1、四川省巴中市2020届高三数学第一次诊断性试题 理（含解析）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，只有一个是符合题目要求的.1.复数z=在复平面内对应的点位于（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标后即可得到答案【详解】由题意得，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限故选D【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的几何意义，属于基础题2.已知集合，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】集合A,B分别表示抛物线，
2、直线上的点构成的集合，其交点构成集合即为交集.【详解】由解得或，故选：C【点睛】本题主要考查了集合的交集，求直线与抛物线交点，属于容易题.3.设，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用相关知识分析各值的范围，即可比较大小.【详解】,故选：B【点睛】本题主要考查了指数函数的单调性，对数函数的单调性，属于中档题.4.已知变量x,y之间的线性回归方程为,且变量x,y之间的一组相关数据如表所示,则下列说法错误的是( )x681012y6m32A. 变量xy之间呈现负相关关系B. 可以预测,当x=20时,y=3.7C. m=4D. 该回归直线必过点(9,4)【答案】C【解析】分析
3、】根据回归直线方程的性质，以及应用，对选项进行逐一分析，即可进行选择.【详解】对于A：根据b的正负即可判断正负相关关系.线性回归方程为，b=0.70时，对函数求导判断单调性求出最值，即可画出函数的图像，设tf（x），则，结合图像分析即可得到答案.【详解】当时，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以，当时，的图象恒过点，当，时，当，时，作出大致图象如图所示. 方程有5个不同的根，即方程有五个解，设，则.结合图象可知，当时，方程有三个根，（，），于是有一个解，有一个解，有三个解，共有5个解，而当时，结合图象可知，方程不可能有5个解.综上所述：方程在时恰有5个不同的根.故选B【点睛】本题考查函
4、数零点的判定，考查数形结合的解题思想方法及分类讨论的数学思想方法，属中档题二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13.若,则=_.【答案】【解析】【分析】将指数式化为对数式，结合对数运算，求得的值.【详解】,.故答案为：【点睛】本小题主要考查指数式化为对数式，考查对数运算，属于基础题.14.习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动中华优秀传统文化创造性转化，“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书中出现欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.“杨辉三角”是中国数学史上的
5、一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望.如下图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，第10行中从左至右第5与第6个数的比值为_.【答案】【解析】【分析】第10行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数，由此可得【详解】由题意第10行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数，因此从左至右第5与第6个数的比值为故答案为：【点睛】本题考查数学文化，考查二项式系数与杨辉三角的关系掌握二项式定理是解题关键15.已知抛物线：（）的焦点为，准线为，过的直线交抛物线于，两点，交于点，若，则_.【答案】2【解析】【分析】根据抛物线的定义，利用平行线分线段成比例，即可推导出所求结果.【详解】过P，Q
6、分别作PM,QN垂直准线于,如图：，,由抛物线定义知，,，故答案为：2【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，抛物线的简单几何性质，属于中档题.16.在中，为边上的点，且，则面积的最大值为_.【答案】9【解析】【分析】题意说明是面积的，设，则，由三角形的边的性质求出的范围，然后可把面积用表示，求出最大值【详解】，设，则，由得，时，取得最大值，最大值为9.故答案为：9.【点睛】本题考查解三角形的应用设出边长，用余弦定理求出角的余弦，转化为正弦，这样可表示出三角形的面积，从而求得最大值注意边长的范围可由三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边得出三、解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程
7、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.如图，在四棱锥中，底面是矩形，是棱的中点.（1）求证：平面；（2）若，且，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）由及矩形可证平面，从而得，再由等腰三角形得一个垂直后可得线面垂直；（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系（其中是中点），写出点的坐标，求出二面角的两个面的法向量，由法向量夹角余弦值得二面角余弦值【详解】（1）由题意，知，又，平面平面，又平面，由，得：， 平面，平面（2）由， 得：取的中点 ，连结，则，故，由（1）知：， ，
8、以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，于是，有：， ， ， ， ， ，设平面的一个法向量为，则由得：取得：，设平面的一个法向量为则由得：，取得：，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查证明线面垂直，考查求二面角在立体图形中有垂直关系时，可建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角18.已知各项均为正数的数列的前项和满足（）.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用可求得数列的递推关系，证得它是等差数列，再由求得后可得的通项公式；（2）分组求和，分成一个等差数列与一个等比数列的和【详解】（1）由知：当时，有， ，解得由， 两式相减，得：，化简得
