1、定西一中2020届高三诊断试题理科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效；3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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】D【解析】【分析】先求出集合A，B，再求集合B的补集，然后求【详解】，所以 .故选：D【点睛】此题考查的是集合的并集、补集运算，属于基础题.2.若复数与其共轭复数满足，则（ ）A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析
2、】设，则,求得，再求模，得到答案.【详解】设，则，故，.故选：A.【点睛】本题考查了共轭复数的概念，两复数相等的条件，复数的模，还考查了学生的计算能力，属于容易题.3.抛物线的准线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由题意得，抛物线可化为，则，所以准线方程为，故选C考点：抛物线的几何性质4.音乐与数学有着密切的联系，我国春秋时期有个著名的“三分损益法”：以“宫”为基本音，“宫”经过一次“损”，频率变为原来的，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商”；依次损益交替变化，获得了“宫、徵、商、羽、角”五个音阶据此可推得（ ）A. “宫、商、角”的频率成
3、等比数列B. “宫、徵、商”的频率成等比数列C. “商、羽、角”的频率成等比数列D. “徵、商、羽”的频率成等比数列【答案】A【解析】【分析】根据等差等比通项公式，分别计算“宫、徵、商、羽、角”五个音阶，再对照选项，即可得答案；【详解】设“宫”的频率为，由题意经过一次“损”，可得“徵”的频率是；“徵”经过一次“益”，可得“商”的频率是，“商”经过一次“损”，可得“羽”的频率是；最后“羽”经过一次“益”，可得“角”的频率是，由于成等比数列，所以“宫、商、角”的频率成等比数列故选：A【点睛】本题考查等差、等比数列在数学文化中的运用，考查逻辑推理能力、运算求解能力.5.已知是两条不重合的直线，是两个
4、不重合的平面，则下列命题中，错误的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则或【答案】A【解析】【分析】根据直线和平面，平面和平面的位置关系依次判断每个选项得到答案.【详解】对于：若，则或，故错误；正确.故选：.【点睛】本题考查了直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力和推断能力.6.已知函数的部分图象如图，则的解析式可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先通过函数的定义域排除选项A，再通过函数的奇偶性排除选项D,再通过函数的单调性排除选出B，确定答案.【详解】由图象可知，函数的定义域为R，而函数的定义域不是R,所以选项A不符合题意；
5、由图象可知函数是一个奇函数，选项D中，存在实数，使得，所以函数不是奇函数，所以选项D不符合题意；由图象可知函数是增函数，选项B，所以函数是一个非单调函数，所以选项C不符合题意；由图象可知函数是增函数，选项C，所以函数是增函数，所以选项C符合题意.故选：C【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查利用导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.7.为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加三个贫困县的调研工作，每个县至少去1人，且甲、乙两人约定去同一个贫困县，则不同的派遣方案共有（ ）A. 24B. 36C. 48D. 64【答案】B
6、【解析】【分析】根据题意，有两种分配方案，一是，二是，然后各自全排列，再求和.【详解】当按照进行分配时，则有种不同的方案；当按照进行分配，则有种不同的方案.故共有36种不同的派遣方案，故选：B.【点睛】本题考查排列组合、数学文化，还考查数学建模能力以及分类讨论思想，属于中档题.8.已知函数，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，再根据指数函数、对数函数的性质得到，即可得解；【详解】解：因，定义域为，故函数是奇函数，又在定义域上单调递增，在定义域上单调递减，所以在定义域上单调递增，由，所以即故选：A【点睛】本题考查指数函数、对数函数
7、的性质的应用，属于基础题.9.天文学中为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯(，又名依巴谷)在公元前二世纪首先提出了星等这个概念.星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，它的光就越暗.到了1850年，由于光度计在天体光度测量中的应用，英国天文学家普森()又提出了衡量天体明暗程度的亮度的概念.天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足.其中星等为的星的亮度为.已知“心宿二”的星等是1.00.“天津四” 的星等是1.25.“心宿二”的亮度是“天津四”的倍，则与最接近的是(当较小时， )A. 1.24B. 1.25C. 1.26D. 1.27【答案】C【解析】【分析】根
8、据题意，代值计算，即可得，再结合参考公式，即可估算出结果.【详解】根据题意可得：可得，解得，根据参考公式可得，故与最接近是.故选：C.【点睛】本题考查对数运算，以及数据的估算，属基础题.10.己知函数，.若的最小值为，则=（ ）A. B. 1C. 2D. 【答案】C【解析】【分析】由，可得，再根据取得最小值结合已知条件，即可得答案；【详解】由，所以，当时，取得最小值又已知的最小值为，所以，故选：C【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，考查运算求解能力，检测数学运算、逻辑推理、直观想象以及数学建模素养11.已知双曲线的右焦点为F，过F作直线的垂线，垂足为M，且交双曲线的左支于N点，若，则双曲线的
