q≠1时，＜0即a1＜0且q≠1；或者当q＝1时，（2n﹣1）a1＜0，即a1＜0且q＝1；再根据充分必要条件的定义进行判断即可．解：根据等比数列{a n}中，“a1+a3＜2a2”等价于a1（q﹣1）2＜0，解得a1＜0且q≠1；由“S2n﹣1＜0”等价于当q≠1时，＜0即a1＜0且q≠1；或者当q＝1时，（2n﹣1）a1＜0，即a1＜0且q＝1；故“a1+a3＜2a2”⇒“S2n﹣1＜0”但是“S2n﹣1＜0”推不出“a1+a3＜2a2”；所以“a1+a3＜2a2”是“S2n﹣1＜0”的充分不必要条件；故选：A．8．设x，y满足，则z＝x+y的取值范围是（）A．[﹣5，3]B．[2，3]C．[2，+∞）D．（﹣∞，3]【分析】画出不等式组表示的平面区域，结合图形找出最优解，求出目标函数的最值即可．解：先根据约束条件画出可行域，z＝x+y，则y＝﹣x+z，由可得C（﹣4，﹣3）当直线y＝﹣x+z经过点A（2，0），z最小，最小值为：2+0＝2．没有最大值；故z＝x+y的取值范围为[2，+∞），故选：C．9．设函数，则y＝f（x），x∈[﹣π，π]的大致图象大致是的（）A．B．C．D．【分析】利用函数的奇偶性及特殊点的函数值，运用排除法得解．解：，故函数f（x）为奇函数，其图象关于原点对称，故排除A；又f（π）＝0，故排除C；，故排除D．故选：B．10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝1，，，则sin C＝（）A．B．C．D．【分析】由已知，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求tan B＝，结合范围B∈（0，π），可求B，由余弦定理可得b的值，进而根据正弦定理可得sin C的值．解：∵b sin A＝a sin（﹣B），∴sin A sin（﹣B）＝sin A sin B，∵sin A≠0，∴sin（﹣B）＝sin B，整理可得：tan B＝，∵B∈（0，π），∴B＝，∵a＝1，，由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2ac cos B＝1+12﹣2×＝7，∴b＝，∴由正弦定理，可得sin C＝＝＝．故选：B．11．如图示，三棱椎P﹣ABC的底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，且PA＝PB ＝AB＝，PC＝，则PC与面PAB所成角的正弦值等于（）A．B．C．D．【分析】可以把三棱椎P﹣ABC补成棱长为1的正方体，以A为原点建立空间直角坐标系，求得面ABP的法向量即可求解．解：∵三棱椎P﹣ABC的底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，且PA＝PB＝AB ＝，PC＝，∴可以把三棱椎P﹣ABC补成棱长为1的正方体，如图所示．如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），P（1，0，1）．，，，设面ABP的法向量为，⇒．cos＝＝．则PC与面PAB所成角的正弦值等于．故选：A．12．在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠A＝60°，O为△ABC的外心，若，x，y∈R，则2x+3y＝（）A．2B．C．D．【分析】先利用AB＝2，AC＝3，∠A＝60°建立平面直角坐标系，求出A，B，C的坐标，再求出直线AB、AC的中垂线的方程，然后求出外接圆圆心的坐标，代入，构造出x，y的方程组，问题即可解决．解：如图建立坐标系：由题意得B（2，0），C（），A（0，0），易知AB边的中垂线为x＝1①直线AC的中垂线斜率k＝＝．AC的中点为（），所以AC的中垂线②联立①②解得O（）．所以由得：，即，解得，所以，故选：B．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．在（x+a）6的展开式中的x3系数为160，则a＝2．【分析】写出二项式定理展开式的通项公式，利用x的指数为3，求出a即可．解：（a+x）6的展开式的通项公式为：T r+1＝•a6﹣r x r，（r＝0，1， (6)所求x3的系数为：a3＝160⇒a3＝8⇒a＝2．故答案为：214．已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝x2﹣2x，则不等式f（x）＞x的解集用区间表示为（﹣3，0）∪（3，+∞）．【分析】先求得当x＜0时，f（x）的解析式，由不等式f（x）＞x，可得，或，由此求得x的范围．解：设x＜0，则﹣x＞0，由题意可得f（﹣x）＝﹣f（x）＝（﹣x）2﹣2（﹣x）＝x2+2x，∴f（x）＝﹣x2﹣2x，故当x＜0时，f（x）＝﹣x2﹣2x．由不等式f（x）＞x，可得，或，求得x＞3，或﹣3＜x＜0，故答案为：（﹣3，0）∪（3，+∞）．15．若对任意x∈R，不等式e x﹣kx≥0恒成立，则实数k的取值范围是（0，e]．【分析】由题意可得0≤（e x﹣kx）min，构造函数f（x）＝e x﹣kx，求得导数，讨论k的符号，求得单调性和最值，解k的不等式，可得所求范围．解：任意x∈R，不等式e x﹣kx≥0恒成立，可得0≤（e x﹣kx）min，设f（x）＝e x﹣kx，f′（x）＝e x﹣k，当k≤0时，f′（x）＞0恒成立，即f（x）为R上的增函数，无最小值；当k＞0时，由x＞lnk，f′（x）＞0，f（x）递增；由0＜x＜lnk，f′（x）＜0，f（x）递减，可得f（x）在x＝lnk处取得最小值f（lnk）＝k﹣klnk，则k﹣klnk≥0，即lnk≤1，解得0＜k≤e，故答案为：（0，e]．16．已知椭圆Γ：+＝1（a＞b＞0），F1、F2是椭圆Γ的左、右焦点，A为椭圆Γ的上顶点，延长AF2交椭圆Γ于点B，若△ABF1为等腰三角形，则椭圆Γ的离心率为．【分析】由题意可得等腰三角形的两条相等的边，设BF2，AF1＝AF2＝a，由题意的定义可得BF1，由国家等腰三角形可得BF2的值用a的表达式，在三角形ABF1中，三角形BF1F2中由余弦定理可得∠ABF1的值相等可得a，c的关系，进而求出椭圆的离心率．解：由题意△ABF1为等腰三角形，可得AF1＝AF2＝a，AB＝BF1，设BF2＝x则BF1＝2a﹣x，AF2＝a+x，所以2a﹣x＝a+x，解得x＝，所以BF1＝AB＝，在三角形ABF1中，cos∠ABF1＝＝＝，在三角形BF1F2中cos∠F1BF2＝＝＝，所以可得：＝，＝，即离心率e＝＝；故答案为：．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23为选考题，考生仅选一个作答．17．设数列{a n}是公差不为零的等差数列，其前n项和为S n，a1＝1，若a1，a2，a5成等比数列．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）设，设数列{b n}的前n项和T n，证明：．【分析】（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d（d≠0），由已知列式求解公差，可得a n及S n；（Ⅱ）把等差数列的通项公式代入，整理后利用裂项相消法求数列{b n}的前n项和T n，放缩即可证明．【解答】（Ⅰ）解：设等差数列{a n}的公差为d（d≠0），由a1＝1，且a1，a2，a5成等比数列，得（d+1）2＝1×（4d+1），解得d＝2（d≠0），∴a n＝a1+（n﹣1）d＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，；（Ⅱ）证明：＝＝．∴＝＜．18．2019年6月，国内的5G运营牌照开始发放．从2G到5G，我们国家的移动通信业务用了不到20年的时间，完成了技术上的飞跃，跻身世界先进水平．为了解高校学生对5G的消费意愿，2019年8月，从某地在校大学生中随机抽取了1000人进行调查，样本中各类用户分布情况如下：用户分类预计升级到5G的时段人数早期体验用户2019年8月至209年12月270人中期跟随用户2020年1月至20121年12月530人后期用户2022年1月及以后200人我们将大学生升级5G时间的早晚与大学生愿意为5G套餐支付更多的费用作比较，可得出如图的关系（例如早期体验用户中愿意为5G套餐多支付5元的人数占所有早期体验用户的40%）．（Ⅰ）从该地高校大学生中随机抽取1人，估计该学生愿意在2021年或2021年之前升级到5G的概率；（Ⅱ）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取1人，以X表示这2人中愿意为升级5G多支付10元或10元以上的人数，求X的分布列和数学期望；（Ⅲ）2019年底，从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约5G套餐，能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由．【分析】（Ⅰ）由题意知从高校大学生中随机抽取1人，该学生在2021年或2021年之前升级到5G的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟随用户的频率，由此能估计该学生愿意在2021年或2021年之前升级到5G的概率．（Ⅱ）由题间意X的所有可能取值为0，1，2，记事件A为“从早期体验用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级5G多支付10元或10元以上”，事件B为“从中期跟随用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级5G多支付10元或10元以上”，由题意可知，事件A，B相互独立，P（A）＝1﹣40%＝0.6，P（B）＝1﹣45%＝0.55，由此能求出X 的分布列和E（X）．（Ⅲ）设事件D为“从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约5G套餐”，则P（D）＝≈0.02．从而样本中早期体验用户的人数有所增加．解：（Ⅰ）由题意知从高校大学生中随机抽取1人，该学生在2021年或2021年之前升级到5G的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟随用户的频率，∴估计该学生愿意在2021年或2021年之前升级到5G的概率为：P＝＝0.8．（Ⅱ）由题间意X的所有可能取值为0，1，2，记事件A为“从早期体验用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级5G多支付10元或10元以上”，事件B为“从中期跟随用户中随机抽取1人，该学生愿意为升级5G多支付10元或10元以上”，由题意可知，事件A，B相互独立，P（A）＝1﹣40%＝0.6，P（B）＝1﹣45%＝0.55，∴P（X＝0）＝P（）＝（1﹣0.6）（1﹣0.55）＝0.18，P（X＝1）＝P（A+）＝0.6×（1﹣0.55）+（1﹣0.6）×0.55＝0.49，P（X＝2）＝P（AB）＝0.6×0.55＝0.33，∴X的分布列为：X012P0.180.490.33 E（X）＝0×0.18+1×0.49+2×0.33＝1.15．（Ⅲ）设事件D为“从这1000人的样本中随机抽取3人，这三位学生都已签约5G套餐”，则P（D）＝≈0.02．∴样本中早期体验用户的人数有所增加．19．如图示，在三棱锥A﹣BCD中，AB＝BC＝BD＝2，，，点E为AD的中点．（Ⅰ）求证：平面ACD⊥平面BCE；（Ⅱ）若点F为BD的中点，求平面BCE与平面ACF所成锐二面角的余弦值．【分析】（Ⅰ）由已知得AC＝CD，结合E为AD中点，得BE⊥AD，CE⊥AD，由线面垂直的判定可得AD⊥平面BCE，从而得到平面ACD⊥平面BCE；（Ⅱ）以B为坐标原点，分别以BC，BD所在直线为x，y轴建立如图所示空间直角坐标系，分别求出平面BCE与平面ACF的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面BCE与平面ACF所成锐二面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：由AB＝BC＝BD＝2，∠CBA＝∠CBD＝，得AC＝CD，又点E为AD中点，∴BE⊥AD，CE⊥AD，又BE∩CE＝E，∴AD⊥平面BCE，而AD⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面BCE；（Ⅱ）解：∵，∴BC⊥平面ABD，以B为坐标原点，分别以BC，BD所在直线为x，y轴建立如图所示空间直角坐标系．