1、四川省凉山州2020届高三数学第二次诊断性检测试题 理（含解析）本试卷分选择题和非选择题两部分.第卷（选择题），第卷（非选择题），共4页，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确.2.选择题使用2B铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.3.考试结束后，将答题卡收回.第卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项
2、是符合题目要求的.）1. 已知集合则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解对数不等式可得集合A，由交集运算即可求解.【详解】集合解得由集合交集运算可得，故选：B.【点睛】本题考查了集合交集的简单运算，对数不等式解法，属于基础题.2. 设为虚数单位，复数，则实数的值是（ ）A. 1B. -1C. 0D. 2【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法运算化简，由复数的意义即可求得的值.【详解】复数，由复数乘法运算化简可得，所以由复数定义可知，解得，故选：A.【点睛】本题考查了复数的乘法运算，复数的意义，属于基础题.3. 等比数列若则（ ）A. 6B. 6C. -6D. 【答案】B
3、【解析】【分析】根据等比中项性质代入可得解，由等比数列项的性质确定值即可.【详解】由等比数列中等比中项性质可知，所以，而由等比数列性质可知奇数项符号相同，所以，故选：B.【点睛】本题考查了等比数列中等比中项的简单应用，注意项的符号特征，属于基础题.4. 曲线在点处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将点代入解析式确定参数值，结合导数的几何意义求得切线斜率，即可由点斜式求的切线方程.【详解】曲线，即，当时，代入可得，所以切点坐标为，求得导函数可得，由导数几何意义可知，由点斜式可得切线方程为，即，故选：A.【点睛】本题考查了导数的几何意义，在曲线上一点的切线方程求法
4、，属于基础题.5. 阅读如图的程序框图，若输出的值为25，那么在程序框图中的判断框内可填写的条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据循环结构的程序框图，带入依次计算可得输出为25时的值，进而得判断框内容.【详解】根据循环程序框图可知， 则，此时输出，因而不符合条件框的内容，但符合条件框内容，结合选项可知C为正确选项，故选：C.【点睛】本题考查了循环结构程序框图的简单应用，完善程序框图，属于基础题.6. 若双曲线的离心率，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为（ ）A. B. 2C. D. 1【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的解析式及离心率，可求得的值；得渐近线方程后，
5、由点到直线距离公式即可求解.【详解】双曲线的离心率，则，解得，所以焦点坐标为，所以，则双曲线渐近线方程为，即，不妨取右焦点，则由点到直线距离公式可得，故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质及简单应用，渐近线方程的求法，点到直线距离公式的简单应用，属于基础题.7. 若，则“”是“的展开式中项的系数为90”的（ ）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】求得的二项展开式的通项为,令时,可得项的系数为90,即,求得,即可得出结果.【详解】若则二项展开式的通项为,令,即,则项的系数为,充分性成立;当的展开式中项的系数为90,则有,
6、从而,必要性不成立.故选:B.【点睛】本题考查二项式定理、充分条件、必要条件及充要条件判断知识,考查考生的分析问题的能力和计算能力,难度较易.8. 将函数向左平移个单位，得到的图象，则满足（ ）A. 图象关于点对称，在区间上为增函数B. 函数最大值为2，图象关于点对称C. 图象关于直线对称，在上的最小值为1D. 最小正周期为，在有两个根【答案】C【解析】【分析】由辅助角公式化简三角函数式，结合三角函数图象平移变换即可求得的解析式，结合正弦函数的图象与性质即可判断各选项.【详解】函数，则，将向左平移个单位，可得，由正弦函数的性质可知，的对称中心满足，解得，所以A、B选项中的对称中心错误；对于C，
