2020届绵阳二诊 理科数学试题(解析版)

理科数学

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.

1.设全集，，则（    ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】D 【详解】由题意，∴． 故选：D．

2.已知为虚数单位，复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D. 

【答案】A  【详解】由题意．  故选：A．

3.已知两个力，作用于平面内某静止物体的同一点上，为使该物体仍保持静止，还需给该物体同一点上再加上一个力，则（    ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】A

【详解】根据力的合成可知

因为物体保持静止,即合力为,则  即  故选:A

4.甲、乙、丙三位客人在参加中国（绵阳）科技城国际科技博览会期间，计划到绵阳的九皇山、七曲山大庙两个景点去参观考察，由于时间关系，每个人只能选择一个景点，则甲、乙、丙三人恰好到同一景点旅游参观的概率为（    ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】B

【详解】两景点用1，2表示，三人选择景点的各种情形为：甲1乙1丙1 ，甲1乙1丙2 ，甲1乙2丙1 ，甲2乙1丙1 ，甲2乙2丙1 ，甲2乙1丙2 ，甲1乙2丙2 ，甲2乙2丙2 共8种，其中三人去同一景点的有甲1乙1丙1 和甲2乙2丙2两种，所以概率为．

故选：B．

5.已知为任意角，则“”是“”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

【答案】B

【详解】，则，因此“”是“”的必要不充分条件．

故选：B．

6.若的展开式中各项系数的和为1，则该展开式中含项的系数为（    ）

A. -80    B. -10    C. 10    D. 80

【答案】A

【详解】因为的展开式中各项系数的和为1

令代入可得,解得  即二项式为

展开式中含的项为 

所以展开式中含项的系数为 

故选:A

7.已知某产品的销售额与广告费用之间的关系如下表：

A. 产品的销售额与广告费用成正相关

B. 该回归直线过点

C. 当广告费用为10万元时，销售额一定为74万元

D. 的值是20

【答案】C

【详解】因为回归直线方程中系数为6.5＞0，因此，产品的销售额与广告费用成正相关，A正确；

又，∴，回归直线一定过点，B正确；

时，，说明广告费用为10万元时，销售额估计为74万元，不是一定为74万元，C错误；

由，得，D正确．

故选：C．

8.双曲线的右焦点为，过作与双曲线的两条渐近线平行的直线且与渐近线分别交于，两点，若四边形（为坐标原点）的面积为，则双曲线的离心率为（    ）

A.     B. 2    C.     D. 3

【答案】B

【详解】由题意，渐近线方程，不妨设方程为，

由，得，即，同理，

∴，由题意，∴．

故选：B．

9.小明与另外2名同学进行“手心手背”游戏，规则是：3人同时随机等可能选择手心或手背中的一种手势，规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分.现3人共进行了4次游戏，记小明4次游戏得分之和为，则的期望为（    ）

A. 1    B. 2    C. 3    D. 4

【答案】C

【详解】进行“手心手背”游戏,3人出现的所有可能情况如下所示:

(心,心,心), (心,心,背),(心,背,心),(背,心,心)

(心,背,背),(背,心,背),(背,背,心),(背,背,背)

则小明得1分的概率为,得0分的概率为

进行4次游戏,小明得分共有5种情况:0分,1分,2分,3分,4分 

由重复试验的概率计算公式可得:

则得分情况的分布列如下表所示:

故选:C

10.已知圆：，点，在圆上，平面上一动点满足且，则的最大值为（    ）

A. 4    B.     C. 6    D. 

【答案】D

【详解】圆：

化成标准方程可得

所以圆C的半径为

因为点,在圆上,动点满足且

所以位于以为直径的圆上,位置关系如下图所示:

则,即 

在三角形中,由正弦定理可得 

代入可得

则

因为

所以的最大值为

故选:D

11.已知为偶函数，且当时，，则满足不等式的实数的取值范围为（    ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】A

【详解】∵是偶函数，∴，则不等式可化为，即，

时，，，

令，则，∴是上的增函数，∴当时，，

∴时，，∴在上是增函数，

∴由得，即，．

故选：A．

12.函数在区间上恰有一个零点，则实数的取值范围是（    ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】D

【详解】函数在区间上恰有一个零点,

则,

由二次函数的图像与对数函数的图像可知,函数零点至多有两个.

且因为恰有一个零点,所以满足且与在上不同时成立.

解不等式可得 

当时,函数,区间为

且满足,,

所以在内有一个零点, 为一个零点.故由题意可知,不符合要求

综上可知, 的取值范围为

故选:D

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.直线：与直线平行，则实数的值是______.

【答案】2.  【详解】由题意，解得．  故答案为：2．

14.法国数学家布丰提出一种计算圆周率的方法——随机投针法，受其启发，我们设计如下实验来估计的值：先请200名同学每人随机写下一个横、纵坐标都小于1的正实数对；再统计两数的平方和小于1的数对的个数；最后再根据统计数来估计的值.已知某同学一次试验统计出，则其试验估计为______.