则B（0，0，0），C（2，0，0），E（0，，），A（0，﹣1，），F（0，1，0），＝（2，0，0），＝（0，，），，，设平面BCE的一个法向量为，平面ACF的一个法向量为，由，取z1＝1，得；由，取x2＝1，得．∵cos＜＞＝＝＝．∴平面BCE与平面ACF所成锐二面角的余弦值为．20．已知椭圆＝1（a＞b＞0）经过点（0，1），离心率为，A、B、C为椭圆上不同的三点，且满足++＝，O为坐标原点．（Ⅰ）若直线AB、OC的斜率都存在，求证：k AB•k OC为定值；（Ⅱ）求|AB|的取值范围．【分析】（Ⅰ）由题意可得b＝1，运用椭圆的离心率公式和a，b，c的关系，解得a，b，可得椭圆方程，设A（x1，y1），B（x2，y2），运用向量的坐标运算和点差法，结合直线的斜率公式，即可得证；（Ⅱ）设直线AB的方程为：y＝kx+t，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及C的坐标满足椭圆方程，求得t2＝，再由分离常数和不等式的性质，化简整理可得所求范围．解：（Ⅰ）证明：由题意可得b＝1，＝，a2＝b2+c2，解得a2＝4，b2＝1，所以椭圆的标准方程为：+y2＝1；设A（x1，y1），B（x2，y2），由++＝，可得C（﹣x1﹣x2，﹣y1﹣y2），因为直线AB、OC的斜率都存在，所以k AB＝，k OC＝＝，所以k AB•k OC＝，因为A，B在椭圆上，所以，所以+y12﹣y22＝0，即＝﹣，所以可证，k AB•k OC为定值﹣；（Ⅱ）设直线AB的方程为：y＝kx+t，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线与椭圆联立可得，整理可得，（1+4k2）x2+8kt+4t2﹣4＝0，△＝64k2t2﹣4（1+4k2）（4t2﹣4）＞0，可得t2＜1+4k2，x1+x2＝，x1x2＝，y1+y2＝k（x1+x2）+2t＝，即C（，﹣），代入椭圆方程可得+＝1，化为t2＝，又|AB|＝•＝•＝•4═•4＝2•，由（Ⅰ）得，AB的斜率不为0，即k≠0，可得|AB|＝2•＝2•，由1+＞1，可得0＜＜3，则1＜1+＜4，即有＜＜1，则＜|AB|＜2，故|AB|的取值范围是（，2）．21．设函数，a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）a≤1时，若x1≠x2，f（x1）+f（x2）＝2，求证：x1+x2＜0．【分析】（Ⅰ）根据导数和函数单调性的关系，分类讨论即可求出；（Ⅱ）令g（x）＝f（x）+f（﹣x）﹣2，当a≤1时，利用函数的导数，判断函数的单调性，要证x1+x2＜0，只需证只需证x1＜﹣x2，即证f（x2）+f（﹣x2）﹣2＞0，通过函数的单调性，转化求解即可．解：（Ⅰ）f′（x）＝e x﹣x﹣a，令g（x）＝e x﹣x﹣a，∴g′（x）＝e x﹣1，当x＜0时，g′（x）＜0，函数g（x）单调性递减，当x＞0时，g′（x）＞0，函数g（x）单调性递增，∴g（x）min＝g（0）＝1﹣a，当1﹣a≥0时，即a≤1时，f′（x）＝g（x）≥0，∴函数f（x）在R上单调递增，当a＞1时，g（x）min＝1﹣a＜0，易知当x→﹣∞时，g（x）→+∞，当x→+∞时，g（x）→+∞，由零点存在性定理知，存在x1，x2，不妨设x1＜x2，使得g（x1）＝g（x2）＝0，当x∈（﹣∞，x1），（x2，+∞），g（x）＝f′（x）＞0，当x∈（x1，x2），g（x）＝f′（x）＜0，∴函数f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．（Ⅱ）证明：构造函数g（x）＝f（x）+f（﹣x）﹣2，x≥0，∴g（x）＝e x﹣x2﹣ax+e﹣x﹣x2+ax﹣2＝e x+e﹣x﹣x2﹣2，∴g′（x）＝e x﹣e﹣x﹣2x，∴g″（x）＝e x+e﹣x﹣2≥2﹣2＝0，当x＝0时取等号，∴g′（x）在[0，+∞）上单调递增，则g′（x）≥g′（0）＝0，∴g（x）在[0，+∞）上单调递增，∴g（x）≥g（0）＝0，不妨设x2＞0，要证x1+x2＜0，只需证x1＜﹣x2，由（Ⅰ）知a≤1时，f（x）在R上单调递增，则有f（x1）＜f（﹣x2），由f（x1）+f（x2）＝2，有f（x1）＝2﹣f（x2），只需证2﹣f（x2）＜f（﹣x2），即证f（x2）+f（﹣x2）﹣2＞0，由g（x）＝f（x）+f（﹣x）﹣2在[0，+∞）上单调递增，且x2＞0时，有g（x2）＝f（x2）+f（﹣x2）﹣2＞0，故x1+x2＜0，问题得以证明．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．在直角坐标系xOy中，直线l的多数方程为，（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ+3＝0．（1）求t的普通方程及C的直角坐标方程；（2）求曲线C上的点P到l距离的取值范围．【分析】（1）直接利用转换关系式的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用点到直线的距离公式的应用求出结果．解：（1）直线l的参数方程为，（t为参数），消去参数t可得l的普通方程为．曲线C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ+3＝0，可得C的直角坐标方程为x2+y2﹣4x+3＝0．（2）C的标准方程为（x﹣2）2+y2＝1，圆心为C（2，0），半径为1，所以，圆心C到l的距离为，所以，点P到l的距离的取值范围是．23．已知f（x）＝|x﹣1|+|x+a|（a∈R）．（Ⅰ）若a＝1，求不等式f（x）＞4的解集；（Ⅱ）∀m∈（0，1），∃x0∈R，，求实数a的取值范围．【分析】（Ⅰ）将a＝1代入f（x）中，然后利用零点分段法解不等式即可；（Ⅱ）由绝对值三角不等式可得f（x）≥|a+1|，然后用基本不等式求出的最小值，再根据条件得到关于a的不等式，解不等式得到a的取值范围．解：（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝|x﹣1|+|x+1|＝，∵f（x）＞4，∴或或，∴x＞2或x＜﹣2故不等式f（x）＞4的解集为（﹣∞，﹣2）⋃（2，+∞）．（Ⅱ）f（x）＝|x﹣1|+|x+a|≥|（x+a）﹣（x﹣1）|＝|a+1|．∀m∈（0，1），＝（当时等号成立）依题意，∀m∈（0，1），∃x0∈R，有，则|a+1|＜9，∴﹣10＜a＜8，故实数a的取值范围是（﹣10，8）．。
2020年四川省成都市中考数学二诊试卷(含答案)
四川省成都市中考数学二诊试卷一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）1．（3分）如果a与互为相反数，则a等于（）A．B．C．2 D．﹣22．（3分）如图所示的几何体是由6 个完全相同的小立方块搭成，则这个几何体的左视图是（）A．B．C．D．3．（3分）从成都经川南到贵阳的成贵客运专线正在建设中，这项工程总投资约780亿元，预计2019 年12月建成通车，届时成都到贵阳只要3 小时，这段铁路被称为“世界第一条山区高速铁路”．将数据780亿用科学记数法表示为（）A．78×109 B．7.8×108C．7.8×1010D．7.8×10114．（3分）下列计算正确的是（）A．（﹣2a2）3=﹣6a6B．a3+a3=2a3C．a6÷a3=a2D．a3•a3=a95．（3分）在平面直角坐标系中，若直线y=2x+k﹣1经过第一、二、三象限，则k的取值范围是（）A．k＞1B．k＞2C．k＜1D．k＜2＜6．（3分）如图，直线a∥b，直线c与直线a、b分别相交于点A、B，过A作AC⊥b，垂足为C，若∠1=48°，则∠2的度数为（）[A．58°B．52°C．48°D．42°7．（3分）武侯区部分学校已经开展“分享学习”数学课堂教学，在刚刚结束的3 月份的月考中，某班7 个共学小组的数学平均成绩分别为130 分、128 分、126 分、130 分、127 分、129 分、131 分，则这组数据的众数和中位数分别是（）A．131分，130分B．130分，126分C．128分，128分D．130分，129分8．（3分）关于x的一元二次方程2x2﹣3x=﹣5的根的情况，下列说法正确的是（）A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根C．没有实数根 D．不能确定9．（3分）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，△AOB 的三个顶点都在格点上，现将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到对应的△COD，则点A经过的路径弧AC的长为（）A．B．π C．2πD．3π10．（3分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x 轴的一个交点坐标为（3，0），对称轴为直线x=﹣1，则下列说法正确的是（）A．a＜0 B．b2﹣4ac＜0C．a+b+c=0 D．y随x的增大而增大二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分，答案写在答题卡上）11．（4分）49的算术平方根是．12．（4分）已知2a+b=2，2a﹣b=﹣4，则4a2﹣b2=．13．（4分）如图，在△ABC中，D为AB的中点，E为AC上一点，连接DE，若AB=12，AE=8，∠ABC=∠AED，则AC=．14．（4分）如图，将矩形纸片ABCD沿直线AF翻折，使点B恰好落在CD边的中点E处，点F在BC边上，若CD=6，则AD=．三、解答题（本大题共6个小题，共54分，解答过程写在答题卡上）15．（12分）（1）计算：（2）求不等式组的整数解．16．（6分）先化简，再求值：，其中．17．（8分）为了减轻二环高架上汽车的噪音污染，成都市政府计划在高架上的一些路段的护栏上方增加隔音屏．如图，工程人员在高架上的车道M 处测得某居民楼顶的仰角∠ABC的度数是20°，仪器BM 的高是0.8m，点M 到护栏的距离MD 的长为11m，求需要安装的隔音屏的顶部到桥面的距离ED 的长（结果保留到0.1m，参考数据：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36）18．（8分）为了弘扬中国传统文化，“中国诗词大会”第三季已在中央电视台播出．某校为了解九年级学生对“中国诗词大会”的知晓情况，对九年级部分学生进行随机抽样调查，并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，请根据统计图的信息，解答下列问题：（1）求在本次抽样调查中，“基本了解”中国诗词大会的学生人数；（2）根据调查结果，发现“很了解”的学生中有三名同学的诗词功底非常深厚，其中有两名女生和一名男生．现准备从这三名同学中随机选取两人代表学校参加“武侯区诗词大会”比赛，请用画树状图或列表的方法，求恰好选取一名男生和一名女生的概率．19．（10分）如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数的图象相交于A （n，3），B（3，﹣2）两点，过A作AC⊥x轴于点C，连接OA．（1）分别求出一次函数与反比例函数的表达式；=2S△AOC，求点M的坐（2）若直线AB上有一点M，连接MC，且满足S△AMC标．20．（10分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接CB，过C作CD ⊥AB于点D，过C作∠BCE，使∠BCE=∠BCD，其中CE交AB的延长线于点E．（1）求证：CE是⊙O的切线；（2）如图2，点F在⊙O上，且满足∠FCE=2∠ABC，连接AF并延长交EC的延长线于点G．ⅰ）试探究线段CF与CD之间满足的数量关系；ⅱ）若CD=4，tan∠BCE=，求线段FG的长．