1、绵阳市高中2020级第二次诊断性考试理科数学一、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若，则在复平面内，复数所对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2已知，若，则（）A0或4B1或4C0D43由专业人士和观众代表各组成一个评委小组给文艺比赛参赛选手打分，其中观众代表凭个人喜好打分，专业人士执行评分标准打分如图是两个评委组对同一名选手打分的茎叶图，则下列结论正确的是（）A甲组的平均分高于乙组的平均分B乙组更像是由专业人士组成的C两组的总平均分等于甲组的平均分和乙组的平均分的平均数D两组全部分数的方差等于甲组的方差和乙组
2、的方差的平均数4如图，在边长为2的等边中，点为中线的三等分点（靠近点），点为的中点，则（）ABCD5已知的展开式中常数项为24，则的值为（）A1BC2D6设命题：方程表示焦点在轴上的椭圆；命题：方程表示焦点在轴上的双曲线，若为真，则实数的取值范围（）ABCD7寒假来临，秀秀将从西游记、童年、巴黎圣母院、战争与和平、三国演义、水浒传这六部著作中选四部（其中国外两部、国内两部），每周看一部，连续四周看完，则三国演义与水浒传被选中且在相邻两周看完的概率为（）ABCD8已知等比数列的各项均为正数，前项和为，则使得成立的最小正整数的值为（）A10B11C12D139设双曲线的右焦点为，两点在双曲线上且关
3、于原点对称，若，则该双曲线的渐近线方程为（）ABCD10将函数的图象向左平移个单位长度得到如图所示的奇函数的图象，且的图象关于直线对称，则下列选项不正确的是（）A在区间上为增函数BCD11已知，点A为直线上的动点，过点作直线与相切于点，若，则最小值为（）ABCD412设，则，的大小关系为（）ABCD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13若变量，满足不等式组，则的最大值是_14已知，则_15若函数，则函数的零点个数为_16已知为抛物线：的焦点，过直线上任一点向抛物线引切线，切点分别为A，若点在直线上的射影为，则的取值范围为_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
4、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在中，角所对的边分别为，(1)求的值；(2)若，求边上中线的长18某县依托种植特色农产品，推进产业园区建设，致富一方百姓已知该县近年人均可支配收入如下表所示，记年为，年为，以此类推年份年份代号人均可支配收入（万元）(1)使用两种模型：；的相关指数分别约为，请选择一个拟合效果更好的模型，并说明理由；(2)根据（1）中选择的模型，试建立关于的回归方程（保留位小数）附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，参考数据：，令，19已知等比数列的各项都为正数，数列的首项为，且前项和为，再从
5、下面中选择一个作为条件，判断是否存在，使得，恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；，；20已知点为椭圆的左顶点，过点且斜率为的直线交椭圆于，两点(1)记直线，的斜率分别为，试判断是否为定值？并说明理由；(2)直线，分别交直线于，两点，当时，求线段长度的取值范围21已知函数(1)当时，求函数的极值；(2)若，恒有成立，求实数的取值范围（二）选考题：共10分请考生在第22、23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（10分）22在极坐标系中，若点为曲线上一动点，点在射线上，且满足，记动点的轨迹为曲线(1)求曲线的极坐标方程；(2)若过极点的直线交曲线和曲线
6、分别于两点，且的中点为，求的最大值选修45：不等式选讲（10分）23已知函数，若的解集为(1)求实数，的值；(2)已知均为正数，且满足，求证：1D【分析】化简得，即可得复数所对应的点所在的象限.【详解】解：因为，所以，即，所以复数所对应的点位于第四象限.故选：D.2A【分析】根据集合的包含关系及集合元素的互异性即可求得的值.【详解】且，或当时，满足题意；当时，得或当时，满足题意；当时，带入集合中，不满足集合得互异性.综上：可取0，4故选：A3C【分析】根据数据，求出甲乙两组的平均分，可判断A项；根据数据的分散集中程度，可判断B项；根据甲乙两组人数相同，可说明C项；根据总体方差公式，可判断D项.
