四川省绵阳市2019届高三第二次(1月)诊断性考试数学理试题(解析版)

绵阳市高中2019届（2016级）高三第二次诊断性考试

理科数学 2019.1.10

一、选择题（60分） 1、在复平面内，复数

i对应的点位于 2i A、第一象限 B、第二象限 C、第三象限 D、第四象限 答案：A

考点：复数的运算，复数的几何意义。 解析：

i12（i2－i)12i12＝i，对应的点为（,）在第一象限。 2i(2i)(2i)55555x12、己知集合A={0, 1，2, 3，4}，B=｜x ｜e＞1｝，则A∩B＝

A、{1，2，3，4} B、{2，3，4} C、{3，4} D、{4} 答案：B

考点：集合的运算，指数运算。 解析：ex1＞1＝e，所以，x－1＞0，即x＞1，集合A中，大于1的有：{2，3，4} ，

0故A∩B＝{2，3，4} 。

3.右图所示的茎叶图记录的是甲、乙两个班各5名同学在一次数学小测试中的选择题总 成绩（每道题5分，共8道题）．已知两组数据的中位数相同，则m的值为

A、0 B、2 C、3 D、5

答案：D

考点：茎叶图，中位数。

解析：甲班成绩：25、30、35、40、40，中位数为：35 乙班成绩：30、30、30+m、35、40

因为中位数相同，所以，30+m＝35，解得：m＝5

4、“a＝b＝1”是“直线ax－y+1＝0与直线x－by－1＝0平行”的

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件

答案：A

考点：充分必要条件。

解析：a＝b＝1时，两直线分别为：x－y+1＝0与直线x－y－1＝0，斜率相同，所以平行； 当直线ax－y+1＝0与直线x－by－1＝0平行时， b＝0显然不符合，所以，b≠0，由斜率相等，得：a所以，必要性不成立，选A。

5．设a，b是互相垂直的单位向量，且（a＋b）⊥（a＋2b），则实数的值是 A、2 B、－2 C、1 D、－1 答案：B

考点：平面向量的数量积。

解析：依题意，有：｜a｜＝｜b｜＝1，且a•b＝0，

又（a＋b）⊥（a＋2b），所以，（a＋b）（a＋2b）＝0，即

1，显然不一定是a＝b＝1， ba2＋2b2＋（2＋1）a•b＝0，即＋2＝0，所以，＝－2

6、执行如图的程序框图，其中输入的asin77，bcos，则输出a的值为 66A、－1 B、1 C、3 D、－3

答案：B

考点：程序框图，三角函数。 解析：asin7173sin，bcoscos， 662662

显然a＞b，所以，a13＝1 3227、抛物线y242x的焦点为F，P是抛物线上一点，过P作y轴的垂线，垂足为Q，若｜PF｜＝

42，则△PQF的面积为

A、3 B、42 C、36 D、63 答案：D

考点：抛物线的性质。

解析：依题意，得F（2，0），因为｜PF｜＝42，由抛物线的性质可知：

｜PQ｜＝422＝32，即点P的横坐标为x＝32，代入抛物线y242x，得 点P的纵坐标的绝对值为：|y|26， 所以，△PQF的面积为：S＝

1322663 2

8、已知⊙O：xy5与⊙O1：(xa)yr(a0)相交于A、B两点，若两圆在A点处的切线互相垂直，且｜AB｜=4，则⊙O1的方程为 A、(x4)y＝20 B、(x4)y＝50 C、(x5)y＝20 D、(x5)y＝50 答案：C

考点：圆的标准方程。

解析：依题意，得O（0,0），R＝5，O1（a，0），半径为r

两圆在A点处的切线互相垂直，则由切线的性质定理知：两切线必过两圆的圆心，如下图， OC＝OA2AC2＝1

2222222222222

OA⊥O1A，OO1⊥AB，所以，OA2＝OC×OO1，即 5＝1×OO1，所以，OO1＝5， r＝AO1＝2242＝20，

(a0)2(00)2＝5，得a＝5，所以，圆O1的方程为：(x5)2y2＝20

9、在边长为2的等边三角形内随机取一点，该点到三角形三个顶点距离均大于1的概率是 A、1答案：A

考点：几何概型。

解析：如下图，分别以A，B，C为圆心，1为半径画弧，则图中阴影部分的任一点到三角形三个顶点的距离均大于1，

3333 B、 C、1 D、 686818012133， 三角形的面积为：223，阴影部分面积为：33602223所求概率：P＝2＝13

63

x2y210、已知F1，F2是焦距为8的双曲线E：221(a0,b0)的左右焦点，点F2关于

ab 双曲线E的一条渐近线的对称点为点A，若｜AF1｜＝4，则此双曲线的离心率为

A、2 B、3 C、2 D、3 答案：C

考点：双曲线的性质，平面几何知识，计算能力。

解析：如下图，因为A为F2关于渐近线的对称点，所以，B为AF2的中点，又O为F1F2的中点，所以，OB为三角形AF1F2的中位线，所以，OB∥AF1，由AF2⊥OB，可得AF2⊥AF1， AF2＝824243，点F2（4,0），渐近线：ybx， a4b22234ab所以，，解得：b＝23，a＝2，所以，离心率为e＝＝2。

