四川省泸州市泸县第五中学高三下学期二模理科数学试题

泸县五中2020级高三第二次诊断性模拟考试数学（理工类）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．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效3．本试卷满分150分，考试时间120分钟．考试结束后，请将答题卡交回第I卷选择题（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.已知集合，，则集合的子集有（）A.2个 B.4个 C.8个 D.16个【答案】B【解析】【分析】解不等式，结合，求出，计算出，从而求出，并求出交集的子集个数.【详解】，解得：，又因为，所以，因为，且，所以，故的子集有个.故选：B2.在复平面内，复数z对应点的坐标为，则（）A.i B.－iC.1＋i D.1－i【答案】A【解析】【分析】由题可得，再由复数除法法则即可求解.【详解】因为复数z对应点的坐标为，所以，所以.故选：A.3.某同学在研究变量，之间的相关关系时，得到以下数据：并采用最小二乘法得到了线性回归方程，则（）4.85.878.39.12.84.15.25.97A.， B.， C.， D.，【答案】D【解析】【分析】根据给定数据，求出变量，的平均数，再利用最小二乘法公式计算判断作答.【详解】依题意，，，，，则，.故选：D4.已知△ABC的重心为O，则向量（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】△ABC的重心O为三角形三条中线的交点，为中线的三等分点，根据向量线性运算的几何表示结合条件即得.【详解】设分别是的中点，由于是三角形的重心，所以.故选：C.5.将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大到原来的2倍，所得图象的一条对称轴方程可以是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】试题分析：将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大到原来的倍得函数,其对称轴方程为，故选D.考点：函数图象的变换、函数的对称轴.6.北斗导航系统由55颗卫星组成，于2020年6月23日完成全球组网部署，全面投入使用.北斗七星自古是我国人民辨别方向判断季节的重要依据，北斗七星分别为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光，其中玉衡最亮，天权最暗.一名天文爱好者从七颗星中随机选两颗进行观测，则玉衡和天权至少一颗被选中的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据古典概型计算公式，结合组合的定义、对立事件的概率公式进行求解即可.【详解】因为玉衡和天权都没有被选中的概率为，所以玉衡和天权至少一颗被选中的概率为.故选：B.7.已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是扇形，则该几何体的侧面面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知三视图得到几何体是底面半径为2，高为3的圆柱的，由此计算侧面积即可．【详解】由已知三视图得到几何体是底面半径为2，高为3的圆柱的，如图所示：所以几何体的侧面积为；故选：A．8.2022年北京冬奥会和冬残奥会给世界人民留下了深刻的印象，其吉祥物“冰墩墩”和“雪容融的设计好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合．为了弘扬奥林匹克精神，某学校安排甲、乙等5名志愿者将吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装．若甲、乙必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（）A8 B.10 C.12 D.14【答案】C【解析】【分析】先安排甲乙两人，然后剩余3人分两组，一组1人，一组2人，先分组后安排即可．【详解】甲和乙必须安装不同的吉祥物，则有种情况，剩余3人分两组，一组1人，一组2人，有，然后分配到参与两个吉祥物的安装，有，则共有种，故选：．9.已知，则A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由诱导公式及二倍角公式化简，由结合得，即可求解【详解】=又,解又，,故故所以故选A【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系式，熟记公式是关键，考查计算能力，是基础题10.已知，，，则，，的大小关系为A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】可先得出，然后设，根据导数符号即可判断出在，上单调递减，从而得出，即得出．【详解】解：；设，；时，；在，上单调递减；；；．故选：．【点睛】考查对数的运算，构造函数解决问题的方法，以及根据导数符号判断函数单调性的方法．