2020届四川省眉山市高三第二次诊断性考试数学(理)试题(解析版)

第 1 页 共 21 页 2020届四川省眉山市高三第二次诊断性考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，则满足A∪C＝B的集合C的个数为（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】A

【解析】由ACB可确定集合C中元素一定有的元素，然后列出满足题意的情况，得到答案.

【详解】

由ACB可知集合C中一定有元素2，所以符合要求的集合C有2,2,0,2,1,2,0,1，共4种情况，所以选A项.

【点睛】

考查集合并集运算，属于简单题.

2．已知i为虚数单位，复数9321izii，则z（ ）

A．235 B．2022 C．5 D．25

【答案】C

【解析】对z进行化简，得到标准形式，在根据复数模长的公式，得到z

【详解】

对复数z进行化简

93193223412iiiziiii

所以22345z

【点睛】

考查复数的基本运算和求复数的模长，属于简单题.

3．已知平面向量,abrr的夹角为π3，且1ar，2br，则2abrr与br的夹角是（ ）

A．5π6 B．2π3 C．π3 D．π6

【答案】D

【解析】先计算223abrr，再计算26abbrrr，根据夹角公式得到答案. 第 2 页 共 21 页 【详解】

设2abrr与br的夹角是，由题设有22π244cos233abaabbrrrrrr

22π222cos63abbabbabbrrrrrrrrr

所以263cos22322abbabbrrrrrr，所以π6．

故选：D

【点睛】

本小题考查平面向量的基本运算，向量的夹角等基础知识；考查运算求解能力，应用意识, 本小题也可利用向量的几何意义求解．

4．空气质量指数AQI是一种反映和评价空气质量的方法，AQI指数与空气质量对应如下表所示：

AQI 0～50 51～100 101～150 151～200 201～300 300以上

空气质量 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染

如图是某城市2018年12月全月的指AQI数变化统计图．

根据统计图判断，下列结论正确的是（ ）

A．整体上看，这个月的空气质量越来越差

B．整体上看，前半月的空气质量好于后半月的空气质量

C．从AQI数据看，前半月的方差大于后半月的方差

D．从AQI数据看，前半月的平均值小于后半月的平均值

【答案】C 第 3 页 共 21 页 【解析】根据题意可得，AQI指数越高，空气质量越差；数据波动越大，方差就越大，由此逐项判断，即可得出结果.

【详解】

从整体上看，这个月AQI数据越来越低，故空气质量越来越好；故A，B不正确；

从AQI数据来看，前半个月数据波动较大，后半个月数据波动小，比较稳定，因此前半个月的方差大于后半个月的方差，所以C正确；

从AQI数据来看，前半个月数据大于后半个月数据，因此前半个月平均值大于后半个月平均值，故D不正确．

故选C．

【点睛】

本题主要考查样本的均值与方差，熟记方差与均值的意义即可，属于基础题型.

5．622xx的展开式中，常数项为

A．60 B．15

C．15 D．60

【答案】D

【解析】写出二项式展开通项，整理后令x的指数为0，得到相应的项数，然后算出常数项.

【详解】

622xx的展开式的通项为663166222rrrrrrrTCxCxx，

令630r，得到2r=

所以622xx展开式中常数项为226260C，故选D项.

【点睛】

对二项式展开通项的考查，题目难度不大，考查内容比较单一，属于简单题.

6．若数列na的前n项和为nS，且212211,2,111nnnaaSSS，则nS（ ）

A．12nn B．12n C．21n D．121n

【答案】C 第 4 页 共 21 页 【解析】对已知221111nnnSSS，进行化简，令1nnbS，可得221nnnbbb，即nb为等比数列，利用121,2aa可计算出nb的首项和公比，从而可求得nb的通项，得到nS的通项.

【详解】

221111nnnSSSQ，

令1nnbS

221nnnbbb，可得nb为等比数列，设其公比为q

1112212112,114bSabSaa

212bqb，111222nnnnbbq

121nnnSb，故选C项.

【点睛】

本题考查换元法求数列的通项，等比数列求通项，考查内容比较简单，属于简单题.

