2020届绵阳二诊 理科数学试题(解析版)

2020届绵阳二诊

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Ux|x0，Mx|1eex2，则CUM（ ）

A. 1,2 B. 2, C. 0,12, D. 2,

x2【答案】D 【详解】由题意M{x|1ee}{x|0x2}，∴CUM{x|x2}． 故选：D．

2.已知i为虚数单位，复数z满足zi12i，则z（ ） A. 2i B. 2i C. 12i D. i2 【答案】A 【详解】由题意z

12i2i． 故选：A． i,2，F22,3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3.已知两个力F11需给该物体同一点上再加上一个力F3，则F3（ ） A. 1,5 【答案】A

B. 1,5

C. 5,1

D. 5,1

,22,31,5 【详解】根据力的合成可知F1+F21 即F31,5 故选:A 因为物体保持静止,即合力为0,则F1+F2F30

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.

1 8B.

1 43C.

8D.

1 2【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

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景点的有甲1乙1丙1 和甲2乙2丙2两种，所以概率为P． 故选：B．

5.已知为任意角，则“cos2A. 充分不必要条件 C. 充要条件 【答案】B

【详解】cos212sina分条件． 故选：B．

2281413”是“sin”的（ ） 33B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要

1133，则sin，因此“cos2”是“sin”的必要不充

333316.若ax的展开式中各项系数的和为1，则该展开式中含x3项的系数为（ ）

xA. -80 【答案】A

B. -10

C. 10

D. 80

51【详解】因为ax的展开式中各项系数的和为1

x1令x1代入可得a11,解得a2 即二项式为2x

x555展开式中含x3的项为C52x1411433C521x80x x所以展开式中含x3项的系数为80 故选:A

7.已知某产品的销售额y与广告费用x之间的关系如下表：

x（单位：万元） 0 1 2 3 4

- 1 -

y（单位：万元） 10

15 m 30 35 若根据表中的数据用最小二乘法求得y对x的回归直线方程为y6.5x9，则下列说法中错误的是（ ） A. 产品的销售额与广告费用成正相关 B. 该回归直线过点2,22

C. 当广告费用为10万元时，销售额一定为74万元 D. m的值是20 【答案】C

【详解】因为回归直线方程中x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x012342，∴y6.52922，回归直线一定过点(2,22)，B正确；

5不是一定为74万元，x10时，y6.510974，说明广告费用为10万元时，销售额估计为74万元，C错误； 由y1015m303522，得m20，D正确．

5故选：C．

x2y28.双曲线221a0,b0的右焦点为F，过F作与双曲线的两条渐近线平行的直线且与渐近线分

ab别交于A，B两点，若四边形OAFB（O为坐标原点）的面积为bc，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 【答案】B

【详解】由题意F(c,0)，渐近线方程

B. 2

C. 3 D. 3

ybbx，不妨设AF方程为y(xc)， aabcy(xc)xcbccbca2)， 由，得，即A(,)，同理B(,bcb22a22ayxy2aa∴SOAFBc1bcbc2bc2，由题意c(2)bc，∴2．

a22a2a2a

- 1 -

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X，则X的期望为（ ） A. 1 【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

B. 2

C. 3

D. 4

13,得0分的概率为

44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:

PX010C44411 25631231 PX1C1425644PX232C41 256443122108331 PX3C444256PX434C44481 256则得分情况的分布列如下表所示:

X P

0 1 2 3 4 1 25612 256 256108 25681 256- 1 -

则X的期望EX1故选:C

110881+2+3+4=3 2562562562562210.已知圆C：xy6x8y110，点M，N在圆C上，平面上一动点P满足PMPN且

PMPN，则PC的最大值为（ ）

A. 4 【答案】D

【详解】圆C：xy6x8y110 化成标准方程可得x3y436 所以圆C的半径为r6

因为点M,N在圆C上,动点P满足PMPN且PMPN 所以P位于以MN为直径的圆上,位置关系如下图所示:

2222B. 42 C. 6 D. 62

则PMCPNC,即MPCNPC45

PC在三角形PMC中,由正弦定理可得 sinPMCsin45MCPC6代入可得2sinPMC

2则PC62sinPMC 因为sinPMC1 所以PC的最大值为62

- 1 -

故选:D

11.已知fx为偶函数，且当x0时，fxxcosxsinx13x，则满足不等式3flog2mflog1m2f1的实数m的取值范围为（ ）

21A. ,2

2【答案】A

B. 0,2

1C. 0,21,2 D. 2,

【详解】∵f(x)是偶函数，∴f(log1m)f(log2m)f(log2m)f(log2m)，则不等式

2flog2mflog1m2f1可化为2f(log2m)2f(1)，即f(log2m)f(1)，

21x0时，f(x)xcosxsinxx3，f'(x)cosxxsinxcosxx2x(xsinx)，

3令g(x)xsinx，则g'(x)1cosx0，∴g(x)是R上的增函数，∴当x0时，g(x)g(0)0， ∴x0时，f'(x)0，∴f(x)在[0,)上是增函数， ∴由f(log2m)f(1)得log2m1，即1log2m1，故选：A．

12.函数fx2ax1logaax2在区间0,上恰有一个零点，则实数a的取值范围是（ ）

aA. ,21m2． 2111 32B. 3, C. 1,23, D. 2,3

【答案】D

【详解】函数fx2ax1logaax2在区间0,上恰有一个零点,

a则f01loga2,f2111loga3 a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.