11.已知双曲线C：的左、右焦点为，，渐近线上一点P满足（O坐标原点），，则双曲线C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知条件和双曲线的性质可得，则可求得的坐标为，则利用两点间的距离公式可求得，然后在中利用余弦定理化简可求出的关系，从而可求出双曲线的离心率【详解】由双曲线的性质可得，由双曲线的对称性，不妨设点P在第一象限，因为，所以，即，设，因为双曲线的渐近线方程为，所以，所以，因为，所以，所以的横坐标为，纵坐标为，即点的坐标为，所以，设，则，在中，由余弦定理可得，所以，得，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以离心率为，故选：B12.已知函数，，若存在，使得恒成立，则实数b的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求导函数，确定函数的单调性，进而可得函数的最大值，故可求实数的取值范围．【详解】，，，，存在，，使得，，设，，，当时，解的，当时，即时，函数单调递增，当时，即时，函数单调递减，当时，函数取最大值，最大值为（2），故选．【点睛】本题考查导数知识的运用，考查恒成立问题，考查函数的最值，属于中档题．第II卷非选择题（90分）二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．13.若，满足约束条件，则取值范围为______.【答案】【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用的几何意义和数形结合分析得解.【详解】作出不等式组所表示的平面区域，如下图阴影部分所示.表示阴影区域内的点与点连线的斜率.观察可知，.因为，，所以.故答案为【点睛】本题主要考查线性规划求取值范围，考查斜率的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析推理能力.14.曲线与直线所围成的封闭图形的面积为__________．【答案】【解析】【详解】由定积分的几何意义可得：封闭图形的面积.15.已知函数，且在上单调递增，则满足条件的的最大值为__________.【答案】##【解析】【分析】先对函数化简变形，求出其单调递增区间为从而由题意可得解不等式组可求得结果详解】由，得，的单调递增区间为由题知，，当时，，，当时，；当时，.故答案为：16.已知过点的直线与相交于点，过点的直线与相交于点，若直线与圆相切，则直线与的交点的轨迹方程为__________.【答案】【解析】【详解】设直线AC，BD的斜率分别为，则直线AC，BD的方程分别为：，据此可得：，则：，直线CD的方程为：，整理可得：直线与圆相切，则：，据此可得：，由于：，两式相乘可得：即直线与交点的轨迹方程为.点睛：求轨迹方程，要注意曲线上的点与方程的解是一一对应关系，检验应从两个方面进行：一是方程的化简是否是同解变形；二是是否符合实际意义，注意轨迹上特殊点对轨迹的“完备性与纯粹性”的影响.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答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必做题：共60分．17.已知数列满足.（1）证明数列是等差数列，并求的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析，；（2）.【解析】【分析】(1)把给定的递推公式两边取倒数并变形即可作答；(2)由(1)求出数列的通项公式，再利用错位相减法即可得解.【详解】（1）由得，所以是公差为2的等差数列，，即；（2）由(1)知，，则，两式相减得，则，所以数列的前项和.18.网购是当前民众购物的新方式，某公司为改进营销方式，随机调查了100名市民，统计其周平均网购的次数，并整理得到如下的频数分布直方图.这100名市民中，年龄不超过40岁的有65人，将所抽样本中周平均网购次数不小于4次的市民称为网购迷，且已知其中有5名市民的年龄超过40岁.（1）根据已知条件完成下面的列联表，能否在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为网购迷与年龄不超过40岁有关？网购迷非网购迷合计年龄不超过40岁年龄超过40岁合计（2）若从网购迷中任意选取2名，求其中年龄超过40岁的市民人数的分布列与期望.附：；0.150．100.050.012.0722.7063.8416.635【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）利用题意绘制列联表即可，求得.所以可以在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为网购迷与年龄是否超过40岁有关；（2）求出的所有可能取值，进而求出相应的概率，从而可得分布列，进而可根据期望的概念求出结果.【小问1详解】由题意可得列联表如下：网购迷非网购迷合计年龄不超过40岁204565年龄超过40岁53035合计2575100则.