9、：变形得：，对，有，即故 数列是以1为首项，2为公差的等差数列，（2），【点睛】本题考查由与的关系求通项公式，考查分组求和法在已知与的关系时，通过利用或求出数列的递推式或，但要注意此处不含，19.“绿水青山就是金山银山”，“建设美丽中国”已成为新时代中国特色社会主义生态文明建设的重要内容，某班在一次研学旅行活动中，为了解某苗圃基地的柏树幼苗生长情况，在这些树苗中随机抽取了120株测量高度（单位：），经统计，树苗的高度均在区间内，将其按，分成6组，制成如图所示的频率分布直方图.据当地柏树苗生长规律，高度不低于的为优质树苗.（1）求图中的值；（2）已知所抽取的这120株树苗来自于，两个试验区，部分
10、数据如列联表：试验区试验区合计优质树苗20非优质树苗60合计将列联表补充完整，并判断是否有99.9%的把握认为优质树苗与，两个试验区有关系，并说明理由；（3）用样本估计总体，若从这批树苗中随机抽取4株，其中优质树苗的株数为，求的分布列和数学期望.附：参考公式与参考数据：，其中0.0100.0050.0016.6357.87910.828【答案】（1）；（2）列联表见解析，没有99.9%的把握认为优质树苗与两个试验区有关系；（3）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中所有频率（小矩形面积）和为1可求得；（2）由频率分布直方图求出优质树苗和非优质树苗的株数后可填写列联表，求出后知有
11、无关系；（3）由（2）知这批树苗为优质树苗的概率为，的可能取值为0，1，2，3，4， 服从二项分布，即，计算出各概率，得分布列，根据期望公式计算出期望【详解】（1）根据频率分布直方图数据，有，解得：.（2）根据频率分布直方图可知，样本中优质树苗棵树有列联表如下：试验区试验区合计优质树苗102030非优质树苗603090合计7050120可得；所以，没有99.9%的把握认为优质树苗与两个试验区有关系注：也可由得出结论（3）用样本估计总体，由题意，这批树苗为优质树苗的概率为的可能取值为0，1，2，3，4，由题意知：服从二项分布，即即：；.的分布列为：0123数学期望为（或）.【点睛】本题考查频率分
12、布直方图，考查独立性检验，考查二项分布和期望，正确认识频率分布直方图是解题基础20.在平面直角坐标系中，且满足.记点的轨迹为曲线.（1）求的方程，并说明是什么曲线；（2）若，是曲线上的动点，且直线过点，问在轴上是否存在定点，使得？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1），是中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆（不含左、右顶点）；（2）存在定点【解析】【分析】（1）设点的坐标为，说明，把这个等式用表示出来化简后即得；（2）假设存在的定点符合题意，当直线的斜率存在时，设其方程为，由直线方程与椭圆方程联立消去得的一元二次方程，应用韦达定理得， ，得，代入化简后分析所得式子与无关时的
13、值，同时验证斜率不存在时，定点也满足【详解】（1）由，得，设点的坐标为，则：，化简得：，曲线的方程为是中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆（不含左、右顶点）（2）假设存在的定点符合题意由题意知：直线的斜率分别为，由题意及（1）知：直线与直线均不重合，当直线的斜率存在时设其方程为，由，得直线倾斜角互补，故又由消去，整理得：.，又，代入得：当时，又不恒为0，当且仅当时，式成立当直线的斜率存在时，存在定点满足题意.当直线斜率不存在时，点满足，也符合题意.综上所述，在 轴上存在定点，使得.【点睛】本题考查求轨迹方程，由方程确定曲线，考查直线与椭圆相交问题中的定点问题解题方法是设而不求的思想方法即设动点坐标
14、，应用韦达定理求得，代入题设条件中得出结论本题考查了学生的运算求解能力21.已知函数,其中为自然对数的底数.(1)当时，讨论函数的单调性;(2)当时，求证:对任意的.【答案】(1)在上单调递减.(2)证明见及解析.【解析】【详解】分析：(1)将代入 ，对函数求导即可判定函数的单调性(2)将不等式转化为关于的一次函数，讨论在时一次函数对任意的两个端点都小于0，即可证明详解：(1) ;在上单调递减(2)要证对恒成立即证;对恒成立令,即证当时，恒成立即证;成立式成立现证明式成立:令设在,使得,则在単调递增, 在単调递減,=， 综上所述.在, 恒成立.点睛：函数与导数的综合应用，是高考的热点和难点，充
15、分理解导数与单调性、极值、最值的关系，证明在一定条件下不等式成立，解不等式或求参数的取值情况，属于难题（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.选修44：坐标系与参数方程:在直角坐标系中，直线的参数方程为 (为参数，)在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.(1)当时，求与的交点的极坐标；(2)直线与曲线交于两点，且两点对应的参数互为相反数，求的值【答案】（1），（2）【解析】试题分析：（1）曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程为，联立解出方程组即可；（2）把直线的参数方程代入曲线，根据结合韦达定理可得结果.试题解析：（1）由，可
16、得，所以，即，当时，直线的参数方程（为参数），化为直角坐标方程为，联立解得交点为或，化为极坐标为，（2）把直线的参数方程代入曲线，得，可知，所以23.已知函数f(x)|xa|x2|.(1)当a3时，求不等式f(x)3的解集；(2)若f(x)|x4|的解集包含1，2，求a的取值范围【答案】(1) x|x4或x1；(2) 3，0.【解析】试题分析：（1）解绝对值不等式首先分情况去掉绝对值不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集即得所求（2）原命题等价于-2-xa2-x在1，2上恒成立，由此求得求a的取值范围试题解析：（1）当a3时，f（x）当x2时，由f（x）3得2x53，解得x1；当2x3时，f（x）3无解；当x3时，由f（x）3得2x53，解得x4.所以f（x）3的解集为x|x1或x4 6分（2）f（x）|x4|x4|x2|xa|.当x1，2时，|x4|x2|xa|（4x）（2x）|xa|2ax2a，由条件得2a1且2a2，解得3a0，故满足条件的实数a的取值范围为3，0考点：绝对值不等式的解法；带绝对值的函数