- 1 -

且因为恰有一个零点,所以满足1loga21loga30且1loga20与1loga30在0,上不

a同时成立.

解不等式1loga21loga30可得2a3

当a3时,函数fx6x1log33x2,区间为0,

3且满足f01log320,f21110log340,61f1log330 3所以在0,内有一个零点, x综上可知, a的取值范围为2,3 故选:D

161为一个零点.故由题意可知,不符合要求 3二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.直线l：axa1y10与直线4x6y30平行，则实数a的值是______. 【答案】2. 【详解】由题意

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x,y；再统计两数的平方和小于1的数对x,y的个数m；最后再根据统计数m来估计的值.已知某同学一次试验统计出m156，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x,y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x,y为单位圆在第一象限的部分.其关系如下图所示:

a(a1)1，解得a2． 故答案为：2． 463

- 1 -

则阴影部分与正方形面积的比值为:1

14115643.12 由几何概型概率计算公式可知15 解得2002001故答案为: 3.12

15.函数ysinx0,______.

的图象如图所示，则fx在区间,上的零点之和为2

【答案】

2. 3【详解】由题意T4112π()，∴2，又sin(2)1且，∴，

2631266∴f(x)sin(2x)．

6k，kZ， 由sin(2x)0得2xk，x6212675112,,,在[,]内有：，它们的和为．

312121212

16.过点M1,0的直线l与抛物线C：y4x交于A，B两点（A在M，B之间），F是抛物线C的

2焦点，点N满足：NA5AF，则ABF与AMN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:

- 1 -

因为直线l过点M1,0 设直线的方程为xty1

y24x2则,化简可得y4ty40 xty1因为有两个不同交点,则16t2160,解得t1或t1 不妨设t1,

则解方程可得yA2t2t21,yB2t2t21 因为NA5AF,则NF6AF 所以yN6yA12t12t21, 所以SABFSMBFSAMF12yByAyByA 21SAMNSFMNSAMF2yNyAyNyA

2则SABFSAMNyByAyNyA

22t2t2112t12t2122t2t1

10t6t21 ,(t1)

令ft10t6t21 则f't106tt12

- 1 -

令f't100 解得t5

4t216t当1t55时, f't0,所以ft在1,内单调递减 44当t55时, f't0,所以ft在,内单调递增 445时ft取得最小值. 4即当t所以SABFSAMN10t6t21

5510618

44故答案为:8

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t（小时）的频率分布直方图如图所示：

2

（1）求样本学生一个月阅读时间t的中位数m.

（2）已知样本中阅读时间低于m的女生有30名，请根据题目信息完成下面的22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.

22列联表

男 女 总计 - 1 -

tm tm 总计 附表：

PK2k0 k0

015 2.072 nadbc其中：K2.

abcdacbd【详解】（1）由题意得，直方图中第一组，第二组的频率之和为

0.0450.0650.5.

所以阅读时间的中位数m10.

.2

0.10 0.05 2.706 3.841 （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m的人数为1000.550人， 故列联表补充如下： 男 25 20 45 女 25 30 55 总计 50 50 100 tm tm 总计

100253025201001.012.706，所以不能在犯错误的概率不超过0.1的K2的观测值k5050455599前提下认为阅读与性别有关.

2

- 1 -

18.已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足a1a20，S624.各项均为正数的等比数列bn满足

b1b2a41，b3S4.

（1）求an和bn；

（2）求和：Tn11b11b1b21b1b2bn1.

【详解】（1）设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.

2a1d0a11由题意,得,解得, 65d26a1d242∴an2n3

∵等比数列bn的各项均为正数

b18b1b1q6b121由2解得或2（舍）

bq8q2q1123∴bn22n12n

2n1n（2）由（1）得,1b1b2bn1122221

Tn11b11b1b21b1b2bn1

12212312n12112212312n1



212n12n2n1n2.

19.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sinAsinBabcsinCsinB. （1）求A；

（2）若D为BC边上一点，且ADBC，BC23AD，求sinB. 【详解】（1）在ABC中，由正弦定理得

ababccb，即a

2b2c2bc.

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b2c2a21， 由余弦定理得cosA2bc2结合0A，可知A2. 3113ABACsinBACBCAD，即bcaAD. 222（2）在ABC中，SABC由已知BC23AD，可得ADa23.

在ABC中，由余弦定理得a2b2c22bccos120， 即3bcb2c2bc，整理得bc0，即bc， ∴AB26.