a2b2162

11．博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往 酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第 二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二： 直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则 A、P1•P2＝答案：C

考点：古典概型。

解析：三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321

115 B、P1＝P2＝ C、P1+P2＝ D、P1＜P2 4363方案一坐车可能：132、213、231，所以，P1＝；

62方案二坐车可能：312、321，所以，P1＝；

65所以，P1+P2＝

6

12、函数f(x)ex11ax2(a1)xa2在（一∞，十∞）上单调递增，则实数a的范围是 2 A. {1} B. (－1，1) C. (0. 1) D. {－1，1} 答案：A

考点：函数的导数及其应用。

解析：f'(x)ex1ax(a1)≥0恒成立，即ex1ax(a1)恒成立， 由课本习题知：ex1，即exx1x，

xax(a1)，即(a1)(x1)0恒成立，所以，a＝1

二、填空题、（20分） 13、(2+

152

)(2＋x)的展开式中x的系数是 ．(用数字作答） x答案：200

考点：二次项定理。

232解析：2C52x+

1323×C52x＝200x2，所以，系数为200 x14、一个盒子装有3个红球和2个蓝球（小球除颜色外其它均相同），从盒子中一次性随 机取出3个小球后，再将小球放回．重复50次这样的实验．记“取出的3个小球中 有2个红球，1个蓝球”发生的次数为，则的方差是 ． 答案：12

考点：排列组合，随机变量的方差。

1C32C23解析：取出2个红球，1个蓝球的概率为：P＝， 3C55方差为：np(1-p)＝50×xx32＝12 5515．若f（x)＝ee，则满足不等式f(3x一1)十f(2)＞0的x的取值范围是 ． 答案：x>

考点：函数的奇偶性、单调性。 解析：f（－x)＝e－x13ex＝－（exex）＝－f（x)，所以，函数f（x)在R上为奇函数，

f'(x)exex＞0，所以，函数f（x)在R上为增函数，

f(3x一1)十f(2)＞0化为f(3x一1)＞－f(2)，即f(3x一1)＞f(－2)

所以，3x一1＞－2，解得：x>

13x2y21(m4)的右焦点为F，点A（一2，2)为椭圆C内一点。若椭 16、已知椭圆C：

mm4 圆C上存在一点P，使得｜PA｜＋｜PF｜＝8，则m的最大值是 ． 答案：25

考点：椭圆的定义及性质。

解析：由椭圆方程，得：c＝m(m4)＝2，

所以，椭圆的左焦点为E（－2,0），点A在点E正上方，所以，AE＝2 由椭圆的定义，得：2a＝｜PE｜＋｜PF｜≤｜PA｜＋｜AE｜＋｜PF｜＝10， 即a≤5，所以，m＝a≤25

当P、A、E在一条直线上，且PE垂直x轴时，取等号， 所以，m的最大值是25

2

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.（12分）

设数列｛an｝的前n项和为Sn，已知3Sn=4an－4，nN*． （1)求数列｛an｝的通项公式； (2）令bn

1，求数列｛bn｝的前n项和Tn.

log2anlog2an1

18.（12分）

进入冬天，大气流动性变差，容易形成雾握天气，从而影响空气质量．某城市环保部 门试图探究车流量与空气质量的相关性，以确定是否对车辆实施限行．为此，环保部门采 集到该城市过去一周内某时段车流量与空气质量指数的数据如下表：

(1)根据表中周一到周五的数据，求y关于x的线性回归方程。

(2)若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2，则认为得到的线性回归方程是可靠的．请根据周六和周日数据，判定所得的线性回归方程是否可靠？ 注：回归方程ybxa中斜率和截距最小二乘估计公式分别为