7．已知f（x）是定义在R上的奇函数，若x1，x2∈R，则“x1+x2＝0”是“f（x1）+f（x2）＝0”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】A

【解析】根据函数奇偶性的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断.

【详解】

函数是奇函数,

若，则，

则，

即成立,即充分性成立，

若，满足是奇函数，当时

满足，此时满足，

但，即必要性不成立， 第 5 页 共 21 页 故“”是“”的充分不必要条件，

所以A选项正确.

【点睛】

本题主要考查充分条件和必要条件的判断,根据函数奇偶性的性质是解决本题的关键.

8．已知函数的部分图象如图所示，点在图象上，若，，且，则( )

A．3 B． C．0 D．

【答案】D

【解析】根据条件求出A，ω和φ的值，求出函数的解析式，利用三角函数的对称性进行求解即可．

【详解】

由条件知函数的周期满足T＝2×（）＝2×2π＝4π，即4π，

则ω，

由五点对应法得ω+φ＝0，即φ＝0，得φ，

则f（x）＝Asin（x），

则f（0）═Asin（）A，得A＝3，

即f（x）＝3sin（x），

在（）内的对称轴为x，

若∈（），，且，

则关于x对称，

则＝2，

则f（）＝3sin（）＝3sin3sin， 第 6 页 共 21 页 故选：D．

【点睛】

本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件先求出函数的解析式，以及利用三角函数的对称性是解决本题的关键．

9．若直线x﹣my+m＝0与圆（x﹣1）2+y2＝1相交，且两个交点位于坐标平面上不同的象限，则m的取值范围是（ ）

A．（0，1） B．（0，2） C．（﹣1，0） D．（﹣2，0）

【答案】D

【解析】圆2211xy都在x轴的正半轴和原点，若要两个交点在不同象限，则在第一、四象限，即两交点的纵坐标符号相反，通过联立得到12yy，令其小于0，可得答案.

【详解】

圆与直线联立22110xyxmym，

整理得22212120mymmymm

Q图像有两个交点

方程有两个不同的实数根，即

22224142180mmmmmm

得0m.

Q圆2211xy都在x轴的正半轴和原点，若要交点在两个象限，则交点纵坐标的符号相反，即一个交点在第一象限，一个交点在第四象限.

2122201mmyym，解得20m，

故选D项.

【点睛】

本题考查直线与圆的交点，数形结合的数学思想来解决问题，属于中档题.

10．在空间直角坐标系Oxyz中，四面体ABCD各顶点坐标分别为2,2,1,2,2,1AB，0,2,1,0,0,1CD，则该四面体外接球的表面积是（ ）

A．16 B．12 C．43 D．6 第 7 页 共 21 页 【答案】B

【解析】在空间坐标系里画出,,,ABCD四个点，可以补成一个长方体，然后求出其外接球的半径，再求外接球的表面积.

【详解】

如图，在空间坐标系里画出,,,ABCD四个点，可得BAAC,DC面ABC,

因此可以把四面体DABC补成一个长方体，其外接球的半径22222232R

所以，外接球的表面积为2412R，故选B项.

【点睛】

本题考查几何体的直观图画法，图形的判断，考查空间想象能力，对所画出的几何体进行补充成常见几何体求外接球半径，属于中档题.

11．设P是抛物线2:4Cyx上的动点，Q是C的准线上的动点，直线l过Q且与OQ（O为坐标原点）垂直，则P到l的距离的最小值的取值范围是（ ）

A．01（，） B．01]（， C．01， D．02]（，

【答案】A

【解析】先由抛物线的方程得到准线方程，设点Q的坐标为10tt，，，得到直线l的方程，再设与直线l平行的直线方程为0xtym＝，与抛物线方程联立，由判别式为0，得到2mt，最后由点到直线的距离，即可得出结果.

【详解】

抛物线24yx上的准线方程是1x设点Q的坐标为10tt，，．

则直线l的方程为210xtyt．

设与直线l平行的直线方程为0xtym＝．代入抛物线方程可得2440ytym，