∴sinBsin

61. 2x220.已知椭圆C：y21，直线l交椭圆C于A，B两点.

2（1）若点P1,1满足OAOBOP0（O为坐标原点），求弦AB的长；

（2）若直线l的斜率不为0且过点2,0，M为点A关于x轴的对称点，点Nn,0满足MNNB，求n的值.

【详解】（1）设Ax1,y1,Bx2,y2

由OAOBOP0,且点P1,1,得x1+x21,y1y21.① ∴线段AB的中点坐标为11,,其在椭圆内 222x22y2122x2x122由2两式相减得y2y120,

2x1y21122y2y1y2y11y2y121整理得2,即.

x2x122x2x1x2x12

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将①代入,得kABy2y11.

x2x12111x,即2x4y30. 222∴直线AB方程为yx2y212联立2消去x得24y24y10,

2x4y30由韦达定理得y1y21,y1y2∴AB11. 241k2y1y224y1y256. 6（2）设直线AB的方程为xty2,由题意得Mx1,y1,

由已知MNNB,可知M,N,B三点共线,即kMNkMB.

y1y2y10y1y2y1∴,即, nx1x2x1nx1x2x1解得ny1x2x1x1.

y2y12ty1y22.②

y1y2将x1ty12,x2ty22,代入得nx22y22022联立消去x得t2y4ty20

xty2由韦达定理得y1y2将③代入②得到n1

21.已知函数fx2lnx4t2yy,.③ 1222t2t212xax，其中aR. 2（1）讨论函数fx的单调性；

（2）若a3，记函数fx的两个极值点为x1，x2（其中x2x1），当fx2fx1的最大值为2ln2时，求实数a的取值范围.

32

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2x2ax2【详解】（1）f'xxax0.

xx令gxxax2,则a28.

2①当a0或0,即a22时,得f'x0恒成立, ∴fx在0,上单调递增.

②当a0,即a22时,

022aa8aa8由f'x0,得0x或x；

2222aa8aa8由f'x0,得. x22aa28aa28,上单调递增, 和∴函数fx在0,22aa28aa28,上单调递减. 在22综上所述,当a22时,fx在0,上单调递增；

aa28aa28,上单调递增, 和当a22时,fx在0,22aa28aa28,上单调递减. 在22（2）由（1）得当a22时,fx有两极值点x1,x2（其中x2x1）. 由（1）得x1,x2为gxxax20的两根,

2于是x1x2a,x1x22.

∴fx2fx12ln22x2x2x12x2x2x122ln2ln

x12x1x1x2,x212x2x12ax2x1 x12

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2lnx2x2x1. x1x1x2x2t1,则fx2fx1ht2lntt1. x1t2令t221t2t1t1∵h't10, 222tttt∴ht在1,上单调递减.

由已知htfx2fx1的最大值为2ln2而h22ln22∴t2.

设t的取值集合为T,则只要满足T2,且T中的最小元素为2的T集合均符合题意.

3, 2132ln2. 221a2x1x21又t2tT,易知xt2在2,上单调递增,

t2x1x2t结合a22,可得a与t是一一对应关系. 而当t2,即

2x2

2时,联合x1x22, 解得x22,x11,进而可得a3. x1

∴实数a的取值范围为3,.

（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C1x1rcos参数方程为（r0，为参数），以坐标原点O为极

yrsin22xPC点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线1经过点2,，曲线C2的直角坐标方程为xy1.

3（1）求曲线C1的普通方程，曲线C2的极坐标方程；

11B,0,C（2）若A1,，2是曲线2上两点，当时，求OA2OB2的取值范围.

64【详解】（1）将C1的参数方程化为普通方程为x1y2r2.

- 1 -

2

由xcos，ysin， 得点P2,2的直角坐标为1,3，代入C1，得r3， 3∴曲线C1的普通方程为x1y23.

2C2可化为2cos22sin21，即2cos2sin21，

∴曲线C2的极坐标方程为cos21. （2）将点A1,，B2,2代入曲线C2的极坐标方程， 622cos2cos21得1，21，

3∴

1OA21OB2112cos2cos2 223133cos2sin23sin2. 223由已知0,4，可得25,336， 33sin2,3于是. 32所以

23.已知关于x的不等式x12x1log1a，其中a0.

21OA21OB2的取值范围是3,3. 2（1）当a4时，求不等式的解集；

（2）若该不等式对xR恒成立，求实数a的取值范围. 【详解】（1）由a4时，当xlog1a2.原不等式化为x12x12，

21时，x12x12，解得x4，综合得x4； 2212当1x时，x12x12，解得x，综合得1x；

233

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当x1时，x12x12，解得x0，综合得x1. ∴不等式的解集为x|x2或x4. 3x2,x11fxx12x13x,1x（2）设函数， 21x2,x2画图可知，函数fx的最大值为

3. 2

32由log1a，解得0a. 242

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