7、的对称轴满足，解得，所以图象关于直线对称；当时，由正弦函数性质可知，所以在上的最小值为1，所以C正确；对于D，最小正周期为，当，由正弦函数的图象与性质可知，时仅有一个解为，所以D错误；综上可知，正确的为C，故选：C.【点睛】本题考查了三角函数式的化简，三角函数图象平移变换，正弦函数图象与性质的综合应用，属于中档题.9. 若函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函数性质,结合特殊值验证,通过排除法求得结果.【详解】对于选项B, 为 奇函数可判断B错误;对于选项C,当时, ,可判断C错误;对于选项D, ,可知函数在第一象限的图象无增区间,故D错
8、误;故选:A.【点睛】本题考查已知函数的图象判断解析式问题,通过函数性质及特殊值利用排除法是解决本题的关键,难度一般.10. 如图，长方体中，点T在棱上，若平面.则（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】根据线面垂直的性质，可知；结合即可证明，进而求得.由线段关系及平面向量数量积定义即可求得.【详解】长方体中，点T在棱上，若平面.则，则，所以， 则，所以，故选：D.【点睛】本题考查了直线与平面垂直的性质应用，平面向量数量积的运算，属于基础题.11. 已知，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由指数函数的图像与性质易得最小，利用作差法，结合对
9、数换底公式及基本不等式的性质即可比较和的大小关系，进而得解.【详解】根据指数函数的图像与性质可知，由对数函数的图像与性质可知，所以最小；而由对数换底公式化简可得由基本不等式可知，代入上式可得所以，综上可知，故选：D.【点睛】本题考查了指数式与对数式的化简变形，对数换底公式及基本不等式的简单应用，作差法比较大小，属于中档题.12. 一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数:从第三项起，每一项都等于前面所有项之和(例如:1，3，4，8，16).则首项为2，某一项为2020的超级斐波那契数列的个数为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】A【解析】【分析】根据定义，表示出数列的通项并等于
10、2020.结合的正整数性质即可确定解的个数.【详解】由题意可知首项为2，设第二项为，则第三项为，第四项为，第五项为第n项为且，则，因为，当的值可以为；即有3个这种超级斐波那契数列，故选：A.【点睛】本题考查了数列新定义的应用，注意自变量的取值范围，对题意理解要准确，属于中档题.第卷（非选择题，共90分）二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13. 从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名代表，甲被选中的概率为_.【答案】【解析】【分析】甲被选中,只需从乙、丙、丁、戊中,再选一人即有种方法,从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名共有种方法,根据公式即可求得概率.【详解】甲被选中,只需从乙、丙、丁、戊
11、中,再选一人即有种方法, 从甲、乙、丙、丁、戊五人中任选两名共有种方法,.故答案为:.【点睛】本题考查古典概型的概率的计算,考查学生分析问题的能力,难度容易.14. 定义在上的奇函数满足，并且当时，则_【答案】【解析】【分析】根据所给表达式，结合奇函数性质，即可确定函数对称轴及周期性，进而由的解析式求得的值.【详解】满足，由函数对称性可知关于对称，且令，代入可得，由奇函数性质可知，所以令，代入可得，所以是以4为周期的周期函数，则当时，所以，所以，故答案为：.【点睛】本题考查了函数奇偶性与对称性的综合应用，周期函数的判断及应用，属于中档题.15. 已知平面向量，的夹角为，且，则=_【答案】1【解
12、析】【分析】根据平面向量模的定义先由坐标求得，再根据平面向量数量积定义求得；将化简并代入即可求得.【详解】，则，平面向量，的夹角为，则由平面向量数量积定义可得，根据平面向量模求法可知，代入可得，解得，故答案为：1.【点睛】本题考查了平面向量模的求法及简单应用，平面向量数量积的定义及运算，属于基础题.16. 数学家狄里克雷对数论，数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一.函数，称为狄里克雷函数.则关于有以下结论:的值域为;其中正确的结论是_(写出所有正确的结论的序号)【答案】【解析】【分析】根据新定义，结合实数的性质即可判断，由定义求得比小的有理数个数，即可确定.【详解】对于，由定义