一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）21．（4分）若a为实数，则代数式a2+4a﹣6的最小值为．22．（4分）对于实数m，n 定义运算“※”：m※n=mn（m+n），例如：4※2=4×2（4+2）=48，若x1、x2是关于x 的一元二次方程x2﹣5x+3=0的两个实数根，则x1※x2=．23．（4分）如图，有A、B、C三类长方形（或正方形）卡片（a＞b），其中甲同学持有A、B类卡片各一张，乙同学持有B、C类卡片各一张，丙同学持有A、C类卡片各一张，现随机选取两位同学手中的卡片共四张进行拼图，则能拼成一个正方形的概率是．24．（4分）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC的边OB在x轴上，过点C（3，4）的双曲线与AB交于点D，且AC=2AD，则点D的坐标为．25．（4分）如图，有一块矩形木板ABCD，AB=13dm，BC=8dm，工人师傅在该木板上锯下一块宽为xdm的矩形木板MBCN，并将其拼接在剩下的矩形木板AMND的正下方，其中M′、B′、C′、N′分别与M、B、C、N对应．现在这个新的组合木板上画圆，要使这个圆最大，则x的取值范围是，且最大圆的面积是dm2．二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）26．（8分）成都市中心城区“小游园，微绿地”规划已经实施，武侯区某街道有一块矩形空地进入规划试点．如图，已知该矩形空地长为90m，宽为60m，按照规划将预留总面积为4536m2的四个小矩形区域（阴影部分）种植花草，并在花草周围修建三条横向通道和三条纵向通道，各通道的宽度相等．（1）求各通道的宽度；（2）现有一工程队承接了对这4536m2的区域（阴影部分）进行种植花草的绿化任务，该工程队先按照原计划进行施工，在完成了536m2的绿化任务后，将工作效率提高25%，结果提前2天完成任务，求该工程队原计划每天完成多少平方米的绿化任务？27．（10分）如图，已知△ABC是等边三角形，点D、E分别在AC、AB上，且CD=AE，BD与CE相交于点P．（1）求证：△ACE≌△CBD；（2）如图2，将△CPD沿直线CP翻折得到对应的△CPM，过C作CG∥AB，交射线PM于点G，PG与BC相交于点F，连接BG．ⅰ）试判断四边形ABGC的形状，并说明理由；ⅱ）若四边形ABGC的面积为，PF=1，求CE的长．28．（12分）在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣6x+4的顶点A在直线y=kx ﹣2上．（1）求直线的函数表达式；（2）现将抛物线沿该直线方向进行平移，平移后的抛物线的顶点为A′，与直线的另一交点为B′，与x轴的右交点为C（点C不与点A′重合），连接B′C、A′C．ⅰ）如图，在平移过程中，当点B′在第四象限且△A′B′C的面积为60时，求平移的距离AA′的长；ⅱ）在平移过程中，当△A′B′C是以A′B′为一条直角边的直角三角形时，求出所有满足条件的点A′的坐标．参考答案与试题解析一、选择题1．B．2．B．3．C．4．B．5．A6．D7．D8．C9．A10．C．二、填空题11．712．﹣813．9．14．3．三、解答题15．解：（1）原式=3﹣1+2×+2﹣=2++2﹣=4；（2）解不等式2（x﹣3）≤﹣2，得：x≤2，解不等式＞x﹣1，得：x＞﹣1，则不等式组的解集为﹣1＜x≤2，所以不等式组的整数解为0、1、2．16．解：====，当a=+1时，原式=．17．解：由题意：CD=BM=0.8m，BC=MD=11m，在Rt△ECB中，EC=BC•tan20°=11×0.36≈3.96（m），∴ED=CD+EC=3.96+0.8≈4.8（m），答：需要安装的隔音屏的顶部到桥面的距离ED 的长4.8m．18．解：（1）∵调查的总人数为12÷20%=60（人），∴“基本了解”中国诗词大会的学生人数m=60﹣24﹣12﹣6=18（人）；（2）列表：共有6种等可能的结果，其中恰好选取一名男生和一名女生的情况有4种，∴P（恰为一名男生和一名女生）==．19．解：（1）将点B（3，﹣2）代入，得：m=3×（﹣2）=6，则反比例函数解析式为y=﹣．∵反比例函数的图象过A（n，3），∴3=﹣，∴n=﹣2，∴A（﹣2，3），将点A（﹣2，3）、B（3，﹣2）代入y=kx+b，得：，解得：，则一次函数解析式为y=﹣x+1；（2）设点M的坐标为（m，﹣m+1），过M作ME⊥AC于E．∵y=﹣，∴S△AOC=×|﹣6|=3，∴S△AMC =2S△AOC=6，∴AC•ME=×3×|m+2|=6，解得m=2或﹣6．当m=2时，﹣m+1=﹣1；当m=﹣6时，﹣m+1=7，∴点M的坐标为（2，﹣1）或（﹣6，7）．20．（本小题满分10分）（1）证明：如图1，连接OC，∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，（1分）∵CD⊥AB，∴∠OBC+∠BCD=90°，（2分）∵∠BCE=∠BCD，∴∠OCB+∠BCE=90°，即OC⊥CE，∴CE是⊙O的切线；（3分）（2）解：i）线段CF与CD之间满足的数量关系是：CF=2CD，（4分）理由如下：如图2，过O作OH⊥CF于点H，∴CF=2CH，∵∠FCE=2∠ABC=2∠OCB，且∠BCD=∠BCE，∴∠OCH=∠OCD，∵OC为公共边，∴△COH≌△COD（AAS），∴CH=CD，∴CF=2CD；（6分）ii）∵∠BCD=∠BCE，tan∠BCE=，∴tan∠BCD=．∵CD=4，∴BD=CD•tan∠1=2，∴BC==2，由i）得：CF=2CD=8，设OC=OB=x，则OD=x﹣2，在Rt△ODC中，OC2=OD2+CD2，∴x2=（x﹣2）2+42，解得：x=5，即OB=5，∵OC⊥GE，∴∠OCF+∠FCG=90°，∵∠OCD+∠COD=90°，∠FCO=∠OCD，∴∠GCF=∠COB，∵四边形ABCF为⊙O的内接四边形，∴∠GFC=∠ABC，∴△GFC∽△CBO，∴，∴=，∴FG=．（10分）一、填空题21．解：原式=a2+4a+4﹣10=（a+2）2﹣10，因为（a+2）2≥0，所以（a+2）2﹣10≥﹣10，则代数式a2+4a﹣6的最小值是﹣10．故答案是：﹣10．22．解：由题意可知：△＞0，∴x1+x2=5，x1x2=3∴原式=x1x2（x1+x2）=3×5=15故答案为：1523．解：由题可得，随机选取两位同学，可能的结果如下：甲乙、甲丙、乙丙，∵a2+2ab+b2=（a+b）2，∴选择乙丙手中的卡片共四张进行拼图，则能拼成一个边长为（a+b）的正方形，∴能拼成一个正方形的概率为，故答案为：．24．解：作CF⊥OB，垂足为F，作DE⊥OB，垂足为E，连接CD并延长交x 轴于M设反比例函数的解析式是y=，把C点的坐标（3，4）代入得：k=12即y=，∵ABOC是平行四边形∴AC∥OB，OC∥AB，AC=OB，AB=OC ∵C（3，4）∴OF=3，CF=4∴OC=，即AB=5设AC=2a，则AD=a，OB=2a （a＞0）∴BD=5﹣a，∵OC∥AB∴∠COF=∠DBE且∠CFO=∠DEB∴△CFO∽△BDE∴∴DE=，BE=∴OE=∴D（，）∵点D是y=图象上一点∴×=12∴a=∴D（7，）故答案为（7，）．25．解：如图，设⊙O与AB相切于点H，交CD与E，连接OH，延长HO交CD于F，设⊙O的半径为r．在Rt△OEF中，当点E与N′重合时，⊙O的面积最大，此时EF=4，，则有：r2=（8﹣r）2+42，∴r=5．∴⊙O的最大面积为25π，由题意：，∴2≤x≤3，故答案为2≤x≤3，25π．二、解答题26．解：（1）设各通道的宽度为x米，根据题意得：（90﹣3x）（60﹣3x）=4536，解得：x1=2，x2=48（不合题意，舍去）．答：各通道的宽度为2米．（2）设该工程队原计划每天完成y平方米的绿化任务，根据题意得：﹣=2，解得：y=400，经检验，y=400是原方程的解，且符合题意．答：该工程队原计划每天完成400平方米的绿化任务．27．（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠ACB=60°，AC=BC，（2分）∵AE=CD，∴△ACE≌△CBD；（3分）（2）解：i）四边形ABGC为菱形，理由是：∵△ACE≌△CBD，∴∠ACE=∠CBD，∴∠DPC=∠PCB+∠CBD=∠PCB+∠ACE=∠ACB=60°，由翻折得：CD=CM，∠CDP=∠CMP，∠MPC=∠DPC=60°，∴∠DCF+∠DPF=60°+2×60°=180°，∴∠CDP+∠CFP=360°﹣180°=180°，∴∠CMP+∠CMF=180°∴∠CMF=∠CFP，∴CF=CM=CD，（4分）∵∠CFM+∠CFG=180°，∠CDP+∠CFM=180°，∴∠CDP=∠CFG，∵CG∥AB，∴∠GCF=∠CBA=60°=∠BCD，∴△CDB≌△CFG，（5分）∴CG=CB，∴CG=AB，∵CG∥AB，CG=AB=AC，∴四边形ABGC是菱形；（6分）ii）过C作CH⊥AB于H，设菱形ABGC的边长为a，∵△ABC是等边三角形，∴AH=BH=a，∴CH=AH•sin60°=a=，∵菱形ABGC的面积为6，∴AB•CH=6，即a a=6，∴a=2，（7分）∴BG=2，∵四边形ABGC是菱形，∴AC∥BG，∴∠GBC=∠ACB=60°，∵∠GPB=180°﹣∠CPD﹣∠CPM=60°，∴∠GBC=∠GPB，∵∠BGF=∠BGF，∴△BGF∽△PGB，（8分）∴，即BG2=FG•PG，∵PF=1，BG=2，∴，∴FG=3或﹣4（舍），（9分）∵△CDB≌△CFG，△ACE≌△CBD，∴FG=BD，BD=CE，∴CE=FG=3．（10分）28．解：（1）∵y=﹣6x+4=（x﹣6）2﹣14，∴点A的坐标为（6，﹣14）．∵点A在直线y=kx﹣2上，∴﹣14=6k﹣2，解得：k=﹣2，∴直线的函数表达式为y=﹣2x﹣2．（2）设点A′的坐标为（m，﹣2m﹣2），则平移后抛物线的函数表达式为y=（x ﹣m）2﹣2m﹣2．当y=0时，有﹣2x﹣2=0，解得：x=﹣1，∵平移后的抛物线与x轴的右交点为C（点C不与点A′重合），∴m＞﹣1．（i）联立直线与抛物线的表达式成方程组，，解得：，，∴点B′的坐标为（m﹣4，﹣2m+6）．当y=0时，有（x﹣m）2﹣2m﹣2=0，解得：x1=m﹣2，x2=m+2，∴点C的坐标为（m+2，0）．过点C作CD∥y轴，交直线A′B′于点D，如图所示．当x=m+2时，y=﹣2x﹣2=﹣2m﹣4﹣2，∴点D的坐标为（m+2，﹣2m﹣4﹣2），∴CD=2m+2+4．∴S△A′B′C =S△B′CD﹣S△A′CD=CD•[m+2﹣（m﹣4）]﹣CD•（m+2﹣m）=2CD=2（2m+2+4）=60．设t=，则有t2+2t﹣15=0，解得：t1=﹣5（舍去），t2=3，∴m=8，∴点A′的坐标为（8，﹣18），∴AA′==2．（ii）∵A′（m，﹣2m﹣2），B′（m﹣4，﹣2m+6），C（m+2，0），∴A′B′2=（m﹣4﹣m）2+[﹣2m+6﹣（﹣2m﹣2）]2=80，A′C2=（m+2﹣m）2+[0﹣（﹣2m﹣2）]2=4m2+12m+8，B′C2=[m+2﹣（m﹣4）]2+[0﹣（﹣2m+6）]2=4m2﹣20m+56+16．当∠A′B′C=90°时，有A′C2=A′B′2+B′C2，即4m2+12m+8=80+4m2﹣20m+56+16，整理得：32m﹣128﹣16=0．设a=，则有2a2﹣a﹣10=0，解得：a1=﹣2（舍去），a2=，∴m=，∴点A′的坐标为（，﹣）；当∠B′A′C=90°时，有B′C2=A′B′2+A′C2，即4m2﹣20m+56+16=80+4m2+12m+8，整理得：32m+32﹣16=0．设a=，则有2a2﹣a=0，解得：a3=0（舍去），a4=，∴m=﹣，∴点A′的坐标为（﹣，﹣）．综上所述：在平移过程中，当△A′B′C是以A′B′为一条直角边的直角三角形时，点A′的坐标为（，﹣）或（﹣，﹣）．。
2020届四川省成都市高三毕业班第二次诊断性检测数学(理)试题(解析版)