19.（12分） △ABC的内角A. B. C的对边分别为a，b，c，己知3ABAC＝b（c－asinC）。 （1)求角A的大小；

(2）设b=c，N是△ABC所在平面上一点，且与A点分别位于直线 BC的两侧，如图，若BN=4，CN=2，求四边形ABNC面积的最大值．

20.（12分）

x2y21的左右焦点分别为F1，F2，直线l：y＝kx+m与椭圆C交于A， 己知椭圆C：84

B两点．O为坐标原点．

（1）若直线l过点F1，且｜AF2｜十｜BF2 ｜＝

162，求直线l的方程； 3 (2)若以AB为直径的圆过点O，点P是线段AB上的点，满足OP⊥AB，求点P的 轨迹方程．

21．（12分）

己知函数f(x)xlnx12mxx1,mR. 2 （1)若f（x）有两个极值点，求实数m的取值范围：

(2)若函数g(x)xlnxmxelnxemx有且只有三个不同的零点，分别记为x1，x2，x3， 设x1＜x2＜x3，且

（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.［选修4-4：坐标系与参数方程］（10分）

2x32

的最大值是e，求x1x3的最大值． x1x23cos 在平面直角坐标系xoy中，曲线C的参数方程是（θ为参数）．以坐标原点O为

y3sin极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为：(cossin)t （1）求曲线C的极坐标方程； （2）设直线θ＝

6(R)与直线l交于点M，与曲线C交于P，Q两点，已知

｜OM｜•｜OP｜•｜OQ）＝10，求t的值。

23、［选修4-5：不等式选讲］（10分） 已知函数f(x)|xm|,mR

（1）m＝1时，求不等式f（x－2）+f（2x）＞4的解集； （2）若t＜0，求证：f(tx)≥tf(x)f(tm)．

绵阳市高中2016级第二次诊断性考试

理科数学参考答案及评分意见

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分． ABDAB BDCAC CA

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．200 14．12 15．x> 三、解答题：本大题共6小题，共70分． 17．解：（1）∵ 3Sn=4an-4， ①

∴ 当n≥2时，3Sn14an14．② ………………………………………2分 由①②得3an4an4an1，即an4an1(n≥2)． ………………………3分 当n=1时，得3a14a14，即a14．

∴ 数列{an}是首项为4，公比为4的等比数列．……………………………5分 ∴ 数列{an}的通项公式为an4n． …………………………………………6分 （2）∵ bn =

116．25

3

11=

log2anlog2an1log24nlog24n11111()． …………………………………8分

2n(2n2)4nn1∴ 数列{bn}的前n项和Tnb1b2b3bn

11111111[(1)()()()] 422334nn111n(1)． ………………………12分 4n14(n1)1099.510.51110，

57876777980 y78． ………………………………2

518．解：（1）x分 ∴

(xx)(yii15iy)(1010)(7878)(910)(7678)(9.510)(7778)

(10.510)(7978)(1110)(8078)

=5， ………………………………………………………4分

5(xx)ii12(1010)2(910)2(9.510)2(10.510)2(1110)22.5，

ˆ∴ b(xx)(yii15ii15iy)2(xx)52．……………………………………………7分 2.5ˆ7821058． ……………………………………………8分 ˆybx∴ aˆ2x58． ………………………………9分 ∴ y关于x的线性回归方程为yˆ285874． （2）当x=8时，y满足|74-73|=1<2， ……………………………………………………………10分

ˆ28.55875． 当x=8.5时，y满足|75-75|=0<2， ……………………………………………………………11分 ∴ 所得的线性回归方程是可靠的． ………………………………………12分 19．解 ：（1）∵

∴

3ABAC=b(casinC)，

3cbcosA=b(c-asinC)，

即3ccosA=c-asinC． ………………………………………………………2分 由正弦定理得3sinCcosA=sinC-sinAsinC，

∵ sinC0， ∴ ∴

3cosA=1-sinA，即sinA+3cosA=1． …………………………………4分 3111sinA+cosA=，即sin(A+)=．

22232∵ 035∴ A+=，即A=． ……………………………………………………6分

362（2）在△BCN中，由余弦定理得BC2=NB2+NC2-2NBNCcosN，

∵ BN=4，CN=2，

∴ BC2=16+4-16cosN =20-16cosN．…………………………………………8分 由（1）和b=c，得△ABC是等腰直角三角形， 于是AB=AC=∴

3A4． 32BC， 2∴ 四边形ABCD的面积S=S△ABC+S△BCN=

11AB2NCNBsinN 221111= BC224sinN=(2016cosN)4sinN 2224=4sinN4cosN5=42sin(N∴ 当N=

4)5． ……11分

3时，S取最大值5+42， 4

即四边形ABCD的面积的最大值是5+42． ………………………………12分 20．解：（1）由椭圆定义得|AB|+|AF2|+|BF2|=4a=82，则|AB|=82． ……2分 3因为直线l过点F1(-2,0)，所以m=2k即直线l的方程为y=k(x+2). 设A(x1，y1)，B(x2，y2).