13、可知，当为有理数时；当为无理数时，则值域为，所以错误；对于，因为有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，所以满足，所以正确；对于，因为，当为无理数时，可以是有理数，也可以是无理数，所以错误；对于，由定义可知，所以错误；综上可知，正确的为.故答案为：.【点睛】本题考查了新定义函数的综合应用，正确理解题意是解决此类问题的关键，属于中档题.三、解答题（解答过程应写出必要的文字说明，解答步骤.共70分）17. 传染病的流行必须具备的三个基本环节是：传染源、传播途径和人群易感性.三个环节必须同时存在，方能构成传染病流行.呼吸道飞沫和密切接触传播是新冠状病毒的主要传播途径，为了有效防控新冠状病
14、毒的流行，人们出行都应该佩戴口罩.某地区已经出现了新冠状病毒的感染病人，为了掌握该地区居民的防控意识和防控情况，用分层抽样的方法从全体居民中抽出一个容量为100的样本，统计样本中每个人出行是否会佩戴口罩的情况，得到下面列联表：戴口罩不戴口罩青年人5010中老年人2020（1）能否有的把握认为是否会佩戴口罩出行的行为与年龄有关？（2）用样本估计总体，若从该地区出行不戴口罩的居民中随机抽取5人，求恰好有2人是青年人的概率.附：0.10000500.0100.0012.7063.8416.63510.828【答案】（1）有的把握认为是否戴口罩出行的行为与年龄有关.（2）【解析】【分析】(1) 根据列
15、联表和独立性检验的公式计算出观测值,从而由参考数据作出判断.(2) 因为样本中出行不戴口罩的居民有30人,其中年轻人有10人,用样本估计总体,则出行不戴口罩的年轻人的概率为，是老年人的概率为.根据独立重复事件的概率公式即可求得结果.【详解】（1）由题意可知，有的把握认为是否戴口罩出行的行为与年龄有关.（2）由样本估计总体，出行不戴口罩的年轻人的概率为，是老年人的概率为.人未戴口罩，恰有2人是青年人的概率.【点睛】本题主要考查独立性检验及独立重复事件的概率求法,难度一般.18. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，点是棱的中点，.（1）若，证明：平面平面；（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余
16、弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】(1)由已知可证得平面,则有,在中,由已知可得,即可证得平面,进而证得结论.(2) 过作交于,由为的中点,结合已知有平面.则,可求得.建立坐标系分别求得面的法向量,平面的一个法向量为,利用公式即可求得结果.【详解】（1）证明：平面，平面，,又四边形为正方形，.又、平面，且，平面.中，为的中点，.又、平面，平面.平面，平面平面.（2）解：过作交于，如图为的中点，.又平面，平面.，.所以,又、两两互相垂直，以、为坐标轴建立如图所示空间直角坐标系.，设平面的法向量，则，即.令，则，.平面的一个法向量为.二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明方
17、法,考查了空间线线、线面、面面位置关系，考查利用向量法求二面角的方法,难度一般.19. 如图，在平面四边形中，.（1）求；（2）求四边形面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据同角三角函数式可求得，结合正弦和角公式求得，即可求得，进而由三角函数（2）设根据余弦定理及基本不等式，可求得的最大值，结合三角形面积公式可求得的最大值，即可求得四边形面积的最大值.【详解】（1），则由同角三角函数关系式可得，则 ，则，所以.（2）设在中由余弦定理可得，代入可得，由基本不等式可知，即，当且仅当时取等号，由三角形面积公式可得，所以四边形面积的最大值为.【点睛】本题考查了正弦和角公式化简三