2020届四川省成都市高三毕业班第二次诊断性检测数学（理）试题一、单选题1．设全集，集合,,则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】进行交集、补集的运算即可．【详解】∁U B＝{x|﹣2＜x＜1}；∴A∩（∁U B）＝{x|﹣1＜x＜1}．故选：A．【点睛】考查描述法的定义，以及交集、补集的运算．2．已知双曲线的焦距为4,则双曲线的渐近线方程为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】先求出c＝2，再根据1+b2＝c2＝4，可得b，即可求出双曲线C的渐近线方程. 【详解】双曲线C：的焦距为4，则2c＝4，即c＝2，∵1+b2＝c2＝4，∴b，∴双曲线C的渐近线方程为y x，故选：D．【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，考查双曲线的渐近线方程的运用，属于基础题.3．已知向量,,则向量在向量方向上的投影为（）A．B．C．－1 D．1【答案】A【解析】本题可根据投影的向量定义式和两个向量的数量积公式来计算．【详解】由投影的定义可知：向量在向量方向上的投影为：，又∵，∴．故选：A．【点睛】本题主要考查投影的向量定义以及根据两个向量的数量积公式来计算一个向量在另一个向量上的投影，本题属基础题．4．已知,条件甲：；条件乙：,则甲是乙的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】先通过解分式不等式化简条件乙，再判断甲成立是否推出乙成立；条件乙成立是否推出甲成立，利用充要条件的定义判断出甲是乙成立的什么条件．【详解】条件乙：，即为⇔若条件甲：a＞b＞0成立则条件乙一定成立；反之，当条件乙成立，则也可以，但是此时不满足条件甲：a＞b＞0，所以甲是乙成立的充分非必要条件故选：A．【点睛】判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q 为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p 与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．5．为比较甲、以两名篮球运动员的近期竞技状态,选取这两名球员最近五场比赛的得分制成如图所示的茎叶图,有以下结论：①甲最近五场比赛得分的中位数高于乙最近五场比赛得分的中位数；②甲最近五场比赛得分平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数；③从最近五场比赛的得分看，乙比甲更稳定；④从最近五场比赛的得分看，甲比乙更稳定。
四川省成都市2020届高三数学下学期第二次诊断考试试题理202004160386
四川省成都市2020届高三数学下学期第二次诊断考试试题 理本试卷分选择题和非选择题两部分，第1卷（选择题）1至2页，第Ⅱ卷（非选择题）3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2．答选择题时，必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5．考试结束后，只将答题卡交回。
第Ⅰ卷（选择题，共60分）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.复数z 满足2)1(=+i z （i 为虚数单位），则z 的虚部为（ ） A.i B.-i C.-1 D.12.设全集R U =，集合{}1<=x x M ，{}2>=x x N ，则N M C U )(=（ ） A.{}2>x x B.{}1≥x x C.{}21<<x x D.{}2≥x x 3.某中学有高中生1500人，初中生1000人，为了解该校学生自主锻炼的时间，采用分层抽样的方法从高中生和初中生中抽取一个容量为n 的样本。
若样本中高中生恰有30人，则n 的值为（ ）A.20B.50C.40D.60 4.曲线x x y -=3在点)0,1(处的切线方程为（ ）A.02=-y xB.022=-+y xC.022=++y xD.022=--y x 5.已知锐角β满足αα2cos 12sin 2-=，则αtan =（ ） A.21B.1C.2D.4 6.函数)1ln(cos )(2x x x x f -+⋅=在]1,1[-的图象大致为（ ）A B C D7.执行如图所示的程序框图，则输出S 的值为（ ）A.16B.48C.96D.1288.已知函数0)4(),0)(2sin()(=<<+=ππωπωf x x f ，则函数)(x f 的图象的对称轴方程为（ ） A.Z k k x ∈-=,4ππ B.Z k k x ∈+=,4ππC.Z k k x ∈=,21π D.Z k k x ∈+=,421ππ 9.如图，双曲线C )0,0(12222>>=-b a by a x ：的左，右交点分别是)0,(1c F -，)0,(2c F ，直线a bc y 2=与双曲线C 的两条渐近线分别相交于B A ,两点.若321π=∠F BF ，则双曲线C 的离心率为（ ） A.2 B.324 C.2 D.33210.在正方体1111D C B A ABCD -中，点Q P ,分别为AD AB ,的中点，过点D 作平面α使αα平面∥，平面∥Q A P B 11，若直线M D B =α平面 11，则11MB MD 的值为（ ） A.41 B.31 C.21 D.32 11.已知EF 为圆1)1()1(22=++-y x 的一条直径，点),(y x M 的坐标满足不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≤≥++≤+-103201y y x y x ，则MF ME ⋅的取值范围为（ ） A.]13,29[ B.]13,4[ C.]12,4[ D.]12,27[ 12.已知函数x xe x g xxx f -==)(,ln )(，若存在R x x ∈+∞∈21),,0(，使得)0()()(21<==k k x g x f 成立，则ke x x 212)(的最大值为（ ） A.2e B.e C.24e D.21e第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上． 13．()41x +的展开式中x 2的系数为 。
四川省成都市2020届高三第二次诊断性检测数学试题(理)(解析版)
四川省成都市2020届高三第二次诊断性检测数学试题（理）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题，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. 复数z 满足()12(i i z +=为虚数单位)，则z 的虚部为（ ） A. iB. i -C.1- D. 1『答案』C『解析』由已知，22(1i)1i 1i (1i)(1i)z -===-++-，故z 的虚部为1-. 故选：C.2. 设全集,U R =集合{}{}1,||2M x x N x x =<=>，则()UM N ⋂=（ ）A. {}|2x x >B. {}|1x x ≥C. {}|12x x <<D. {}|2x x ≥『答案』A 『解析』由已知，{|1}UM x x =≥，又{}|2N x x =>，所以{|2}U M N x x ⋂=>.故选：A.3. 某中学有高中生1500人，初中生1000人为了解该校学生自主锻炼的时间，采用分层抽样的方法从高生和初中生中抽取一个容量为n 的样本.若样本中高中生恰有30人，则n 的值为（ ） A. 20B. 50C. 40D. 60『答案』B『解析』由题意，30=150015001000n⨯+，解得50n =.故选：B.4. 曲线3y x x =-在点()1,0处的切线方程为（ ） A. 20x y -=B. 220x y +-=C. 220x y ++=D. 220x y --=『答案』D『解析』由已知，'231y x =-，故切线的斜率为12x y ='=，所以切线方程为2(1)y x =-， 即220x y --=. 故选：D.5. 已知锐角α满足2sin21cos2 ,αα=-则tan α=（ ） A.12B. 1C.2D.4『答案』C『解析』由已知，24sin cos 2sin ααα=，因α为锐角，所以sin 0α≠，2cos sin αα=， 即tan α=2. 故选：C.6. 函数())cos lnf x x x =⋅在[1,1]-的图象大致为（ ）A. B.C. D.『答案』B『解析』因为())cos()lnf x x x =-=-⋅)cos lnx x ⋅+cos cos )()x x x f x =⋅=-=-，故()f x 为奇函数，排除C 、D ；又(1)cos11)0f =⋅<，排除A. 故选：B.7. 执行如图所示的程序框图，则输出S 的值为（ ）A. 16B. 48C. 96D. 128『答案』B『解析』第一次循环：12(11)4,2S i =+==；第二次循环：242(12)16,3S i =++==； 第三次循环：3162(13)48,4S i =++==，退出循环，输出的S 为48. 故选：B.8. 已知函数()sin 22f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则函数()f x 的图象的对称轴方程为（ ） A. ,4x k k Z ππ=-∈B. +,4x k k Z ππ=∈C. 1,2x k k Z π=∈ D. 1+,24x k k Z ππ=∈ 『答案』C『解析』由已知，()cos2f x x =，令2,π=∈x k k Z ，得1,2x k k Z π=∈. 故选：C.9. 如图，双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左，右焦点分别是()()12,0,,0,F c F c -直线2bc y a =与双曲线C 的两条渐近线分别相交于,A B 两点.若12,3BF F π∠=则双曲线C 的离心率为（ ）A.2B.3C.D.『答案』A『解析』由已知，得(,)22c bc B a -，过B 作x 轴的垂线，垂足为T ，故12cFT =， 又12,3BF F π∠=所以1tan 3BT FT π==，即22bcb ac a == 所以双曲线C的离心率2e ==.故选：A.10. 在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 、Q 分别为AB 、AD 的中点，过点D 作平面α使1//B P 平面α，1//A Q 平面α若直线11B D ⋂平面M α=，则11MD MB 的值为（ ） A.14B.13C.12D.23『答案』B『解析』如下图所示：设平面α分别交11A D 、11C D 于点E 、F ，连接DE 、DF 、EF ，取CD 的中点G ，连接PG 、1C G ，连接11A C 交11B D 于点N ，四边形ABCD 为正方形，P 、G 分别为AB 、CD 的中点，则//BP CG 且BP CG =，∴四边形BCGP 为平行四边形，//PG BC ∴且PG BC =，11//B C BC 且11B C BC =，11//PG B C ∴且11PG B C =，则四边形11B C GP 为平行四边形， 11//B P C G ∴，1//B P 平面α，则存在直线a ⊂平面α，使得1//B P a ，若1C G ⊂平面α，则G ∈平面α，又D ∈平面α，则CD ⊂平面α， 此时，平面α为平面11CDD C ，直线1A Q 不可能与平面α平行， 所以，1C G ⊄平面α，1//C G a ∴，1//C G ∴平面α，1C G ⊂平面11CDD C ，平面11CDD C 平面DF α=，1//DF C G ∴，1//C F DG ，所以，四边形1C GDF 为平行四边形，可得1111122C E DG CD C D ===，F ∴为11C D 的中点，同理可证E 为11A D 的中点，11B D EF M =，11111124MD D N B D ∴==，因此，1113MD MB =. 故选：B.11. 已知EF 为圆()()22111x y -++=的一条直径，点(),M x y 的坐标满足不等式组10,230,1.x y x y y -+≤⎧⎪++≥⎨⎪≤⎩则ME MF ⋅的取值范围为（ ）A. 9,132⎡⎤⎢⎥⎣⎦B. []4,13C. []4,12D. 7,122⎡⎤⎢⎥⎣⎦『答案』D『解析』作出可行域如图所示设圆心为(1,1)T -，则()()ME MF MT TE MT TF ⋅=+⋅+=22()()MT TE MT TE MT TE +⋅-=-21MT =-,过T 作直线10x y -+=的垂线，垂足为B ，显然TB MT TA ≤≤，又易得(2,1)A -，所以MA ==TB ==故ME MF ⋅271[,12]2MT =-∈. 