【文档说明】【精准解析】四川省遂宁市2020届高三二诊考试数学（文）试题.pdf，共(23)页，396.852 KB，由小赞的店铺上传

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-1-遂宁市高中2017级第二次诊断性考试数学（文史类）一、选择题：本题共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1|2Axyx，{2,1,0,

1,2,3}B，则()ABRð（）A.{2,1,0,1,2}B.{0,1,2,3}C.{1,2,3}D.{2,3}【答案】D【解析】【分析】利用函数定义域，化简集合A，利用集合交集、补集的运算，即得解【详解】由题意得

集合1|2Axyx(,2)，所以[2,)RAð，故(){2,3}RABð．故选：D【点睛】本题考查了集合的交集和补集运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题2.若i为虚数单位，则复数22sincos33zi，则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】B【解析】【分析】首先根据特殊角的三角函数值将复数化为3122zi，求出z，再利用复数的几何意义即可求解.【详解】2231sincos3322zii

，-2-3122iz，则z在复平面内对应的点的坐标为3,221，位于第二象限.故选：B【点睛】本题考查了复数的几何意义、共轭复数的概念、特殊角的三角函数值，属于基础题.3.“1x”是“2log0x”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既

不充分也不必要条件【答案】C【解析】【详解】2log01xx“1x”是“2log0x”的充要条件，选C.4.函数sinfxAx（其中0A，0，2）的图象如图，则此函数表达式为（）A.3sin

24fxxB.13sin24fxxC.3sin24fxxD.13sin24πfxx【答案】B【解析】【分析】由图象的顶点坐标求出A，由周期求出，通过图象经

过点3,02，求出，从而得出函数解析式.-3-【详解】解：由图象知3A，534422T，则2142，图中的点3,02应对应正弦曲线中的点(,0)，所以1

322，解得4，故函数表达式为13sin24fxx．故选：B.【点睛】本题主要考查三角函数图象及性质，三角函数的解析式等基础知识；考查考生的化归与转化思想，数形结合思想，属于基

础题.5.已知m，n是两条不重合的直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（）A.若//m，//n，则//mnB.若//m，n，则//mnC.若mn，m，则//nD.若m，//n，则mn【答案】D【解析】【分析】利用空间位置关系

的判断及性质定理进行判断.【详解】解：选项A中直线m，n还可能相交或异面，选项B中m，n还可能异面，选项C，由条件可得//n或n．故选：D.【点睛】本题主要考查直线与平面平行、垂直的性质与判定等基础知识；考查空间想象能力

、推理论证能力，属于基础题.6.已知实数x、y满足约束条件103300xyxyy，则2zxy的最大值为（）A.1B.2C.7D.8【答案】C【解析】-4-【分析】作出不等式组表示的平面区域，作出

目标函数对应的直线，结合图象知当直线过点C时，z取得最大值.【详解】解：作出约束条件表示的可行域是以(1,0),(1,0),(2,3)为顶点的三角形及其内部，如下图表示：当目标函数经过点2,3C时，z取得最大值，最大值为7.故选：C.【点睛】本题主要考查线性规划等基础知识；考

查运算求解能力，数形结合思想，应用意识,属于中档题.7.已知a，b，c分别是ABC三个内角A，B，C的对边，cos3sinaCcAbc，则A（）A.6B.4C.3D.23【答案】C【

解析】【分析】原式由正弦定理化简得3sinsincossinsinCAACC，由于sin0C，0A可求A的值.【详解】解：由cos3sinaCcAbc及正弦定理得sincos3sinsinsinsinACCABC.因为BAC，所以sinsinco

scossinBACAC代入上式化简得-5-3sinsincossinsinCAACC.由于sin0C，所以1sin62A.又0A，故3A.故选：C.【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形，三角函数恒等变换等基础知识；考查运算求解能力，推理论

证能力，属于中档题.8.《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化．如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻）．若从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦，这两卦的六个爻中都恰有两个

阳爻的概率为（）A.13B.12C.23D.34【答案】B【解析】【分析】基本事件总数为6个，都恰有两个阳爻包含的基本事件个数为3个，由此求出概率.【详解】解：由图可知，含有两个及以上阳爻的卦有巽、离、兑、乾四卦，取出两卦的基本事件有（巽，离），（巽，兑），（巽，乾），（离，兑）

，（离，乾），（兑，乾）共6个，其中符合条件的基本事件有（巽，离），（巽，兑），（离，兑）共3个，所以，所求的概率3162P.故选：B.【点睛】本题渗透传统文化，考查概率、计数原理等基本知识，考查抽象概括能力和应用意-6-识，属于基础题．9.如图，平面四边形ACBD中，ABB