【答案】3.12

【详解】横、纵坐标都小于1的正实数对构成第一象限内的一个正方形,

两数的平方和小于1的数对为单位圆在第一象限的部分.其关系如下图所示:

则阴影部分与正方形面积的比值为 

由几何概型概率计算公式可知   解得

故答案为: 

15.函数的图象如图所示，则在区间上的零点之和为______.

【答案】.

【详解】由题意，∴，又且，∴，

∴．

由得，，，

在内有：，它们的和为．

16.过点的直线与抛物线：交于，两点（在，之间），是抛物线的焦点，点满足：，则与的面积之和的最小值是______.

【答案】8

【详解】根据题意,画出抛物线及直线方程如下图所示:

因为直线过点

设直线的方程为 

则,化简可得

因为有两个不同交点,则,解得或

不妨设,

则解方程可得

因为,则

所以

所以

则

 ,()

令

则

令  解得 

当时, ,所以在内单调递减

当时, ,所以在内单调递增

即当时取得最小值.

所以

故答案为:

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.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，考生根据要求作答.

（一）必考题：共60分.

17.每年的4月23日为“世界读书日”，某调查机构对某校学生做了一个是否喜爱阅读的抽样调查.该调查机构从该校随机抽查了100名不同性别的学生（其中男生45名），统计了每个学生一个月的阅读时间，其阅读时间（小时）的频率分布直方图如图所示：

（1）求样本学生一个月阅读时间的中位数.

（2）已知样本中阅读时间低于的女生有30名，请根据题目信息完成下面的列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为阅读与性别有关.

列联表

【详解】（1）由题意得，直方图中第一组，第二组的频率之和为

.

所以阅读时间的中位数.

（2）由题意得，男生人数为45人，因此女生人数为55人，

由频率分布直方图知，阅读时长大于等于的人数为人，

故列联表补充如下：

18.已知等差数列的前项和为，且满足，.各项均为正数的等比数列满足，.

（1）求和；

（2）求和：.

【详解】（1）设等差数列的公差为,等比数列的公比为.

由题意,得,解得,

∴

∵等比数列的各项均为正数

由解得或（舍）

∴

（2）由（1）得,

.

19.在中，内角，，所对的边分别为，，.已知.

（1）求；

（2）若为边上一点，且，，求.

【详解】（1）在中，由正弦定理得

，即.

由余弦定理得，

结合，可知.

（2）在中，，即.

由已知，可得.

在中，由余弦定理得，

即，整理得，即，

∴.

∴.

20.已知椭圆：，直线交椭圆于，两点.

（1）若点满足（为坐标原点），求弦的长；

（2）若直线的斜率不为0且过点，为点关于轴的对称点，点满足，求的值.

【详解】（1）设,

由,且点,得,.①

∴线段的中点坐标为,其在椭圆内

由两式相减得,

整理得,即.

将①代入,得.

∴直线方程为,即.

联立消去得,

由韦达定理得,.

∴.

（2）设直线的方程为,由题意得,

由已知,可知,,三点共线,即.

∴,即,

解得.

将,,代入得.②

联立消去得

由韦达定理得,.③

将③代入②得到

21.已知函数，其中.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，记函数的两个极值点为，（其中），当的最大值为时，求实数的取值范围.

【详解】（1）.

令,则.

①当或,即时,得恒成立,

∴在上单调递增.

②当,即时,

由,得或；

由,得.

∴函数在和上单调递增,

在上单调递减.

综上所述,当时,在上单调递增；

当时,在和上单调递增,

在上单调递减.

（2）由（1）得当时,有两极值点,（其中）.

由（1）得,为的两根,

于是,.

∴

.

令,则.

∵,

∴在上单调递减.

由已知的最大值为,

而.

∴.

设的取值集合为,则只要满足且中的最小元素为2的集合均符合题意.

又,易知在上单调递增,

结合,可得与是一一对应关系.

而当,即时,联合,  解得,,进而可得.

∴实数的取值范围为.

（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.

22.在平面直角坐标系中，曲线参数方程为（，为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线经过点，曲线的直角坐标方程为.

（1）求曲线的普通方程，曲线的极坐标方程；

（2）若，是曲线上两点，当时，求的取值范围.

【详解】（1）将的参数方程化为普通方程为.

由，，

得点的直角坐标为，代入，得，

∴曲线的普通方程为.

可化为，即，

∴曲线的极坐标方程为.

（2）将点，代入曲线的极坐标方程，

得，，

∴

.

由已知，可得，

于是.

所以的取值范围是.

23.已知关于的不等式，其中.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若该不等式对恒成立，求实数的取值范围.

【详解】（1）由时，.原不等式化为，

当时，，解得，综合得；

当时，，解得，综合得；

当时，，解得，综合得.

∴不等式的解集为.

（2）设函数，

画图可知，函数的最大值为.

由，解得.