故选：D.12. 已知函数()ln x f x x=，()xg x xe -=.若存在()10,x ∈+∞，2x R ∈使得()()()120f x g x k k ==<成立，则221k x e x ⎛⎫⎪⎝⎭的最大值为（ ）A. 2eB. eC24e D.21e 『答案』C.『解析』()ln x f x x =，()()ln xx x x x e g x f e e e===，由于()111ln 0x f x k x ==<，则11ln 001x x <⇒<<，同理可知，20x <， 函数()y f x =的定义域为()0,∞+，()21ln 0xf x x -'=>对()0,1x ∀∈恒成立，所以，函数()y f x =在区间()0,1上单调递增，同理可知，函数()y g x =在区间(),0-∞上单调递增，()()()212x f x g x f e ∴==，则21x x e =，()22221x x x g x k x e ∴===，则2221k k x e k e x ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 构造函数()2kh k k e =，其中k 0<，则()()()222kkh k k k e k k e '=+=+.当2k <-时，()0h k '>，此时函数()y h k =单调递增；当20k -<<时，()0h k '<，此时函数()y h k =单调递减. 所以，()()2max 42h k h e=-=. 故选：C.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分）13. ()41+x 的展开式中2x 的系数为________________．『答案』6『解析』()41+x 的展开式的通项为414r rr T C x -+=⋅，令422r r -=⇒=，因此，()41+x 的展开式中2x 的系数为246C =. 故答案为：6.14. 在ABC 中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知,2,3B a b π===则ABC的面积为___________．『解析』由余弦定理，得2222cos b a c ac B =+-，即2342c c =+-，解得1c =，故ABC ∆的面积1sin 2S ac B ==.15. 已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)所有顶点都在球O 的表面上.若球O 的表面积为28,π则该三棱柱的侧面积为___________．『答案』36『解析』由已知，2428R ππ=，解得R =，如图所示，设底面等边三角形中心为1O ，直三棱柱的棱长为x ，则1O A x =，112O O x =，故2222117O A O O OA R +===，即22734x x +=，解得x =2336x =.故答案为：36.16. 经过椭圆2212x y +=中心的直线与椭圆相交于M 、N 两点（点M 在第一象限），过点M 作x 轴的垂线，垂足为点E .设直线NE 与椭圆的另一个交点为P .则cos NMP ∠的值是________________．『答案』0『解析』设点()()0000,0,0M x y x y >>，则()00,N x y --、()0,0E x ，设点()11,P x y ，则220022111212x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式相减得()2222101002x x y y -+-=，即2210221012y y x x -=--， 即221010102210101012MP NPy y y y y y k k x x x x x x -+-=⋅==--+-， 由斜率公式得000011222NP NE MN y y k k k x x ===⋅=，111222MP NP MP MN MN MP k k k k k k ⎛⎫∴-==⋅= ⎪⎝⎭，1MN MP k k ∴=-，故MN MP ⊥， 因此，cos 0NMP ∠=. 故答案为：0.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 已知{}n a 是递增的等比数列，11a =，且22a 、332a 、4a 成等差数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设21231log log n n n b a a ++=⋅，n *∈N ，求数列{}n b 的前n 项和n S .解：（Ⅰ）设数列{}n a 的公比为q ，由题意及11a =，知1q >.22a 、332a 、4a 成等差数列成等差数列，34232a a a ∴=+，2332q q q ∴=+，即2320-+=q q ，解得2q或1q =（舍去），2q ∴=.∴数列{}n a 的通项公式为1112n n n a a q --==；（Ⅱ）()212311111log log 222n n n b a a n n n n ++⎛⎫===- ⎪⋅++⎝⎭，11111111111232435112n S n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()()13113232212442123111212n n n n n n n ⎛⎫=-=⎭+⎛-+ +⎫-=- ⎪+++⎝⎭⎝++⎪. 18. 如图，在四棱锥P ABCD -中，O 是边长为4的正方形ABCD 的中心，PO ⊥平面ABCD ，E 为BC 的中点.（Ⅰ）求证：平面PAC ⊥平面PBD ；（Ⅱ）若3PE =，求二面角D PE B --的余弦值. （Ⅰ）证明：ABCD 是正方形，AC BD ∴⊥，PO ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，.PO AC ∴⊥OP 、BD ⊂平面PBD ，且OP BD O ⋂=，AC ∴⊥平面 PBD ，又AC ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面PBD ； （Ⅱ）解：取AB 的中点M ，连接OM 、OE ，ABCD 是正方形，易知OM 、OE 、OP 两两垂直，以点O 为坐标原点，以OM 、OE 、OP所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，在Rt POE ∆中，2OE =，3PE=，PO ∴=()2,2,0B ∴、()2,2,0D --、(P 、()0,2,0E ，设平面PBE 的一个法向量()111,,m x y z =，()2,0,0BE =-，(0,2,PE =，由00m BE m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得111020x y =⎧⎪⎨=⎪⎩，令1y =10x =，12z =，()0,5,2m ∴=.设平面PDE 的一个法向量()222,,n x y z =，()2,4,0DE =，(0,2,PE =，由00n DE n PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得222224020x y y +=⎧⎪⎨=⎪⎩，取2y =，得22z =，2x =-，得()25,5,2n =-. 329cos ,m n m n m n⋅∴<>==⋅，二面角D PE B --为钝二面角，∴二面角D PE B --的余弦值为19. 某动漫影视制作公司长期坚持文化自信，不断挖掘中华优秀传统文化中的动漫题材，创作出一批又一批的优秀动漫影视作品，获得市场和广大观众的一致好评，同时也为公司赢得丰厚的利润.该公司2013年至2019年的年利润y 关于年份代号x 的统计数据如下表（已知该公司的年利润与年份代号线性相关）.（Ⅰ）求y 关于x 的线性回归方程，并预测该公司2020年（年份代号记为8）的年利润； （Ⅱ）当统计表中某年年利润的实际值大于由（Ⅰ）中线性回归方程计算出该年利润的估计值时，称该年为A 级利润年，否则称为B 级利润年.将（Ⅰ）中预测的该公司2020年的年利润视作该年利润的实际值，现从2013年至2020年这8年中随机抽取2年，求恰有1年为A 级利润年的概率.参考公式：()()()121nii i nii xx y yb xx==--=-∑∑，a y bx =-.解：（Ⅰ）根据表中数据，计算可得4x =，43y =，()()71140iii x x y y =--=∑，又()21728ii x x =-=∑，()()()717215iii ii x x y y b x x ==--∴==-∑∑，435423a y bx =-=-⨯=，y ∴关于x 的线性回归方程为523y x =+.将8x =代入回归方程得582363y =⨯+=（亿元），∴该公司2020年的年利润的预测值为63亿元.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知2013年至2020年的年利润的估计值分别为28、33、38、43、48、53、58、63（单位：亿元），其中实际利润大于相应估计值的有3年. 故这8年中被评为A 级利润年的有3年，评为B 级利润年的有5年.记“从2013年至2020年这8年的年利润中随机抽取2年，恰有1年为A 级利润年”的概率为P ，1153281528C C P C ∴==. 20. 已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的左、右焦点分别为()11,0F -、()21,0F ，点P 在椭圆E 上，212PF F F ⊥且213PF PF =. （Ⅰ）求椭圆E 的标准方程；（Ⅱ）设直线():1l x my m R =+∈与椭圆E 相交于A 、B 两点，与圆222x y a +=相交于C 、D 两点，求2AB CD ⋅的取值范围.解：（Ⅰ）P 在椭圆上， 122PF PF a +=∴，123PF PF =，22a PF ∴=，132aPF =， 212PF F F ⊥，2212212PF F F PF ∴+=，又12 2F F =，22a ∴=，1c =，1b ∴==，∴椭圆E 的标准方程为2212x y +=；（Ⅱ）设点()11,A x y 、()22,B x y ，联立22122x my x y =+⎧⎨+=⎩消去x ，得()222210m y my ++-=，2880m ∴∆=+>，则12222m y y m +=-+，12212y y m =-+，)212212m AB y m +=-=+∴ 设圆222x y +=的圆心O 到直线l 的距离为d ，则d =CD ∴==))22222222121213422122m m m AB CD m m m m +++⎫∴⋅=⋅⋅==-⎪++++⎭，233022m <≤+，2132222m ∴≤-<+，2AB CD ∴⋅<2AB CD ∴⋅的取值范围为⎡⎣.21. 已知函数()()22ln 1f x x x m x =+-+，其中m R ∈.（Ⅰ）若0m >，求函数()f x 的单调区间； （Ⅱ）设()()1xg x f x e=+.若()11g x x >+在()0,∞+上恒成立，求实数m 的最大值. 解：（Ⅰ）函数()()22ln 1f x x x m x =+-+的定义域为()1,-+∞.当0m >时，()()2212211x m m f x x x x +-'=+-=++.令()0f x '=，解得111x =-<-（舍去），211x =>-.当1,12x ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝-⎭∈-时，()0f x '<，所以，函数()y f x =在1,12⎛⎫⎪ -⎝⎭-⎪上单调递减；当1,2x ∈-+∞⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，所以，函数()y f x =在1,2⎛⎫⎪ ⎝-+⎭∞⎪上单调递增.