C，ABDA，1ABAD，2BC，现将ABD△沿AB翻折，使点D移动至点P，且PAAC，则三棱锥PABC的外接球的表面积为（）A.8B.6C.4D.823【答案】C【解析】【分析】由题意可得PA面ABC，可知PABC，因为ABBC，则BC⊥面PAB，

于是BCPB.由此推出三棱锥PABC外接球球心是PC的中点，进而算出2CP，外接球半径为1，得出结果.【详解】解：由DAAB，翻折后得到PAAB，又PAAC，则PA面ABC，可知PABC．又因为ABBC，则BC⊥面PAB，于是BCPB，因此三棱锥PABC外接球球心是PC的中点

．计算可知2CP，则外接球半径为1，从而外接球表面积为4．故选：C.【点睛】本题主要考查简单的几何体、球的表面积等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力及创新意识，属于中档题．-7-10.设1F，2F是双曲线2222:10,0xyCabab

的左，右焦点，O是坐标原点，过点2F作C的一条渐近线的垂线，垂足为P．若16PFOP，则C的离心率为（）A.2B.3C.2D.3【答案】B【解析】【分析】设过点2,0Fc作byxa的垂线，其

方程为ayxcb，联立方程，求得2axc，abyc，即2,aabPcc，由16PFOP，列出相应方程，求出离心率.【详解】解：不妨设过点2,0Fc作byxa的垂线，其方程为ayxcb，由byxaayxcb

解得2axc，abyc，即2,aabPcc，由16PFOP，所以有22224222226abaaabccccc，化简得223ac，所以离心率3cea．故选：B.【点睛】本题主要考查双曲线的概念

、直线与直线的位置关系等基础知识，考查运算求解、推理论证能力，属于中档题．11.函数2fxax与xgxe的图象上存在关于直线yx对称的点，则a的取值范围是（）A.,4eB.

,2eC.,eD.2,e【答案】C【解析】【分析】-8-由题可知，曲线2fxax与lnyx有公共点，即方程2lnaxx有解，可得2lnxax有解，令2lnxhxx，则21lnxhxx

，对x分类讨论，得出1xe时，hx取得极大值1hee，也即为最大值，进而得出结论.【详解】解：由题可知，曲线2fxax与lnyx有公共点，即方程2lnaxx有解，即2lnxax有解，令2lnxhxx，则21l

nxhxx，则当10xe时，0hx；当1xe时，0hx，故1xe时，hx取得极大值1hee，也即为最大值，当x趋近于0时，hx趋近于，所以ae满足条件．故选：C.

【点睛】本题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法，考查化归与转化等数学思想，考查抽象概括、运算求解等数学能力，属于难题．12.已知抛物线2:4Cyx和点2,0D，直线2xty与抛物线C交于不同两

点A，B，直线BD与抛物线C交于另一点E．给出以下判断：①直线OB与直线OE的斜率乘积为2；②//AEy轴；③以BE为直径的圆与抛物线准线相切.其中，所有正确判断的序号是（）A.①②③B.①②C.①③D.②③【答案

】B【解析】【分析】由题意，可设直线DE的方程为2xmy，利用韦达定理判断第一个结论；将2xty代入抛物线C的方程可得，18Ayy，从而，2Ayy，进而判断第二个结论；设F为抛物线C的焦点，以线段BE为直径的圆为M，则圆心M为线段BE的中点．设B，E到准线的距-9-离分别为1d，

2d，M的半径为R，点M到准线的距离为d，显然B，E，F三点不共线，进而判断第三个结论.【详解】解：由题意，可设直线DE的方程为2xmy，代入抛物线C的方程，有2480ymy．设点B，E的坐标分别为11,xy，22,xy，则124yym，128y

y．所21212121222244xxmymymyymyy．则直线OB与直线OE的斜率乘积为12122yyxx．所以①正确．将2xty代入抛物线C的方程可得，18Ayy，从

而，2Ayy，根据抛物线的对称性可知，A，E两点关于x轴对称，所以直线//AEy轴．所以②正确．如图，设F为抛物线C的焦点，以线段BE为直径的圆为M，则圆心M为线段BE的中点．设B，E到准线的距离分别为1d

，2d，M的半径为R，点M到准线的距离为d，显然B，E，F三点不共线，则12||||||222ddBFEFBEdR．所以③不正确．故选：B.【点睛】本题主要考查抛物线的定义与几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查数形结