ykx2，联立 整理得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-8=0．

22x2y80，8k28k28∴ x1+x2=，x1x2=．……………………………………………4分

12k212k2由弦长公式|AB|=(1k2)[(x1x2)24x1x2]82， 31k22代入整理得，解得k1．

12k23所以直线l的方程为y(x2)，

即xy20或x+y20． ………………………………………………6分 （2）设直线l方程y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立ykxm，22x2y80，整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-8=0.

2m284km∴ x1+x2=2，x1x2=2． …………………………………………8分

2k12k1以AB为直径的圆过原点O，即OAOB0． ………………………………9分 ∴ OAOBx1x2+ y1y2=0．

将y1=kx1+m，y2= kx2+m代入，整理得

(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0． …………………………………………10分

2m284km将x1+x2=2，x1x2=2代入，

2k12k1整理得3m2=8k2+8． …………………………………………………………11分 ∵ 点P是线段AB上的点，满足OPAB， 设点O到直线AB的距离为d，

m28（定值）∴ |OP|=d，于是|OP|=d=2， k132

2

∴ 点P的轨迹是以原点为圆心，8为半径的圆，且去掉圆与x轴的交点. 38321．解：（1）由题意得f(x)lnxmx，x>0．

故点P的轨迹方程为x2y2(y0)． ………………………………12分

由题知f(x)lnxmx=0有两个不等的实数根， 即mlnx有两个不等的实数根． ……………………………………………2分 x

令h(x)lnx1lnx，则h(x)． 2xx由h(x)>0，解得0xe，故h(x)在(0，e)上单调递增；

由h(x)<0，解得x>e，故h(x)在(e，+∞)上单调递减； 故h(x)在x=e处取得极大值，且h(e)0， 结合图形可得0m.

∴当函数f(x)有两个极值点时，实数m的取值范围是(0，

1e1e1)． …………5分 e（2）因为g(x)=xlnx-mx2-elnx+mex=(x-e)(lnx-mx)， 显然x=e是其零点．

由（1）知lnx-mx=0的两个根分别在(0，e)，(e，+∞)上，

∴ g(x)的三个不同的零点分别是x1，e，x3，且0e． …………6分 令tx3，则t∈(1，e2]． x1x3tx，lntlnx，11t1则由lnx3mx3， 解得

lnxmx，lnxtlnt.311t1(t1)lnt，t∈(1，e2]． …………………………8分

t11t2lnt(t1)lntt． 令(t)，则(t)2(t1)t1故ln(x1x3)lnx1lnx321t22t1(t1)210． 令(t)t2lnt，则(t)1222ttttt所以(t)在区间(1，e2]上单调递增，即(t)>(1)0． …………………11分 所以(t)0，即(t)在区间(1，e2]上单调递增，

2(e21)即(t)≤(e)=2，

e12所以ln(x1x2)2(e1)，即x1x3≤ee212(e21)e2122(e21)e21.

所以x1x3的最大值为e． ……………………………………………12分

22．解：（1）由曲线C的参数方程，可得曲线C的普通方程为(x2)2y29，

即x2y24x50． ……………………………………………………… 2分 ∵ xcos，ysin，

故曲线C的极坐标方程为24cos50． ………………………4分

（2）将6代入(cossin)t中，得31t，则(31)t． 2∴ |OM|=(31)t．…………………………………………………………6分 将6代入24cos50中，得22350．

设点P的极径为1，点Q的极径为2，则125． …………………8分 所以|OP||OQ|=5． …………………………………………………………… 9分 又|OM||OP||OQ|=10，则5(31)t=10．

∴ t=13或31． ……………………………………………………10分 23．解：（1）由m=1，则f(x)|x-1|，即求不等式|x-3|+|2x-1|>4的解集．

当x≥3时，|x-3|+|2x-1|=3x-4>4恒成立；

1x3 时，x+2>4，解得x>2，综合得2x3； ……………………3分 21当x≤时，4-3x>4，解得x<0，综合得x<0； …………………………… 4分

2当

所以不等式的解集为{x|x<0，或x>2}．………………………………………5分 （2）证明：∵ t<0，

∴ tf(x)f(tm)txmtmm

tmmtxtm……………………………………………7分

≤(tmm)(txtm) =txm=f(tx)．

所以f(tx)≥tf(x)f(tm)． …………………………………………………10分