2019年四川省成都高考数学二诊试卷(理科)含答案解析.pdf
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1、2017 年四川省成都高考数学二诊试卷(理科) 一.选择题(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 合要求 .把答案涂在答题卷上 .) 1已知集合 A=2,1,0,1,2 ,B= x| lgx0,则 AB=() A1 B 0,1C 0,1,2D 1,2 2i 是虚数单位,若=a+bi(a,bR) ,则乘积 ab的值是() A15 B3 C3 D15 3如图,某组合体的三视图是由边长为2 的正方形和直径为2 的圆组成,则它 的体积为() A4+4B8+4 C D 4为了得到函数的图象,只需把函数 y=log2x 的图象上所有的点 () A向左平移 1 个单位长度,再
2、向上平移2 个单位长度 B向右平移 1 个单位长度,再向上平移2 个单位长度 C向左平移 1 个单位长度,再向下平移2 个单位长度 D向右平移 1 个单位长度,再向下平移2 个单位长度 5某程序框图如图所示,若使输出的结果不大于20,则输入的整数i 的最大值 为() A3 B4 C5 D6 6 如图, 圆锥的高, 底面 O 的直径 AB=2, C 是圆上一点,且CAB=30 , D 为 AC 的中点,则直线OC 和平面 PAC 所成角的正弦值为( ) ABCD 7若曲线 C1:x 2+y22x=0 与曲线 C 2:y(ymxm)=0有四个不同的交点, 则实数 m 的取值范围是() A (,)
3、B (,0)( 0,)C ,D ( ,)(,+) 8三棱锥 ABCD 中,AB,AC,AD 两两垂直,其外接球半径为2,设三棱锥 ABCD 的侧面积为 S,则 S 的最大值为() A4 B6 C8 D16 9已知 a=(ex)dx,若(1ax) 2017=b 0+b1x+b2x 2+b 2017x 2017 (xR) ,则的值为() A0 B1 C1 De 10由无理数引发的数学危机已知延续带19 世纪,直到 1872 年,德国数学家戴 德金提出了 “ 戴德金分割 ” ,才结束了持续2000 多年的数学史上的第一次大危 机所谓戴金德分割,是指将有理数集Q 划分为两个非空的子集M 与 N,且满
4、足 MN=Q,MN=?,M 中的每一个元素都小于N 中的每一个元素, 则称(M, N)为戴金德分割试判断,对于任一戴金德分割(M,N) ,下列选项中不可能 恒成立的是() AM 没有最大元素, N 有一个最小元素 BM 没有最大元素, N 也没有最小元素 CM 有一个最大元素, N 有一个最小元素 DM 有一个最大元素, N 没有最小元素 11已知函数 ,其中 m 2,4,6,8,n1,3, 5,7 ,从这些函数中任取不同的两个函数,在它们在(1,f(1) )处的切线相 互平行的概率是() A B C D以上都不对 12 若存在正实数 x, y, z 满足xez且 zln=x, 则 ln的取值
5、范围为() A 1,+)B 1,e1 C (, e1D 1, +ln2 二.填空题(本大题共4 小题,每小题 5 分,共 20 分,把答案填在答题卷的横线 上.) 13在 ABC 中,边 a、b、c 分别是角 A、B、C 的对边,若 bcosC=(3ac) cosB,则 cosB= 14已知点 P(x,y)的坐标满足条件,若点 O 为坐标原点,点 M( 1,1) ,那么的最大值等于 15动点 M(x,y)到点( 2,0)的距离比到 y 轴的距离大 2,则动点 M 的轨 迹方程为 16在ABC 中,A=,D、E 分别为 AB、AC 的中点,且 BECD,则 cos2 的最小值为 三.解答题( 1