因此，函数()y f x =的单调递减区间为1,12⎛⎫⎪ -⎝⎭-⎪，单调递增区间为1,2⎛⎫ ⎪ ⎝-+⎭∞⎪；（Ⅱ）由题意，可知()2112ln 11x x x m x x e+-+>-+在()0,∞+上恒成立. （i ）若0m ≤，()ln 10x +>，()ln 10m x -+≥∴，()2211112ln 1211x x x x m x x x x e x e∴+-+-+≥+-+++， 构造函数()21121x G x x x x e=+-++，0x >，则()()211221x G x x e x '=++-+，0x ，101xe ∴<<，110x e ∴-<-<. 又()21222221x x x ++>+>+，()'0G x ∴>在()0,∞+上恒成立.所以，函数()y G x =在()0,∞+上单调递增，()()00.G x G =∴> ∴当0m ≤时，()2112ln 101x x x m x x e∴+-+-+>+在()0,∞+上恒成立. （ii ）若0m >，构造函数()1xH x e x =--，0x >.()10x H x e '=->，所以，函数()y H x =在()0,∞+上单调递增.()()00H x H ∴>=恒成立，即10x e x >+>，111x x e ∴>+，即1101x x e->+. 由题意，知()111x f x x e>-+在()0,∞+上恒成立. ()()2210f x x x mln x ∴=+-+>在()0,∞+上恒成立.由（Ⅰ）可知()()min12f x f x f ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭极小值，又()00f =10->，即2m >时，函数()y f x =在10,2⎛-⎫ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，()1002f f ⎛⎫ ⎪ ⎪<⎭-=⎝，不合题意，102-≤，即02m <≤. 此时()()()22111112ln 122ln 1111x x g x x x m x x x x x e x e x -=+-++-≥+-++-+++ 构造函数()()21122ln 11xP x x x x e x =+-++-+，0x >. ()()22112211x P x x x e x '∴=+--+++， 111x e x ->-+，11x +>， ()()()222113122221111x P x x x x e x x x '∴=+--+>+-+++++ ()()()()()()()()322222131121311210111x x x x x x x x x +-+++-+++=>=>+++，()'0P x ∴>恒成立，所以，函数()y P x =在(0,)+∞上单调递增，()()00P x P ∴>=恒成立.综上，实数m 的最大值为2.请考生在第22，23题中任选择一题作答，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的标号涂黑.22. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为22x m y m⎧=⎨=⎩(m 为参数).以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为sin cos 10ρθρθ-+=. （Ⅰ）求直线l 的直角坐标方程与曲线C 的普通方程； （Ⅱ）已知点()2,1,P 设直线l 与曲线C 相交于,M N 两点，求11PM PN+的值. 解：()I 由cos ,sin ,x y ρθρθ==可得直线l 的直角坐标方程为10.x y --= 由曲线C 的参数方程，消去参数,m 可得曲线C 的普通方程为24y x =.()II 易知点()2,1P 在直线l 上，直线l的参数方程为2212x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩(t 为参数). 将直线l 的参数方程代入曲线C的普通方程，并整理得2140t --=. 设12,t t是方程2140t --=的两根，则有121214t t t t +==-.21222121111111t t t PM PN t t t t t t t +∴+=+===-47==23. 已知函数()13f x x x =-++. （Ⅰ）解不等式()6f x ≥；（Ⅱ）设()22,g x x ax =-+其中a 为常数.若方程()()f x g x =在(0,)+∞上恰有两个不相等的实数根，求实数a 的取值范围.解：()I 原不等式即136x x -++≥.①当1≥x 时，化简得226x +≥.解得2x ≥；②当31x -<<时，化简得46≥此时无解；③当3x ≤-时，化简得226x --≥解得4x ≤-.综上，原不等式的解集为(,4][2,)-∞-+∞()II 由题意()22,14,01x x f x x +≥⎧=⎨<<⎩， 设方程()()f x g x =两根为()1212,x x x x <..①当211x x >≥时，方程2222x ax x -+=+等价于方程222a x x=++.易知当51,2a ⎤⎥⎦∈，方程222a x x =++在(1,)+∞上有两个不相等的实数根.此时方程224x ax -+=在()0,1上无解.51,2a ⎤∴⎥⎦∈满足条件.②当1201x x 时，方程224x ax -+=等价于方程42a x x=+， 此时方程42a x x=+在()0,1上显然没有两个不相等的实数根. ③当1201x x <<≤时，易知当5,2a ⎛⎫+∞ ⎝∈⎪⎭，方程42a x x=+在()0,1上有且只有一个实数根. 此时方程2222x ax x -+=+在[1,)+∞上也有一个实数根.5,2a ⎛⎫∴+∞ ⎝∈⎪⎭满足条件.综上，实数a 的取值范围为1,)+∞.。
2020届四川省成都市二诊数学(理科)试卷及答案
, aˆ y bˆx ．
(xi x )2
i 1
20．（12
分）已知椭圆
E
:
x2 a2
y2 b2
1(a
0,b 0) 的左，右焦点分别为 F1(1, 0) ， F2 (1, 0) ，点
P 在椭圆 E 上， PF2 F1F2 ，且 | PF1 | 3 | PF2 | ．
（Ⅰ）求椭圆 E 的标准方程；
（Ⅰ）求证：平面 PAC 平面 PBD ；
（Ⅱ）若 PE 3 ，求二面角 D PE B 的余弦值．
19．（12 分）某动漫影视制作公司长期坚持文化自信，不断挖据中华优秀传统文化中的动漫
题材，创作出一批又一批的优秀动漫影视作品，获得市场和广大观众的一致好评，同时也为
公司赢得丰厚的利润．该公司 2013 年至 2019 年的年利润 y 关于年份代号 x 的统计数据如表
f
(x)
sin( x
)(0
),
f
(
)
0 ，则函数
f
(x)
的图象的对称轴方
2
4
程为 ( )
A． x k , k Z 4
B． x k , k Z 4
C． x 1 k , k Z 2
D． x 1 k , k Z 24
9．（5
分）如图，双曲线 C :
x2 a2
y2 b2
l(a
值时，称该年为 A 级利润年，否则称为 B 级利润年，将（Ⅰ）中预测的该公司 2020 年的年
第 4页（共 21页）
利润视作该年利润的实际值，现从 2013 年至 2020 年这 8 年中随机抽取 2 年，求恰有 1 年为
A 级利润年的概率．
n
(xi x )( yi y)
2020-2021学年四川省成都市高考数学二诊试卷(理科)及答案解析
四川省成都市高考数学二诊试卷（理科）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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A={x|y=}，B={x||x|≤2}，则A∪B=（）A．[﹣2，2] B．[﹣2，4] C．[0，2] D．[0，4]2．函数f（x）=2x+x﹣2的零点所在区间是（）A．（﹣∞，﹣1）B．（﹣l，0） C．（0，1）D．（1，2）3．复数z=（其中i为虚数单位）的虚部是（）A．﹣1 B．﹣i C．2i D．24．已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能为（）A．B．C．D．5．将函数f（x）=cos（x+）图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数g（x）的图象，则函数g（x）的一个减区间是（）A．[﹣，] B．[﹣，] C．[﹣，] D．[﹣，]6．某校高三（1）班在一次单元测试中，每位同学的考试分数都在区间[100，128]内，将该班所有同学的考试分数分为七组：[100，104），[104，108），[108，112），[112，116），[116，120），[120，124），[124，128]，绘制出频率分布直方图如图所示，已知分数低于112分的有18人，则分数不低于120分的人数为（）A．10 B．12 C．20 D．407．某微信群中甲、乙、丙、丁、卯五名成员同时抢4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢光，4个红包中有两个2元，两个3元（红包中金额相同视为相同的红包），则甲乙两人都抢到红包的情况有（）A．35种 B．24种 C．18种 D．9种8．在三棱锥P﹣ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F分别是线段PB，PC上的动点．则下列说法错误的是（）A．当AE⊥PB时，△AEF﹣定为直角三角形B．当AF⊥PC时，△AEF﹣定为直角三角形C．当EF∥平面ABC时，△AEF﹣定为直角三角形D．当PC⊥平面AEF时，△AEF﹣定为直角三角形9．已知函数f（x）=，则不等式f（f（x））＜4f（x）+1的解集是（）A．（﹣3，0）B．（﹣，1）C．（0，2）D．（﹣，log32）10．已知抛物线y=x2的焦点为F，经过y轴正半轴上一点N作直线l与抛物线交于A，B两点，且=2（O为坐标原点），点F关于直线OA的对称点为C，则四边形OCAB面积的最小值为（）A．3 B．C．2D．二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．11．已知双曲线=1的右焦点为（3，0），则该双曲线的离心率等于______．12．的展开式中，x2项的系数为______．（用数字作答）13．已知实数x，y满足，则x2+y2﹣2x的取值范围是______．14．执行如图所示的程序框图，输出的S的值为______15．已知函数f（x）=x+sin2x．给出以下四个命题：①∀x＞0，不等式f（x）＜2x恒成立；②∃k∈R，使方程f（x）=k有四个不相等的实数根；③函数f（x）的图象存在无数个对称中心；}为等差数列，且f（a l）+f（a2）+f（a3）=3π，则a2=π．④若数列{an其中的正确命题有______．（写出所有正确命题的序号）三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a=，且b2+c2=3+bc．（I）求角A的大小；（Ⅱ）求bsinC的最大值．17．已知数列{a n}满足a1=1，（n+1）a n=（n﹣1）a n﹣1，（n≥2，n∈N*）．（I）求数列{a n}的通项公式a n；（Ⅱ）设数列{a n}的前n项和为S n．证明：S n＜2．18．某商场举行购物抽奖活动，抽奖箱中放有除编号不同外，其余均相同的20个小球，这20个小球编号的茎叶图如图所示，活动规则如下：从抽奖箱中随机抽取一球，若抽取的小球编号是十位数字为l的奇数，则为一等奖，奖金100元；若抽取的小球编号是十位数字为2的奇数，则为二等奖，奖金50元；若抽取的小球是其余编号则不中奖．现某顾客有放回的抽奖两次，两次抽奖相互独立．（I）求该顾客在两次抽奖中恰有一次中奖的概率；（Ⅱ）记该顾客两次抽奖后的奖金之和为随机变量X，求X的分布列和数学期望．19．如图．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知侧棱与底面垂直，∠CAB=90°，且AC=1，AB=2，E为BB1的中点，M为AC上一点，=．