7、【详解】对于A项，甲组平均分为，乙组平均分为，故A项错误；对于B项，由茎叶图可得，甲组分数分布更加集中，乙组的分数更为分散，所以甲组更像是由专业人士组成的，故B项错误；对于C项，因为甲乙两组人数相同，所以两组的总平均分等于甲组的平均分和乙组的平均分的平均数，故C项正确；对于D项，设甲组平均数为，方差为，乙组平均数为，方差为，总体平均数为，总体方差为.根据总体方差公式，可得，显然，故D项错误.故选：C.4B【分析】由已知可推得，进而根据平面向量数量积的运算求解即可得出结果.【详解】由已知，所以.由已知是的中点，所以，.所以，所以，.故选：B.5D【分析】写出展开式通项，可得，解出即可得到结果.【
8、详解】的展开式的通项，.令，可得常数项为.由已知得，解得.故选：D.6A【分析】由为真，判定命题及命题的真假，根据椭圆及双曲线的定义分别求出命题及命题，即可求出的取值范围.【详解】因为命题：方程表示焦点在轴上的椭圆所以解得；因为命题：方程表示焦点在轴上的双曲线所以解得又因为为真，故命题及命题都为真命题所以解得故选：A7B【分析】首先计算出没有任何限制条件的所有可能，再计算三国演义与水浒传被选中且在相邻则用捆绑法，再从三部国外著作中选两部然后再分配到每周即可得到结果.【详解】三部国内三部国外各选两部再全排列共有；由于要选三国演义与水浒传被选中且在相邻两周看完，则将两本书看成一个整体，有种；从三部
9、国外著作中选出两部有种，此时将四本书分布在四周转化为三整体分布在三空中，先从中选一个为三国演义与水浒传有，剩下两本书再排列有种.综上：故选：B8C【分析】题意可知比数列的公比且，由，可得，即有，从而得，令求解即可得答案.【详解】解：由题意可知比数列的公比且，又因为，所以， 解得，所以，所以，令，解得或，又因为，所以，所以的最小值为12.故选：C.9A【分析】设双曲线左焦点为，点在双曲线右支，根据对称性知四边形是平行四边形，根据双曲线的定义可推得，.又，可知四边形为矩形，根据勾股定理得到的关系式，进而得到的关系式，即可求出渐近线方程.【详解】设双曲线左焦点为，点在双曲线右支，根据对称性知四边形是
10、平行四边形.由已知可得，又由双曲线的定义知，所以，.又，所以四边形是矩形，所以.在中，有，即，所以，所以，.所以，双曲线的渐近线方程为，整理可得.故选：A.10D【分析】根据三角函数平移变换原则可知；根据图象、的对称轴和对称中心可确定最小正周期，从而得到；由为奇函数可知，由此可得，从而确定的解析式；利用代入检验法可确定A正确；根据特殊角三角函数值可知B正确；结合的单调性可判断出CD正误.【详解】由题意知：，由图象可知：，则与是相邻的对称轴和对称中心，即，为奇函数，解得：，又，；对于A，当时，则在上为增函数，A正确；对于B，B正确；对于C，在上单调递减，C正确；对于D，在上单调递减，即，D错误.
11、故选：D.11C【分析】设，由切线长公式、两点间距离公式计算，转化为点到和的距离之和，即，利用关于直线的对称点，得最小值为，此时共线【详解】设，由已知，圆半径为，由切线长公式得，所以，它表示点到和的距离之和，即，设关于直线的对称点为,，易知当三点共线时，取得最小值故选：C12A【分析】构造函数，利用导数证明单调性，借助该函数得，再利用基本不等式得，进而得.【详解】易得，令，在上递减，则，故，故，故选：A.139【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，在直线中，表示直线的纵截距，直线向上平移，纵截距增大，即增大，由得，即，因
12、此平移直线，当它过点 时， 为最大值故答案为：9.14【分析】由可得，再由二倍角公式可得，代入即可得答案.【详解】解：因为，所以，所以.故答案为：155【分析】令，则有,即有，再分，和三种情况，利用图象求解的零点个数即可.【详解】解：令，则有，所以，当时，则有，即,在同一坐标系中作出与的图象，如图所示：由图可得此时两函数的图象有两个交点，即当时，有2个零点；当时，则有，即，在同一坐标系中作出与的图象，如图所示：由图可得此时两函数的图象有两个交点，即当时，有2个零点；当时，此时，有1个零点为，综上所述，共有5个零点.故答案为：516【分析】设，利用导数的几何意义确定切线方程后，得出切点弦所在直线
13、方程，得直线过定点，从而确定在以为直径的圆上，由到圆心的距离确定出的最大值与最小值，从而得范围，注意点的特殊位置，的最大值取不到【详解】设，不妨设在轴上方，时，所以切线的方程为，代入得，又，得，同理可得因此直线的方程为，直线过定点，在以为直径的圆上，该圆圆心，半径为1，由已知，的最大值为，最小值为，时，直线方程为，此时，与轴垂直，点与点重合，即，点不可能与点重合，最大值取不到所以的范围是故答案为：【点睛】方法点睛：（1）直线与抛物线相切的切线方程：一种方法用导数的几何意义求解，另一种方法由判别式等于0求解，由此可得过抛物线上的点的抛物线的切线方程为；（2）圆外的点到圆上点的距离的最值：求出圆外