6、7-21 每小题 12 分,22 或 23 题 10 分,共 70 分.在答题卷上解答, 解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.) 17设数列 an的前 n 项和 Sn=2ana1,且 a1,a2+1,a3成等差数列 (1)求数列 an 的通项公式; (2)求数列的前 n 项和 Tn 18为宣传 3 月 5 日学雷锋纪念日, 成都七中在高一, 高二年级中举行学雷锋知 识竞赛,每年级出 3 人组成甲乙两支代表队, 首轮比赛每人一道必答题, 答对则 为本队得1 分,答错不答都得0 分,已知甲队3 人每人答对的概率分别为 ,乙队每人答对的概率都是设每人回答正确与否相互之间没有影 响,用 X 表示甲
7、队总得分 (1)求随机变量 X 的分布列及其数学期望E(X) ; (2)求甲队和乙队得分之和为4 的概率 19已知等边 AB C边长为,BCD 中,(如图 1 所示) , 现将 B 与 B ,C 与 C 重合,将 AB C 向上折起,使得(如图2 所 示) (1)若 BC 的中点 O,求证:平面 BCD平面 AOD; (2)在线段 AC 上是否存在一点E,使 ED 与面 BCD 成 30 角,若存在,求出 CE 的长度,若不存在,请说明理由; (3)求三棱锥 ABCD 的外接球的表面积 20已知圆,将圆 E2按伸缩变换:后得到曲线 E1, (1)求 E1的方程; (2)过直线 x=2 上的点
8、M 作圆 E2的两条切线,设切点分别是A,B,若直线 AB 与 E1交于 C,D 两点,求的取值范围 21已知函数 g(x)=xsin lnxsin 在 1,+)单调递增,其中 (0, ) (1)求 的值; (2)若,当 x 1,2时,试比较 f(x)与的大小关 系(其中 f (x)是 f(x)的导函数),请写出详细的推理过程; (3)当 x0 时,e xx1kg(x+1)恒成立,求 k 的取值范围 选修 4-4:坐标系与参数方程 22在直角坐标系中,以原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知 曲线 C: sin 2=2acos (a0) , 过点 P (2, 4) 的直线 l 的参
9、数方程为 (t 为参数) ,l 与 C 分别交于 M,N (1)写出 C 的平面直角坐标系方程和l 的普通方程; (2)若| PM| 、| MN| 、| PN| 成等比数列,求 a 的值 选修 4-5:不等式选讲 23设函数 f(x)=| x+|+| xa| (a0) ()证明: f(x)2; ()若 f(3)5,求 a的取值范围 2017 年四川省成都高考数学二诊试卷(理科) 参考答案与试题解析 一.选择题(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 合要求 .把答案涂在答题卷上 .) 1已知集合 A=2,1,0,1,2 ,B= x| lgx0,则 AB=() A1
10、 B 0,1C 0,1,2D 1,2 【考点】 交集及其运算 【分析】 先分别求出集合 A,B,由此利用交集定义能求出AB 【解答】 解:集合 A= 2,1,0,1,2 , B= x| lgx0= x| 0x1 , AB= 1 故选: A 2i 是虚数单位,若=a+bi(a,bR) ,则乘积 ab的值是() A15 B3 C3 D15 【考点】 复数相等的充要条件;复数代数形式的乘除运算 【分析】 先根据两个复数相除的除法法则化简,再依据两个复数相等的充 要条件求出 a和 b 的值,即得乘积 ab的值 【解答】 解:=1+3i =a+bi,a=1,b=3,ab=13=3 故选 B 3如图,某组
11、合体的三视图是由边长为2 的正方形和直径为2 的圆组成,则它 的体积为() A4+4B8+4 C D 【考点】 由三视图求面积、体积 【分析】 根据三视图知该几何体是正方体与球的组合体, 结合图中数据计算它的体积即可 【解答】 解:根据三视图知,该几何体的下面是棱长以2 的正方体, 上面是半径为 1 的球的组合体, 结合图中数据,计算它的体积为 V=V 球 +V 正方体=?1 3 +2 3= +8 故选: D 4为了得到函数的图象,只需把函数 y=log2x 的图象上所有的点 () A向左平移1个单位长度,再向上平移2个单位长度 B向右平移 1 个单位长度,再向上平移2 个单位长度 C向左平移