（I）证明：CB1∥平面A1EM；（Ⅱ）若二面角C1﹣A1E﹣M的余弦值为，求AA1的长度．20．已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，抛物线y2=4x与椭圆C有相同的焦点，点P为抛物线与椭圆C在第一象限的交点，且|PF1|=．（I）求椭圆C的方程；（Ⅱ）与抛物线相切于第一象限的直线l，与椭圆交于A，B两点，与x轴交于M点，线段AB的垂直平分线与y轴交于N点，求直线MN斜率的最小值．21．设函数f（x）=lnx．（I）求函数g（x）=x﹣1﹣f（x）的极小值；（Ⅱ）若关于x的不等式mf（x）≥在[1，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；（Ⅲ）已知a∈（0，），试比较f（tana）与﹣cos2a的大小，并说明理由．参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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A={x|y=}，B={x||x|≤2}，则A∪B=（）A．[﹣2，2] B．[﹣2，4] C．[0，2] D．[0，4]【考点】并集及其运算．【分析】求出集合的等价条件，根据集合的基本运算进行求解即可．【解答】解：A={x|y=}={x|4x﹣x2≥0}={x|0≤x≤4}，B={x||x|≤2}={x|﹣2≤x≤2}，则A∪B={x|﹣2≤x≤4}，故选：B．2．函数f（x）=2x+x﹣2的零点所在区间是（）A．（﹣∞，﹣1）B．（﹣l，0） C．（0，1）D．（1，2）【考点】函数零点的判定定理．【分析】据函数零点的判定定理，判断f（﹣1），f（0），f（1），f（2）的符号，即可求得结论．【解答】解：f（﹣1）=2﹣1+1﹣2=﹣＜0，f（0）=﹣1＜0，f（1）=1＞0，f（2）=4＞0，故有f（0）•f（1）＜0，由零点的存在性定理可知：函数f（x）=2x+x﹣2的零点所在的区间是（0，1）故选：C．3．复数z=（其中i为虚数单位）的虚部是（）A．﹣1 B．﹣i C．2i D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的化数形式的乘除运算法则求解．【解答】解：∵z=====1+2i，∴复数z=（其中i为虚数单位）的虚部是2．故选：D．4．已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能为（）A．B．C．D．【考点】简单空间图形的三视图．【分析】几何体为椎体与柱体的组合体，分四种情况进行判断．【解答】解：由主视图和侧视图可知几何体为椎体与柱体的组合体，（1）若几何体为圆柱与圆锥的组合体，则俯视图为A，（2）若几何体为棱柱与圆锥的组合体，则俯视图为B，（3）若几何体为棱柱与棱锥的组合体，则俯视图为C，（4）若几何体为圆柱与棱锥的组合体，则俯视图为故选：D．5．将函数f（x）=cos（x+）图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数g（x）的图象，则函数g（x）的一个减区间是（）A．[﹣，] B．[﹣，] C．[﹣，] D．[﹣，]【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】根据三角函数的图象变换关系求出g（x）的解析式，结合三角函数的单调性进行求解即可．【解答】解：将函数f（x）=cos（x+）图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，则y=cos（2x+），即g（x）=cos（2x+），由2kπ≤2x+≤2kπ+π，k∈Z，得kπ﹣≤x≤kπ+，k∈Z，即函数的单调递减区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈Z，当k=0时，单调递减区间为[﹣，]，故选：D．6．某校高三（1）班在一次单元测试中，每位同学的考试分数都在区间[100，128]内，将该班所有同学的考试分数分为七组：[100，104），[104，108），[108，112），[112，116），[116，120），[120，124），[124，128]，绘制出频率分布直方图如图所示，已知分数低于112分的有18人，则分数不低于120分的人数为（）A．10 B．12 C．20 D．40【考点】频率分布直方图．【分析】由频率分布直方图求出得分数低于112分的频率，从而求出高三（1）班总人数，再求出分数不低于120分的频率，由此能求出分数不低于120分的人数．【解答】解：由频率分布直方图得分数低于112分的频率为：（0.01+0.03+0.05）×4=0.36，∵分数低于112分的有18人，∴高三（1）班总人数为：n==50，∵分数不低于120分的频率为：（0.03+0.02）×4=0.2，∴分数不低于120分的人数为：50×0.2=10人．故选：A．7．某微信群中甲、乙、丙、丁、卯五名成员同时抢4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢光，4个红包中有两个2元，两个3元（红包中金额相同视为相同的红包），则甲乙两人都抢到红包的情况有（）A．35种 B．24种 C．18种 D．9种【考点】计数原理的应用．【分析】根据红包的性质进行分类，若甲乙抢的是一个2和一个3元的，若两个和2元或两个3元，根据分类计数原理可得．【解答】解：若甲乙抢的是一个2和一个3元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22A32=12种，若甲乙抢的是两个和2元或两个3元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22C32=6种，根据分类计数原理可得，共有12+6=18种，故选：C．8．在三棱锥P﹣ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F分别是线段PB，PC上的动点．则下列说法错误的是（）A．当AE⊥PB时，△AEF﹣定为直角三角形B．当AF⊥PC时，△AEF﹣定为直角三角形C．当EF∥平面ABC时，△AEF﹣定为直角三角形D．当PC⊥平面AEF时，△AEF﹣定为直角三角形【考点】棱锥的结构特征．【分析】A．当AE⊥PB时，又PA⊥底面ABC，AB⊥BC，可得AE⊥BC，利用线面垂直的判定与性质定理可得AE⊥EF，即可判断出正误．B．当AF⊥PC时，无法得出△AEF﹣定为直角三角形，即可判断出正误；C．当EF∥平面ABC时，可得EF∥BC，利用线面垂直的判定与性质定理可得：BC⊥AE，EF⊥AE，即可判断出正误；D．当PC⊥平面AEF时，可得PC⊥AE，由C可知：BC⊥AE利用线面垂直的判定与性质定理即可判断出正误．【解答】解：A．当AE⊥PB时，又PA⊥底面ABC，AB⊥BC，∴AE⊥BC，可得：AE⊥平面PBC，∴AE⊥EF，∴△AEF﹣定为直角三角形，正确．B．当AF⊥PC时，无法得出△AEF﹣定为直角三角形，因此不正确；C．当EF∥平面ABC时，平面PBC∩ABC=BC，可得EF∥BC，∵PA⊥底面ABC，AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AE，因此EF⊥AE，则△AEF﹣定为直角三角形，正确；D．当PC⊥平面AEF时，可得PC⊥AE，由C可知：BC⊥AE，∴AE⊥平面PBC，∴AE⊥EF，因此△AEF﹣定为直角三角形，正确．故选：B．9．已知函数f（x）=，则不等式f（f（x））＜4f（x）+1的解集是（）A．（﹣3，0）B．（﹣，1）C．（0，2）D．（﹣，log32）【考点】分段函数的应用．【分析】根据分段函数的表达式，讨论f（x）的符号，将不等式进行转化求解即可．【解答】解：由3x+1=0得x=﹣，当x＜﹣时，3x+1＜0，则由f（f（x））＜4f（x）+1得f（3x+1））＜4（3x+1）+1，即3（3x+1）+1＜12x+4+1，即9x+4＜12x+5，得x＞﹣，此时不等式无解，当x≥﹣时，当x≥0时，f（x）=3x≥1，则由f（f（x））＜4f（x）+1得＜4•3x+1，设t=3x，则不等式等价为3t＜4t+1，设g（t）=3t﹣4t﹣1，则g（0）=0，g（2）=9﹣8﹣1=0，即g（t）＜0的解为0＜t＜2，即0＜3x＜2，得0≤x＜log32，当﹣≤x＜0时，f（x）=3x+1≥0，则f（f（x））=33x+1，则由f（f（x））＜4f（x）+1得33x+1＜4（3x+1）+1，设t=3x+1，则不等式等价为3t＜4t+1，设g（t）=3t﹣4t﹣1，则g（0）=0，g（2）=9﹣8﹣1=0，即g（t）＜0的解为0＜t＜2，即0＜3x+1＜2，即﹣1＜3x＜1，得﹣＜x＜，此时﹣＜x＜0，综上所述，﹣＜x＜log32．即不等式的解集为（﹣，log32），故选：D10．已知抛物线y=x2的焦点为F，经过y轴正半轴上一点N作直线l与抛物线交于A，B两点，且=2（O为坐标原点），点F关于直线OA的对称点为C，则四边形OCAB面积的最小值为（）A．3 B．C．2D．【考点】抛物线的简单性质．【分析】先设直线AB方程为y=kx+b（b＞0），联立y=x2求解利用=2，求出b，可得直线AB方程为y=kx+2，设d1、d2分别为F到OA、O到AB的距离，利用四边形OCAB的面积S=S△OAC +S△OAB=（OA•d1+AB•d2），可得S关于k的函数，利用导数知识即可求解．【解答】解：不妨设位于第一象限的交点为A（x1，y1）、第二象限的交点为B（x2，y2），则x1＞0，x2＜0．OA的直线方程为y=x=x1x，F点的坐标为（0，）．设直线AB方程为y=kx+b（b＞0），联立y=x2求解，有x2﹣kx﹣b=0∴x1+x2=k，x1x2=﹣b，∴y1y2=b2，∵=2，∴x1x2+y1y2=﹣b+b2=2∵b＞0，∴b=2∴△=k2+8，x1=（k+）①；线段AB=②．设d1、d2分别为F到OA、O到AB的距离．∵C是F关于OA的对称点，∴C到OA的距离=d1．∴四边形OCAB的面积S=S△OAC +S△OAB=（OA•d1+AB•d2）．根据点到直线距离公式，d1=③，d2=④．又线段OA=⑤，∴将①～⑤代入S，有S=（k+17）．由S对k求导，令导函数=0，可得1+=0，解得k=﹣时，S最小，其值为3．故选：A．二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．11．已知双曲线=1的右焦点为（3，0），则该双曲线的离心率等于．【考点】双曲线的简单性质．【分析】利用双曲线=1的右焦点为（3，0），求出|a|，再利用双曲线的定义，即可求出双曲线的离心率．【解答】解：∵双曲线=1的右焦点为（3，0），∴a2+5=9，∴|a|=2，∵c=3，∴双曲线的离心率等于．故答案为：．12．的展开式中，x2项的系数为﹣20 ．（用数字作答）【考点】二项式定理的应用．【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于2，求得r的值，即可求得展开式中的x2项的系数．【解答】解：在的展开式中，它的通项公式为T r+1=•x5﹣r•（﹣1）r，令5﹣r=2，求得r=3，可得x2项的系数为﹣=﹣20，故答案为：﹣20．13．已知实数x，y满足，则x2+y2﹣2x的取值范围是[﹣1，19] ．【考点】简单线性规划．【分析】画出满足条件的平面区域，求出角点的坐标，而（x﹣1）2+y2的几何意义表示平面区域内的点与（1，0）的点距离的平方，求出（x﹣1）2+y2的范围，从而求出x2+y2﹣2x的范围即可．【解答】解：画出满足条件的平面区域，如图示：由，解得A（3，4），x2+y2﹣2x=（x﹣1）2+y2﹣1，而（x﹣1）2+y2的几何意义表示平面区域内的点与（1，0）的点距离的平方，0≤（x﹣1）2+y2≤20，∴﹣1≤（x﹣1）2+y2≤19，故答案为：[﹣1，19]．14．执行如图所示的程序框图，输出的S的值为【考点】程序框图．【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：模拟执行程序，可得该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S=•tan •tan…tan的值．