14、点到圆心距离，记圆半径为，则这个距离的最大值为，最小值不17(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边化角可化简得到，代入即可求得的值；（2）根据向量数量积的定义可求得，利用余弦定理可求得，根据，根据向量数量积的定义和运算律可求得，进而得到中线长.【详解】（1）由正弦定理得：，又，解得：.（2），由余弦定理得：，即边上中线的长为.18(1)应选择(2)【分析】（1）根据越大，模型拟合效果越好，可确定所选模型；（2）令，利用最小二乘法可求得，进而得到回归方程.【详解】（1），根据统计学知识可知：越大，模型拟合效果越好，应选择模型.（2）令，又，关于的回归方程为.19若选：不存在；若选：存在；若选：
15、存在或【分析】由等比数列通项公式可求得公比，进而得到；若选，利用与关系可推导证得为等比数列，从而求得，由此可得，结合指数函数单调性可确定数列为递增数列，由此可得结论；若选，由等比中项定义可确定数列为等比数列，由此可求得，从而得到，结合指数函数单调性可确定数列为递减数列，由此可得结论；若选，由等差数列定义可确定为等差数列，由此可求得，从而得到，采用作差法可求得数列的单调性，从而确定的取值.【详解】设等比数列的公比为，；若选条件，当时，则，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，；，在上单调递增，数列为递增数列，没有最大值，不存在，使得恒成立；若选条件，数列为等比数列，数列的公比为，；在上单调递减，
16、数列为递减数列，即存在，使得恒成立；若选条件，又，数列是以为首项，为公差的等差数列，；设，则，当时，；当时，；当时，；，存在或，使得恒成立.20(1)是定值，理由见详解(2)【分析】（1）先设点，再设直线的方程为，联立椭圆方程可得到关于y的一元二次方程，根据韦达定理得，代入中即可得到结论；（2）根据题意求得，两点的纵坐标即和，再代入中即可求出其取值范围【详解】（1）设，则直线的方程为，联立，消x整理得，则，所以(定值)，故是定值（2）依题意得直线的方程为，令，则，同理得，则，又，所以，又，则，所以，故线段长度的取值范围为【点睛】思路点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：设出直线方程，设交
17、点为，联立直线与曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程；写出韦达定理；将所求问题转化为，（或，）的形式；代入韦达定理求解21(1)极大值为，极小值为(2)【分析】（1）求导后，根据正负可确定的单调性，根据极值点定义确定极值点后，代入解析式即可求得极值；（2）将问题转化为当时，；分别在、和的情况下，根据的正负可确定的单调性，进而确定，由此可构造不等式解得的范围.【详解】（1）当时，则；当时，；当时，；在，上单调递增，在上单调递减，的极大值为；极小值为.（2）；当时，且，；，恒有等价于当时，；当时，在上单调递增，解得：；当时，在上单调递减，解得：；当时，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调
18、递增，（i）当时，解得：，又，；（ii）当时，；令，则，又，在上单调递增，恒成立，；综上所述：实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数的极值、恒成立问题的求解，本题求解恒成立问题的关键是将问题转化为，从而通过对于参数的范围的讨论确定的单调性和最值.22(1)或（或）(2)【分析】（1）当在线段上时，可确定或；当不在线段上时，设，采用相关点法可求得设点轨迹；综合两种情况可得结论；（2）当时，重合，不合题意；当，设，与曲线和曲线的极坐标方程联立可得，由此用表示出，结合正弦型函数值域求法和的单调性可求得最大值.【详解】（1）当在线段上时，由得：或；当不在线段上时，设，则，即，又，；综上所述：曲线的极坐标方程为或（或）.（2）若曲线为（或），此时重合，不合题意；若曲线为，设，由得：，由得：，是中点，令，即，又在上单调递增，（当且仅当时取等号），即，的最大值为.23(1)，(2)证明见解析【分析】（1）根据求出，再分类讨论解不等式，与已知解集比较可得；（2）由，得，根据基本不等式得，再根据可证不等式成立.【详解】（1）因为的解集为，所以，即，所以，又，所以，即.所以，当时，,得，则，当时，得，当时，得，不成立，综上所述：的解集为，因为的解集为所以.（2）由（1）知，所以，所以，当且仅当，时，等号成立，所以，所以，当且仅当，时，等号成立.