9、离心率为（ ）A. B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】计算得到，根据得到，代入双曲线方程解得答案.【详解】易知直线：，联立方程，解得.，故，故， 化简整理得到：，解得.故选：.【点睛】本题考查了双曲线的离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.12.已知曲线和，若直线与都相切，且与相切于点，则的横坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，另设与相切于点，则，根据是和的公切线，可得，求出的值，即可得答案；【详解】设，另设与相切于点，则由得，由得因为是和的切线，所以，即又在单调递增，所以又因为，即，所以，即，解得或（不合，舍去）所以，故选：C【点睛】本题考查
10、导数的几何意义求切线方程，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意设出切点的坐标.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，则的面积为_ .【答案】5【解析】【分析】根据向量的坐标可得向量垂直，从而得到三角形为直角三角形，求出向量的模长，即可得答案；【详解】因为，又因为，所以，所以故答案为：5【点睛】本题考查向量的模、数量积的坐标运算，考查逻辑推理能力、运算求解能力，属于基础题.14.已知实数满足，则的最大值为_.【答案】22【解析】【分析】，作出可行域，利用直线的截距与b的关系即可解决.【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴
11、影部分所示，由可得，观察可知，当直线过点时，取得最大值，由，解得，即，所以.故答案为：22.【点睛】本题考查线性规划中线性目标函数的最值问题，要做好此类题，前提是正确画出可行域，本题是一道基础题.15.（2017新课标全国II理科）等差数列的前项和为，则_【答案】【解析】设等差数列的首项为，公差为，由题意有 ，解得 ，数列的前n项和，裂项可得，所以点睛:等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用得方法
12、使用裂项法求和时，要注意正、负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点16.如图1，已知四面体的所有棱长都为，分别为线段和的中点，直线垂直于水平地面，该四面体绕着直线旋转一圈得到的几何体如图2所示，若图2所示的几何体的正视图恰为双曲线的一部分，则的方程为_.【答案】【解析】分析】通过补形，将该四面体放入正方体中，使得四面体的棱恰好是正方体的面对角线，易得正方体的棱长为2，对棱的中点间的距离等于正方体的棱长2，由于双曲线过点，代入即可求得双曲线的方程.【详解】通过补形，将该四面体放入正方体中，使得四面体的棱恰好是正方体的面对角线，易得正方体的棱长为
13、2，对棱的中点间的距离等于正方体的棱长2，故双曲线的实轴长为2，该双曲线过点，则，解得，故双曲线方程为故答案为：【点睛】本题考查双曲线方程的求解，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意发挥空间想象能力，找到双曲线的实轴是求解的关键.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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：（共60分）17.在锐角中，_，（1）求角；（2）求的周长l的范围.注：在，且，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并对其进行求解.【答案】条件选择见解析，（1）；（2）.【解析】【分析】（1）若选
14、，首先根据题意得到，从而得到，即.选，首先利用正弦定理边化角公式得到，再化简即可得到答案.若选，首先根据题意得到，再求角即可.（2）首先根据正弦定理得到，从而得到，再求其范围即可.【详解】（1）若选，因为，且，所以，即，因为，所以.若选，因为，所以，因为，所以.又因为，所以. 若选，.因为，所以.又因为，所以，.（2）因为，所以，.因为，所以，. .因为锐角且，所以所以，故.【点睛】本题第一问考查正弦定理的边化角公式，第二问考查正弦定理解三角形，同时考查三角函数的值域问题，属于中档题.18.在创建“全国文明城市”过程中，银川市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调
15、查（一位市民只能参加一次）通过随机抽样，得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如表所示：组别30，40)40，50)50，60)60，70)70，80)80，90)90，100频数213212524114（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分ZN(，198)，近似为这100人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表），求的值；利用该正态分布，求；（2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费；每次获赠的随机话费和对应的概率为：赠送话费的金额（单元：元）2050概率现有市民甲
16、参加此次问卷调查，记（单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望参考数据与公式：若，则，【答案】（1）0.0228（2）见解析，【解析】【分析】（1）直接根据公式计算得到，计算得到答案.（2）获赠话费的可能取值为20，40，50，70，100，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.【详解】（1）由题意得：， ，（2）由题意知，.获赠话费的可能取值为20，40，50，70，100，. 的分布列为：20405070100.【点睛】本题考查了正态分布求概率，分布列和数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.19.如图,四棱锥中，（1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在