由于：S=•tan•tan…tan tan=•tan•tan…cot•cot=tan=．故答案为：．15．已知函数f（x）=x+sin2x．给出以下四个命题：①∀x＞0，不等式f（x）＜2x恒成立；②∃k∈R，使方程f（x）=k有四个不相等的实数根；③函数f（x）的图象存在无数个对称中心；}为等差数列，且f（a l）+f（a2）+f（a3）=3π，则a2=π．④若数列{an其中的正确命题有③④．（写出所有正确命题的序号）【考点】函数的图象．【分析】①用特殊值的方法即可；②③根据函数图象判断；④可用反代的方法判断成立．【解答】解：①当x=时，显然f（x）＞2x，故错误；②根据函的图象易知，方程f（x）=k最多有三个不相等的实数根，故错误；③根据函数的图象易知函数f（x）的图象存在无数个对称中心，故正确；）+f（a2）+f（a3）=3π，④f（al∴a l+a2+a3=3π，sina l+sina2+sina3=0，解得a2=π，故正确．故答案为：③④．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a=，且b2+c2=3+bc．（I）求角A的大小；（Ⅱ）求bsinC的最大值．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（I）由余弦定理可得：cosA===，即可得出．（II）由正弦定理可得：可得b=，可得bsinC=2sinBsin=+，根据B∈即可得出．【解答】解：（I）由余弦定理可得：cosA===，∵A∈（0，π），∴A=．（II）由正弦定理可得：，可得b=，bsinC=•sinC=2sinBsin=2sinB=sin2B+=+，∵B∈，∴∈．∴∈．∴bsinC∈．17．已知数列{a n}满足a1=1，（n+1）a n=（n﹣1）a n﹣1，（n≥2，n∈N*）．（I）求数列{a n}的通项公式a n；（Ⅱ）设数列{a n}的前n项和为S n．证明：S n＜2．【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（Ⅰ）依题意，可得a n=••…×××a1=，再验证n=1时是否符合该式即可得到答案，（Ⅱ）先裂项求和，再放缩法证明即可．【解答】解：（Ⅰ）∵a1=1，（n+1）a n=（n﹣1）a n﹣1，∴=，∴=，…，==，==，∴a n=••…×××a1=，又n=1时a1=1，满足上式，∴数列{a n}的通项公式a n=，（Ⅱ）∵a n==2（﹣），∴S n=a1+a2+…+a n=2（1﹣+﹣+…+﹣）=2（1﹣）＜2，问题得以证明．18．某商场举行购物抽奖活动，抽奖箱中放有除编号不同外，其余均相同的20个小球，这20个小球编号的茎叶图如图所示，活动规则如下：从抽奖箱中随机抽取一球，若抽取的小球编号是十位数字为l的奇数，则为一等奖，奖金100元；若抽取的小球编号是十位数字为2的奇数，则为二等奖，奖金50元；若抽取的小球是其余编号则不中奖．现某顾客有放回的抽奖两次，两次抽奖相互独立．（I）求该顾客在两次抽奖中恰有一次中奖的概率；（Ⅱ）记该顾客两次抽奖后的奖金之和为随机变量X，求X的分布列和数学期望．【考点】离散型随机变量的期望与方差；茎叶图；列举法计算基本事件数及事件发生的概率；离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）设一次抽奖抽中i等奖的概率为P i（i=1，2），没有中奖的概率为P0，由此能求出该顾客两次抽奖中恰有一次中奖的概率．（Ⅱ）X的可能取值为0，50，100，150，200，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和EX．【解答】解：（Ⅰ）设一次抽奖抽中i等奖的概率为P i（i=1，2），没有中奖的概率为P0，则P1+P2==，即中奖的概率为，∴该顾客两次抽奖中恰有一次中奖的概率为：P==．（Ⅱ）X的可能取值为0，50，100，150，200，P（X=0）=，P（X=50）==，P（X=100）==，P（X=150）==，P（X=200）==，∴X的分布列为：X 0 50 100 150 200P∴EX==55（元）．19．如图．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知侧棱与底面垂直，∠CAB=90°，且AC=1，AB=2，E为BB1的中点，M为AC上一点，=．（I）证明：CB1∥平面A1EM；（Ⅱ）若二面角C1﹣A1E﹣M的余弦值为，求AA1的长度．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．【分析】（I）建立空间直角坐标系，利用向量关系求出F的坐标，根据线面平行的判定定理即可证明证明：CB1∥平面A1EM；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．【解答】（I）如图，连接AB1，交A1E于F，连接MF，∵E为BB1的中点，∴建立以A为坐标原点，AB，AC，AA1分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：设AA1=h，则A（0，0，0），C1（0，1，h），A1（0，0，h），E（2，0，），M（0，，0），B1（2，0，h），设F（x，0，z），则∥，∥，∵=（x，0，z），=（2，0，h），∴①∵=（x，0，z﹣h），=（2，0，﹣），∴=②，由①②得z=h，x=，或F作FT⊥AB，则==，则∴AF=AB1，∵=．∴MF∥CB1，∵MF⊂平面平面A1EM，CB1⊄平面A1EM，∴CB1∥平面A1EM；（Ⅱ）设平面C1A1E的法向量为=（x，y，z），平面MA1E的法向量为=（x，y，z），则，则，令z=1，则x=，y=0，则=（，0，1），由得，令z=1，则x=，y=，即=（，，1）|cos＜，＞|==，得h2=2，即h=，则AA1的长度为．20．已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，抛物线y2=4x与椭圆C有相同的焦点，点P为抛物线与椭圆C在第一象限的交点，且|PF1|=．（I）求椭圆C的方程；（Ⅱ）与抛物线相切于第一象限的直线l，与椭圆交于A，B两点，与x轴交于M点，线段AB的垂直平分线与y轴交于N点，求直线MN斜率的最小值．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（I）求得抛物线的焦点，可得c=1，设P为（，m），由椭圆的焦半径公式可得，|PF1|=a+•=，由椭圆和抛物线的定义可得，2a=++1，解方程可得a=2，由a，b，c的关系，可得b，进而得到椭圆方程；（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+b（k＞0），代入抛物线的方程，由判别式为0，可得kb=1，再由椭圆方程联立，运用韦达定理和判别式大于0，结合中点坐标公式和直线的斜率公式，以及基本不等式即可得到所求最小值．【解答】解：（I）抛物线y2=4x的焦点为（1，0），可得椭圆的c=1，设P为（，m），由椭圆的焦半径公式可得，|PF1|=a+•=，由椭圆和抛物线的定义可得，2a=++1，解得a=2，b==，即有椭圆的方程为+=1；（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+b（k＞0），代入抛物线的方程，可得k2x2+（2kb﹣4）x+b2=0，由相切的条件可得，△=（2kb﹣4）2﹣4k2b2=0，化简可得kb=1，由y=kx+和椭圆方程3x2+4y2=12，可得（3+4k2）x2+8x+﹣12=0，由64﹣4（3+4k2）（﹣12）＞0，可得k＞，设A（x1，y1），B（x2，y2），可得x1+x2=﹣，即有中点坐标为（﹣，），设N（0，n），由=﹣，可得n=﹣，由y=kx+，设y=0，则x=﹣，M（﹣，0），可得直线MN的斜率为k MN==﹣=﹣≥﹣=﹣．当且仅当k=＞时，取得最小值﹣．21．设函数f（x）=lnx．（I）求函数g（x）=x﹣1﹣f（x）的极小值；（Ⅱ）若关于x的不等式mf（x）≥在[1，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；（Ⅲ）已知a∈（0，），试比较f（tana）与﹣cos2a的大小，并说明理由．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（I）求导数，确定函数的单调性，即可求函数g（x）=x﹣1﹣f（x）的极小值；（Ⅱ）mf（x）≥可化为mlnx﹣≥0，构造函数，得出m（x+1）2﹣2x≥0在[1，x0]上恒成立，即可求实数m的取值范围；（Ⅲ）已知a∈（0，），证明＜，分类讨论，即可比较f（tana）与﹣cos2a的大小．【解答】解：（I）函数g（x）=x﹣1﹣f（x）=x﹣1﹣lnx，g′（x）=（x＞0），∴g（x）在（0，1）上单调递减，（1，+∞）上单调递增，∴x=1时，g（x）的极小值为0；（Ⅱ）mf（x）≥可化为mlnx﹣≥0，令h（x）=mlnx﹣（x≥1），则h′（x）=，∵h（1）=0，∴∃x0＞1，h（x）在[1，x0]上单调递增，∴m（x+1）2﹣2x≥0在[1，x0]上恒成立，∴m≥；（Ⅲ）由（Ⅱ）可知x＞1，＞．∵0＜x＜1，∴＞1∴＞，∴＜，令x=t2，可得t＞1，lnt＞，0＜t＜1，lnt＜，∵f（tana）=lntana，﹣cos2a=，∴0＜a＜，0＜tana＜1，f（tana）＜﹣cos2aa=，tana﹣1，f（tana）=﹣cos2a，＜a＜，tana＞1，f（tana）＞﹣cos2a．。
2020届四川省成都市高三第二次诊断性检测数学(理)试卷及解析
2020届四川省成都市高三第二次诊断性检测数学（理）试卷★祝考试顺利★(解析版)第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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. 复数z 满足()12(i i z +=为虚数单位),则z 的虚部为（ ）A. iB. i -C. 1-D. 1【答案】C【解析】21i z =+,分子分母同乘以分母的共轭复数即可. 【详解】由已知,22(1i)1i 1i (1i)(1i)z -===-++-,故z 的虚部为1-. 故选：C. 2. 设全集,U R =集合{}{}1,||2M x x N x x =<=>,则()U M N ⋂=（ ）A. {}|2x x >B. {}|1x x ≥C. {}|12x x <<D. {}|2x x ≥ 【答案】A【解析】先求出U M ,再与集合N 求交集.【详解】由已知,{|1}U M x x =≥,又{}|2N x x =>,所以{|2}U M N x x ⋂=>.故选：A.3. 某中学有高中生1500人,初中生1000人为了解该校学生自主锻炼的时间,采用分层抽样的方法从高生和初中生中抽取一个容量为n 的样本.若样本中高中生恰有30人,则n 的值为（ ）A. 20B. 50C. 40D. 60【答案】B【解析】利用某一层样本数等于某一层的总体个数乘以抽样比计算即可.【详解】由题意,30=150015001000n ⨯+,解得50n =. 故选：B.4. 曲线3y x x =-在点()1,0处的切线方程为（ ）A. 20x y -=B. 220x y +-=C. 220x y ++=D. 220x y --= 【答案】D【解析】 只需利用导数的几何意义计算曲线在点1x =处的导数值即可.【详解】由已知,'231y x =-,故切线的斜率为12x y ='=,所以切线方程为2(1)y x =-,即220x y --=.故选：D.5. 已知锐角α满足2sin21cos2 ,αα=-则tan α=（ ） A. 12 B. 1 C. 2D. 4【答案】C【解析】利用sin 22sin cos ,ααα=2cos 212sin αα=-代入计算即可.【详解】由已知,24sin cos 2sin ααα=,因α为锐角,所以sin 0α≠,2cos sin αα=, 即tan α=2.故选：C.6. 函数())cos ln f x x x =⋅在[1,1]-的图象大致为（ ）。