12、 1 个单位长度,再向下平移2 个单位长度 D向右平移 1 个单位长度,再向下平移2 个单位长度 【考点】 函数的图象与图象变化;程序框图 【分析】利用对数的运算性质化简平移目标函数的解析式,然后根据 “ 左加右减, 上加下减 ” 的原则,可得答案 【解答】 解:函数=log2(x+1)log24=log2(x+1)2, 故其图象可由函数y=log2x 的图象向左平移 1 个单位长度,再向下平移2 个长度 单位得到, 故选 C 5某程序框图如图所示,若使输出的结果不大于20,则输入的整数i 的最大值 为() A3 B4 C5 D6 【考点】 程序框图 【分析】 算法的功能是求S=2 +21+2
13、2+2n+n+1 的值,根据输出的结果不大于 20,得 n3,由此可得判断框内i 的最大值 【解答】 解:由程序框图知:算法的功能是求S=2 +21+22+2n+n+1 的值, 输出的结果不大于20,n3, 判断框的条件 ni,i 的最大值为 4 故选: B 6 如图, 圆锥的高, 底面 O 的直径 AB=2, C 是圆上一点,且CAB=30 , D 为 AC 的中点,则直线OC 和平面 PAC 所成角的正弦值为() ABCD 【考点】 直线与平面所成的角 【分析】由已知易得 ACOD,ACPO,可证面 POD平面 PAC,由平面垂直 的性质考虑在平面POD 中过 O 作 OHPD 于 H,则
14、 OH平面 PAC,OCH 是 直线 OC 和平面 PAC所成的角,在 RtOHC 中,求解即可 【解答】 解:因为 OA=OC,D 是 AC 的中点,所以 ACOD, 又 PO底面 O,AC? 底面 O, 所以 ACPO,而 OD,PO是平面内的两条相交直线 所以 AC平面 POD,又 AC? 平面 PAC 所以平面 POD平面 PAC 在平面 POD 中,过 O 作 OHPD 于 H,则 OH平面 PAC 连接 CH,则 CH 是 OC 在平面上的射影, 所以 OCH 是直线 OC 和平面 PAC所 成的角 在 RtODA 中,OD=DA?sin30 =, 在 RtPOD 中,OH=, 在
15、 RtOHC 中,sinOCH=, 故直线 OC 和平面 PAC 所成的角的正弦值为 故选 C 7若曲线 C1 :x 2 +y 22x=0 与曲线 C2:y(ymxm)=0有四个不同的交点, 则实数 m的取值范围是( ) A ( ,) B ( ,0)(0,) C , D ( ,)(,+) 【考点】 圆的一般方程;圆方程的综合应用 【分析】由题意可知曲线C1:x 2+y22x=0 表示一个圆, 曲线 C 2:y(ymxm) =0 表示两条直线 y=0 和 ymxm=0,把圆的方程化为标准方程后找出圆心与 半径,由图象可知此圆与y=0 有两交点,由两曲线要有4 个交点可知,圆与y mxm=0 要有
16、 2 个交点,根据直线ymxm=0 过定点,先求出直线与圆相切 时 m 的值,然后根据图象即可写出满足题意的m 的范围 【解答】 解:由题意可知曲线C1 :x 2 +y 22x=0 表示一个圆,化为标准方程得: (x1) 2+y2=1,所以圆心坐标为( 1,0) ,半径 r=1; C2:y(ymxm)=0 表示两条直线 y=0 和 ymxm=0, 由直线 ymxm=0 可知:此直线过定点(1,0) , 在平面直角坐标系中画出图象如图所示: 直线 y=0 和圆交于点( 0,0)和( 2,0) ,因此直线 ymxm=0 与圆相交即可 满足条件 当直线 ymxm=0 与圆相切时,圆心到直线的距离d=