17、点，使得平面与平面所成锐二面角为？若存在，求的值；若不存在，说明理由【答案】（1）见证明；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用余弦定理计算BC，根据勾股定理可得BCBD，结合BCPD得出BC平面PBD，于是平面PBD平面PBC；（2）建立空间坐标系，设，计算平面ABM和平面PBD的法向量，令法向量的夹角的余弦值的绝对值等于，解方程得出的值,即可得解【详解】（1）证明：因为四边形为直角梯形，且, ,所以， 又因为根据余弦定理得 所以，故. 又因为, ,且,平面，所以平面， 又因为平面PBC，所以（2）由（1）得平面平面, 设为的中点，连结 ，因为,所以,又平面平面，平面平面，平面.如图，以为原
18、点分别以，和垂直平面的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则， 假设存在满足要求，设，即，所以,易得平面的一个法向量为. 设为平面的一个法向量， 由得，不妨取.因为平面与平面所成的锐二面角为，所以，解得，（不合题意舍去）.故存在点满足条件，且.【点睛】本题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面与平面所成的角等基础知识，面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做20.已知函数，.（1）若为上的增函数，求的取值范围；（2）若，且，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导得到，得到，设，求导得到单调区间得到最值
19、，得到答案.（2）为上的增函数，设，设，证明为上的减函数，得到，得到答案.【详解】（1），若为上的增函数，则恒成立，即恒成立，设，则，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，故，所以.（2）若，由（）知为上的增函数.由于，已知，且，不妨设.设函数，则，则，设，则，由于，所以为上的增函数，所以，所以为上的减函数，所以，所以，而为上的增函数，所以，故.从而.故.【点睛】本题考查了根据函数单调性求参数，证明不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21.已知为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，点又恰为抛物线的焦点，以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与相
20、交于，两点，记点，到直线的距离分别为，直线与相交于，两点，记，的面积分别为，（）证明：的周长为定值；（）求的最大值【答案】（1）；（2）（i）详见解析；（ii）【解析】【分析】（1）由已知求得，可得，又以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点，知，从而求得与的值，则答案可求；（2）由题意，为抛物线的准线，由抛物线的定义知，结合，可知等号当且仅当，三点共线时成立可得直线过定点，根据椭圆定义即可证明为定值；若直线的斜率不存在，则直线的方程为，求出与可得；若直线的斜率存在，可设直线方程为，方便联立直线方程与抛物线方程，直线方程与椭圆方程，利用弦长公式求得，可得，由此可求的最大值【详解】解：（1）因为为抛物线
21、的焦点，故所以又因为以为直径的圆与椭圆仅有两个公共点知：所以，所以椭圆的标准方程为：（2）（）由题知，因为为抛物线的准线由抛物线的定义知：又因为，等号当仅当，三点共线时成立所以直线过定点根据椭圆定义得：（）若直线的斜率不存在，则直线的方程为因为，所以若直线的斜率存在，则可设直线，设，由得，所以，设，由得，则，所以则综上知：的最大值等于【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆、直线与抛物线位置关系的应用，考查计算能力，属于中档题（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修44：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点
22、，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.（1）写出直线和曲线的直角坐标方程；（2）已知点，若直线与曲线交于两点，中点为M，求的值.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）直接利用极坐标和参数方程公式计算得到答案（2）设直线的参数方程为，代入方程得到，代入计算得到答案.【详解】（1）直线，故，即直线的直角坐标方程为. 因为曲线，则曲线的直角坐标方程为，即. （2）设直线的参数方程为（为参数），将其代入曲线的直角坐标系方程得.设，对应的参数分别为，则，所以M对应的参数，故.【点睛】本题考查了参数方程和极坐标方程，意在考查学生的计算能力和转化能力.选修4-5：不等式选讲23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若，使得恒成立，求的取值范围.【答案】(1) .(2) .【解析】【分析】（1）先由题意得，再分别讨论，三种情况，即可得出结果；（2）先由含绝对值不等式的性质，得到，再由题意，可得，求解，即可得出结果.【详解】（1）不等式 可化为，当时， ，所以无解；当时， 所以；当时， ，所以，综上，不等式的解集是.（2）因为 又，使得 恒成立，则，解得.所以的取值范围为.【点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的思想，以及绝对值不等式的性质即可，属于常考题型.