18、角函数式的应用，余弦定理及不等式式求最值的综合应用，属于中档题.20. 设（1）证明:当时，；（2）当时，求整数的最大值.（参考数据：，）【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）将代入函数解析式可得，构造函数，求得并令，由导函数符号判断函数单调性并求得最大值，由即可证明恒成立，即不等式得证.（2）对函数求导，变形后讨论当时的函数单调情况：当时，可知满足题意；将不等式化简后构造函数，利用导函数求得极值点与函数的单调性，从而求得最小值为，分别依次代入检验的符号，即可确定整数的最大值；当时不满足题意，因为求整数的最大值，所以时无需再讨论.【详解】（1）证明：当时代入可得，令，则，令解
19、得，当时，所以在单调递增，当时，所以在单调递减，所以，则，即成立.（2）函数则，若时，当时，则在时单调递减，所以，即当时成立；所以此时需满足的整数解即可，将不等式化简可得，令 则令解得，当时，即在内单调递减，当时，即在内单调递增，所以当时取得最小值，则，所以此时满足的整数 的最大值为；当时，在时，此时，与题意矛盾，所以不成立.因为求整数的最大值，所以时无需再讨论，综上所述，当时，整数的最大值为.【点睛】本题考查了导数在证明不等式中的应用，导数与函数单调性、极值、最值的关系和应用，构造函数法求最值，并判断函数值法符号，综合性强，属于难题.21. 已知分别是椭圆的左焦点和右焦点，椭圆的离心率为是椭
20、圆上两点，点满足.(1)求的方程；(2)若点在圆上，点为坐标原点，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据焦点坐标和离心率，结合椭圆中的关系，即可求得的值，进而得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程为，由题意可知为中点.联立直线与椭圆方程，由韦达定理表示出，由判别式可得；由平面向量的线性运算及数量积定义，化简可得，代入弦长公式化简；由中点坐标公式可得点的坐标，代入圆的方程，化简可得，代入数量积公式并化简，由换元法令，代入可得，再令及，结合函数单调性即可确定的取值范围，即确定的取值范围，因而可得的取值范围.【详解】（1）分别是椭圆的左焦点和右焦点，则，椭圆的离心率为则解得
21、，所以，所以的方程为.（2）设直线的方程为，点满足，则为中点，点在圆上，设，联立直线与椭圆方程，化简可得，所以 则，化简可得，而 由弦长公式代入可得为中点，则 点在圆上，代入化简可得，所以令，则，令，则令，则，所以， 因为在内单调递增，所以，即所以【点睛】本题考查了椭圆的标准方程求法，直线与椭圆的位置关系综合应用，由韦达定理研究参数间的关系，平面向量的线性运算与数量积运算，弦长公式的应用及换元法在求取值范围问题中的综合应用，计算量大，属于难题.请考生在第22、23两题中选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.
22、选修4-4：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，直线与曲线交于两点.(1)求的长；(2)在以为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，设点的极坐标为，求点到线段中点的距离.【答案】（1） ;（2）.【解析】【分析】（1）将直线的参数方程化为直角坐标方程，由点到直线距离公式可求得圆心到直线距离，结合垂径定理即可求得的长；（2）将的极坐标化为直角坐标，将直线方程与圆的方程联立，求得直线与圆的两个交点坐标，由中点坐标公式求得的坐标，再根据两点间距离公式即可求得.【详解】（1）直线的参数方程为(为参数)，化为直角坐标方程为，即直线与曲线交于两点.则圆心坐标为，半径为
23、1，则由点到直线距离公式可知，所以.（2）点的极坐标为，化为直角坐标可得，直线的方程与曲线的方程联立，化简可得，解得，所以两点坐标为，所以，由两点间距离公式可得.【点睛】本题考查了参数方程与普通方程转化，极坐标与直角坐标的转化，点到直线距离公式应用，两点间距离公式的应用，直线与圆交点坐标求法，属于基础题.选修4-5：不等式选讲23. 设（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)通过讨论的范围,得到关于的不等式组,解出取并集即可.(2)去绝对值将函数写成分段函数形式讨论分段函数的单调性由恒成立求得结果.【详解】解：（1）当时，即或或解之得或，即不等式的解集为.（2）由题意得：当时为减函数，显然恒成立.当时，为增函数，当时，为减函数，综上所述：使恒成立的的取值范围为.【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题,考查不等式恒成立问题中求解参数问题,考查分类讨论思想,转化思想,属于中档题.