合思想、化归与转化思想,属于难题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知平面向量,2am，1,3br，且bab，则向量a与b的夹角的大小为________．-1

0-【答案】4【解析】【分析】由bab，解得4m，进而求出2cos,2ab，即可得出结果.【详解】解：因为()bab，所以1,31,1130mm，

解得4m，所以22224,21,32cos,24213ab，所以向量a与b的夹角的大小为4．都答案为：4.【点睛】本题主要考查平面向量的运算，平面向量垂直，向量夹角等基础知识；考查运算求解能力，属于基础题．14.某中学举行了一次消防知识竞赛，将参赛学生的成绩进行

整理后分为5组，绘制如图所示的频率分布直方图，记图中从左到右依次为第一、第二、第三、第四、第五组，已知第二组的频数是80，则成绩在区间[80,100]的学生人数是__________．【答案】30【解析】【分析

】根据频率直方图中数据先计算样本容量，再计算成绩在80～100分的频率，继而得解.【详解】根据直方图知第二组的频率是0.040100.4，则样本容量是802000.4，又成绩在80～100分的频率是(0.0100.005)100.15，则成绩在区间[80,

100]的学生人数是2000.1530．-11-故答案为：30【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用，考查了学生综合分析，数据处理，数形运算的能力，属于基础题.15.已知3sin45，且344，则cos__________．【答案

】210【解析】试题分析：因344,故,所以，,应填210.考点：三角变换及运用．16.已知()fx是定义在R上的偶函数，其导函数为()fx．若0x时，()2fxx，则不等式2(2)(1)321fxfxxx的解集是____

_______．【答案】11,3【解析】【分析】构造2()()gxfxx，先利用定义判断()gx的奇偶性，再利用导数判断其单调性，转化2(2)(1)321fxfxxx为(2)(1)gxgx，结合奇偶性，单调性求解不等式即可.【详解】令2()()gxfxx，则()

gx是R上的偶函数，()()20gxfxx，则()gx在(0,)上递减，于是在(,0)上递增．由2(2)(1)321fxfxxx得22(2)(2)(1)(1)fxxfxx，即(2)(1)gxgx，于是(|2|)(

|1|)gxgx，-12-则|2||1|xx，解得113x．故答案为：11,3【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性、单调性解不等式，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.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作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.（一）必考题：共60分.17.某商场为改进服务质量，在进场购物的顾客中随机抽取了200人进行问卷调查．调查后，就顾客“

购物体验”的满意度统计如下：满意不满意男4040女80401是否有97.5%的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关？2若在购物体验满意的问卷顾客中按照性别分层抽取了6人发放价值100元的购物券．若在获

得了100元购物券的6人中随机抽取2人赠其纪念品，求获得纪念品的2人中仅有1人是女顾客的概率．附表及公式：22nadbcKabcdacbd．20PKk0.150.100.050.0250.0100.00

50.0010k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828-13-【答案】1有97.5%的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关；2815.【解析】【分析】1由题得2505.5

565.0249K，根据数据判断出顾客购物体验的满意度与性别有关；2获得了100元购物券的6人中男顾客有2人，记为1A，2A；女顾客有4人，记为1B，2B，3B，4B．从中随机抽取2人，所有基本事件有1

5个，其中仅有1人是女顾客的基本事件有8个，进而求出获得纪念品的2人中仅有1人是女顾客的概率.【详解】解析：1由题得2220040408040505.5565.02412080801209K

所以，有97.5%的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关．2获得了100元购物券的6人中男顾客有2人，记为1A，2A；女顾客有4人，记为1B，2B，3B，4B．从中随机抽取2人，所有基本事件有：12,AA，11,AB，12,AB，

13,AB，14,AB，21,AB，22,AB，23,AB，24,AB，12,BB，13,BB，14,BB，23,BB，24,BB，34,BB，共15个．其中仅有1人是女顾客的基本事件有：11,AB，12,AB，13,AB，

14,AB，21,AB，22,AB，23,AB，24,AB，共8个．所以获得纪念品的2人中仅有1人是女顾客的概率815P．【点睛】本小题主要考查统计案例、卡方分布、概率等基本知识，考查概率统计基本思想以及抽

象概括等能力和应用意识，属于中档题．18.已知等差数列na满足11a，公差0d，等比数列nb满足11ba，22ba，35ba．1求数列na，nb的通项公式；2若数列nc满足

3121123nnnccccabbbb，求nc的前n项和nS．-14-【答案】121nan，13nnb；23nnS.【解析】【分析】1由11a，公差0d，有1，1d，14d成等比数列，所以21114dd，解得2d.进而求出