所以可以在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为网购迷与年龄是否超过40岁有关；【小问2详解】由频率分布直方图可知，网购迷共有25名，由题意得年龄超过40的市民人数的所有取值为0，1，2，，，，的分布列为012.19.如图，在梯形中，，四边形为矩形，平面，点是线段的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)见解析;(2).【解析】【详解】分析：（1）在梯形中，易得，再有平面，，即可得，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，由法向量的夹角余弦求解即可.详解：（1）在梯形中，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，即.∵平面，平面，∴，而，∴平面，∵，∴平面；（2）建立如图所示空间直角坐标系，设，则，∴，设为平面的一个法向量，由得，取，则，∵是平面的一个法向量，∴.点睛:本题主要考查线面垂直的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20.已知椭圆的离心率，椭圆上的点与左、右顶点所构成三角形面积的最大值为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设过椭圆C右焦点的直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，满足k1•k2＝﹣2，l1交C于点E，F，l2交C于点G，H，线段EF与GH的中点分别为M，N．判断直线MN是否过定点，若过定点求出该定点；若不过定点，请说明理由．【答案】（1）；（2）是定点，定点为.【解析】【分析】（1）根据椭圆离心率、几何性质，椭圆上下定点与长轴构成的三角形面积最大，求得参数的值，写出标准方程；（2）设l1：y＝k1（x﹣1），l2：y＝k2（x﹣1），联立直线l1与椭圆C的方程，得到韦达定理，同时求得的坐标；方法一：讨论直线MN的斜率存在情况，将坐标代入直线方程lMN：y＝mx+n，求得之间的关系，从而判断直线是否过定点；方法二：讨论直线MN的斜率存在情况，由坐标求得直线MN的斜率，并写出直线方程，由椭圆的对称性可知，若定点存在，则必在x轴上，所以令y＝0，化简判断x是否为定值即可.【小问1详解】设右焦点F（c，0），c＞0，由题知求得a＝2，，c＝1，所以椭圆C的标准方程为．【小问2详解】方法一：设l1：y＝k1（x﹣1），l2：y＝k2（x﹣1），联立直线l1与椭圆C的方程得消去y得，，由根与系数的关系知，则，代入直线l1的方程得，所以，同理得．①当直线MN的斜率存在时，设直线lMN：y＝mx+n，将点M，N的坐标代入直线lMN，得易知k1，k2为方程（4m+4n）k2+3k+3n＝0的两个根，由根与系数的关系知，由题知k1⋅k2＝﹣2，所以，得，所以直线，所以直线MN过定点．②当直线MN的斜率不存在时，，即，所以k1＝﹣k2，且k1⋅k2＝﹣2．不妨设，，所以，即直线，满足过定点．综上，直线MN过定点．方法二：设l1：y＝k1（x﹣1），l2：y＝k2（x﹣1），联立直线l1与椭圆C的方程消去y得，．由根与系数的关系知，，，代入直线l1的方程得，所以，同理的．①当直线MN的斜率存在时，即k1≠﹣k2，＝＝，（上式结合k1⋅k2＝﹣2化简），直线＝，由椭圆的对称性可知，若定点存在，则必在x轴上，所以令y＝0，得，所以直线MN过定点．②当直线MN的斜率不存在时，，即，所以k1＝﹣k2，k1⋅k2＝﹣2．不妨设，，所以，即直线，满足过定点．综上，直线MN过定点．21.已知函数（1）讨论的单调性；（2）若函数，证明：当时，．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）对函数求导，可得，分，，，和四种情况进行分类讨论的单调性；（2）根据题意，将原问题转化为成立，令，利用导数求出函数的最大值，再令，利用导数在函数最值中的应用，结合“隐零点”的用法，可知，存在，使得，再根据函数的单调性，可求出函数的最小值，将的最大值和的最小值比较，即可求证结果.【小问1详解】解：由题意可得的定义域为①当时，即，在单调递增．②当时，即，时，，单调递增；时，，单调递减；时，，单调递增；③当时，即，时，，单调递增，时，，单调递减，时，，单调递增，④当时，即，时，，单调递减，时，，单调递增；综上可得：当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；【小问2详解】证明：当时，，要证即证，只需证，只需证，令，则，∴时，，单调递增，∴时，，单调递减，∴，令，则，令，则，∴在上单调递增又∵，，∴存在，使得，即；∴，，，单调递减，，，，单调递增；∴，令，则在上单调递减，∴，即，∵，∴，∴，即∴时，恒成立∴.（二）选做题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题记分．22.在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为(其中φ为参数)，曲线：