17、r=1, 化简得: m2= ,解得 m=, 而 m=0 时,直线方程为 y=0,即为 x 轴,不合题意, 则直线 ymxm=0 与圆相交时, m(,0)( 0,) 故选 B 8三棱锥ABCD中,AB,AC,AD两两垂直,其外接球半径为2,设三棱锥 ABCD 的侧面积为 S,则 S 的最大值为() A4 B6 C8 D16 【考点】 球内接多面体 【分析】 三棱锥 ABCD 的三条侧棱两两互相垂直,所以把它扩展为长方体, 它也外接于球,对角线的长为球的直径,然后利用基本不等式解答即可 【解答】 解:设 AB,AC,AD 分别为 a,b,c,则三棱锥 ABCD 的三条侧棱 两两互相垂直,所以把它扩
18、展为长方体, 它也外接于球,对角线的长为球的直径,a 2 +b 2 +c 2=16, S=(ab+bc+ac) (a 2 +b 2 +c 2)=8, 故选 C 9已知 a=(ex)dx,若(1ax) 2017=b 0 +b 1x+b2x 2+b 2017x 2017 (xR) ,则的值为() A0 B1 C1 De 【考点】 二项式定理的应用 【分析】利用微积分基本定理可得: a=2因此 (12x) 2017= ,分别令 x=0, 1=b0;x=,则 0=b0+,即可得出 【解答】解:= =2 (12x) 2017 =, 令 x=0,则 1=b0 x=,则 0=b0+, =1, 故选: B 1
19、0由无理数引发的数学危机已知延续带19 世纪,直到 1872 年,德国数学家戴 德金提出了 “ 戴德金分割 ” ,才结束了持续2000 多年的数学史上的第一次大危 机所谓戴金德分割,是指将有理数集Q 划分为两个非空的子集M 与 N,且满 足 MN=Q,MN=?,M 中的每一个元素都小于N 中的每一个元素, 则称(M, N)为戴金德分割试判断,对于任一戴金德分割(M,N) ,下列选项中不可能 恒成立的是() AM 没有最大元素, N 有一个最小元素 BM 没有最大元素, N 也没有最小元素 CM 有一个最大元素, N 有一个最小元素 DM 有一个最大元素, N 没有最小元素 【考点】 子集与真子
20、集 【分析】 由题意依次举例对四个命题判断,从而确定答案 【解答】 解:若 M=xQ| x0 ,N= xQ|x0 ;则 M 没有最大元素, N 有 一个最小元素 0;故 A 正确; 若 M= xQ| x,N= xQ| x ;则 M 没有最大元素, N 也没有最小 元素;故 B正确; 若 M=xQ| x0,N= xQ| x0 ;M 有一个最大元素, N 没有最小元素, 故 D 正确; M 有一个最大元素, N 有一个最小元素不可能,故C 不正确; 故选 C 11已知函数 ,其中 m 2,4,6,8,n1,3, 5,7 ,从这些函数中任取不同的两个函数,在它们在(1,f(1) )处的切线相 互平行
21、的概率是() A B C D以上都不对 【考点】 利用导数研究曲线上某点切线方程 【分析】求出函数的导数,求得切线的斜率,由题意列举斜率相等的情况,得到 共有多少组,求得总的基本事件,由古典概率的计算公式即可得到所求值 【解答】 解:函数, 导数为 f (x)=mx2+nx+1, 可得在( 1,f(1) )处的切线斜率为m+n+1 则切线相互平行即有斜率相等, 即有(m,n)为(2,7) , (8,1) , (4,5) , (6,3) , (2,5) , (4,3) , (6,1) , (2,3) , (4,1) , (4,7) , (6,5) , (8,3) , (8,5) , (6,7)
22、共+1+1=6+3+1+3+1=14 组, 总共有=120 组, 则它们在( 1,f(1) )处的切线相互平行的概率是= 故选: B 12 若存在正实数 x, y, z 满足xez且 zln=x, 则 ln的取值范围为() A 1,+)B 1,e1 C (, e1D 1, +ln2 【考点】 简单线性规划 【分析】 由已知得到ln=,求出的范围,利用函 数求导求最值 【解答】解:由正实数 x, y, z 满足xez且 zln=x, 得到, ,e , ln=, 设 t=,则,t,2 , f(t)=,令 f(t)=0,得到 t=1, 所以当时,f(t)0,函数 f(t)单调递减;当 1t2时,函数
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