数列na，nb的通项公式；2当1n时，由121cab，所以13c，当2n时，由3121123nnnccccabbbb，31121231nnnccccabbbb，可得123nnc，进而求出前n项和n

S．【详解】解：1由题意知，11a，公差0d，有1，1d，14d成等比数列，所以21114dd，解得2d．所以数列na的通项公式21nan．数列nb的公比3q，其通项公式13nnb．2当1n时，由121c

ab，所以13c．当2n时，由3121123nnnccccabbbb，31121231nnnccccabbbb，两式相减得1nnnncaab，所以123nnc．故13,123,2nnncn

所以nc的前n项和231323232323nnS131332313nn，2n．又1n时，1113Sa，也符合上式，故3nnS.-15-【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的概念，通项公式，前n项和公

式的应用等基础知识；考查运算求解能力，方程思想，分类讨论思想，应用意识，属于中档题．19.如图，在四棱锥PABCD中底面ABCD是菱形，60BAD，PAD△是边长为2的正三角形，10PC，E为线段AD的中点．1求证：平面PBC平面PBE；2是否存在满足0PFFC

的点F，使得34BPAEDPFBVV？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】1证明见解析；22.【解析】【分析】1利用面面垂直的判定定理证明即可；2由PFFC，知1FCPC，所

以可得出DPFBPBDCFBDCFBCDVVVV，因此，34BPAEDPFBVV的充要条件是1324，继而得出的值.【详解】解：1证明：因为PAD△是正三角形，E为线段AD的中点，所以PEAD．因为ABCD是菱

形，所以ADAB．因为60BAD，所以ABD△是正三角形，所以BEAD，而BEPEE，所以AD平面PBE．又//ADBC，所以BC⊥平面PBE．-16-因为BC平面PBC，所以平面PBC平面PBE．2由

PFFC，知1FCPC．所以，111222BPAEPADBPBCDFBCDVVVV，DPFBPBDCFBDCFBCDVVVV．因此，34BPAEDPFBVV的充要条件是1324，所以，2．即

存在满足0PFFC的点F，使得34BPAEDPFBVV，此时2．【点睛】本题主要考查平面与平面垂直的判定、三棱锥的体积等基础知识；考查空间想象能力、运算求解能力、

推理论证能力和创新意识；考查化归与转化、函数与方程等数学思想，属于难题．20.已知椭圆C的中心在坐标原点C，其短半轴长为1，一个焦点坐标为1,0，点A在椭圆C上，点B在直线2y上的点，且OAOB．1证明：直线AB与圆221xy相切；2求AOB面积的最小值．【答

案】1证明见解析；21.【解析】【分析】1由题意可得椭圆C的方程为2212xy，由点B在直线2y上，且OAOB知OA的斜率必定存在，分类讨论当OA的斜率为0时和斜率不为0时的情况列出相应式子，即可得出直线AB与圆221xy相切；2由1知，AOB的面积

为112SOAOB【详解】解：1由题意，椭圆C的焦点在x轴上，且1bc，所以2a．-17-所以椭圆C的方程为2212xy．由点B在直线2y上，且OAOB知OA的斜率必定存在，当OA的斜率为0时，2OA，2OB，于是2AB，O到AB的距离为1，直线

AB与圆221xy相切．当OA的斜率不为0时，设OA的方程为ykx，与2212xy联立得22122kx，所以22212Axk，222212Akyk，从而2222212kOAk

．而OBOA，故OB的方程为xky，而B在2y上，故2xk，从而2222OBk，于是22111OAOB．此时，O到AB的距离为1，直线AB与圆221xy相切．综上，直线AB与圆221xy相切．2由1知，AOB的面积为222222

112122111212221221212kkSOAOBkkkk，上式中，当且仅当0k等号成立，所以AOB面积的最小值为1．【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查化归

与转化思想，属于难题．21.已知函数()lnxfxexxax，()fx为()fx的导数，函数()fx在0xx处取得最小值．（1）求证：00ln0xx；（2）若0xx时，()1fx恒成立，求a的取值范围．【答案】

（1）见解析；（2）[1,)e.【解析】-18-【分析】（1）对()fx求导，令()ln1xgxexa，求导研究单调性，分析可得存在0112t使得00gt，即0010tet，即得证；（2）分00110xax，00110xax

两种情况讨论，当00110xax时，转化n20mi0001()fxfxxxax利用均值不等式即得证；当00110xax，()fx有两个不同的零点1x，2x，分析可得()fx的最小值为2fx，分1

ae，1ae讨论即得解.【详解】（1）由题意()ln1xfxexa，令()ln1xgxexa，则1()xgxex，知()gx为(0,)的增函数，因为(1)10ge，1202ge

，所以，存在0112t使得00gt，即0010tet．所以，当00,xt时0()0gxgt，()gx为减函数，当0,xt时0()0gxgt，()gx为增函数，故当

0xt时，()gx取得最小值，也就是()fx取得最小值．故00xt，于是有0010xex，即001xex，所以有00ln0xx，证毕．（2）由（1）知，()ln1xfxexa的最小值

为0011xax，①当00110xax，即0011axx时，()fx为0,x的增函数，-19-所以020min0000001()lnxfxfxexxxaxxax，2

000000011111xxxxxxx，由（1）中0112x，得00111xx，即()1fx．故0011axx满足题意．②当00110xax，即0011axx时，()fx有

两个不同的零点1x，2x，且102xxx，即22222ln10ln1xxfxexaaxe，若02,xxx时2()0fxfx，()fx为减函数，（*）若2,xx

时2()0fxfx，()fx为增函数，所以()fx的最小值为2fx．注意到(1)1fea时，1ae，且此时(1)10fea，（ⅰ）当1ae时，2(1)10feafx

，所以201x„，即210x，又22222222222222lnlnln11xxxxfxexxaxexxxexxex22111xxe，而210xe，所以221111xxe，即21fx．由于在

0112x下，恒有001xex，所以00111exx．（ⅱ）当1ae时，2(1)10feafx，所以201xx，所以由（*）知21,xx时，()fx为减函数，-20-所以(

)(1)1fxfea，不满足0xx时，()1fx恒成立，故舍去．故00111eaxx„满足条件．综上所述：a的取值范围是[1,)e．【点睛】本题考查了函数与导数综合，考查了利用导数研究

函数的最值和不等式的恒成立问题，考查了学生综合分析，转化划归，分类讨论，数学运算能力，属于较难题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、33题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy

中，曲线1C的参数方程为cos,sin.xy以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设点A在曲线2:sin1C上，点B在曲线36:(0)C上，且AOB为正三角形．（1）求点A，B的极坐标；（2）若点P为曲线1C上的

动点，M为线段AP的中点，求||BM的最大值．【答案】（1）A2,6，B2,6；（2）132.【解析】【分析】（1）利用极坐标和直角坐标的互化公式，即得解；（2）设点M的直角坐标为(,)xy，则点P的直角坐标为(23

,21)xy．将此代入曲线1C的方程，可得点M在以31,22Q为圆心，12为半径的圆上，所以||BM的最大值为1||2BQ，即得解.【详解】（1）因为点B在曲线36:(0)C上，AOB为正三

角形，所以点A在曲线(0)6上．-21-又因为点A在曲线2:sin1C上，所以点A的极坐标是2,6，从而，点B的极坐标是2,6．（2）由（1）可知，点A的直角坐标为(3,1)，B的直角坐标为(3,1)设点M的直角坐标为(,)xy，

则点P的直角坐标为(23,21)xy．将此代入曲线1C的方程，有31cos,2211sin,22xy即点M在以31,22Q为圆心，12为半径的圆上．2233||(3)()322BQ，所以||BM的最大值为11|

|322BQ．【点睛】本题考查了极坐标和参数方程综合，考查了极坐标和直角坐标互化，参数方程的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数()|21|fxx．（1）解不等式：()(2)6fxfx„；（2）求证：

222(1)232fxafxxaxaa„．【答案】（1）{|12}xx„„；（2）见解析.【解析】【分析】（1）代入得()(2)|21||23|fxfxxx，分类讨论，解不等式即可；（2）利用绝对值不等式得性质

，22(1)22fxafxa„，-22-222232323xaxaaaa，比较22323,22aaa大小即可.【详解】（1）由于()(2)|21||23|fxfxxx，于是原不等式化为|21||23|6xx„，若21x，则21

(23)6xx„，解得112x„；若1322x„„，则21(23)6xx„，解得1322x„„；若32x，则21(23)6xx„，解得322x„．综上所述，不等式解集为{|12}xx„„．（2）由已知条件，对于xR，可得2222(1)221|21|

2222fxafxxaxaa„．又22222232232323xaxaaaaaaa，由于22183233033aaa，所以222232323xaxaaaa．又由于22223232221(1)

0aaaaaa，于是2232322aaa．所以222(1)232fxafxxaxaa„．【点睛】本题考查了绝对值不等式得求解和恒成立问题，考查了学生分类讨论，转化划归，数学运算能力，属于中档题.-23-