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1、- 1 - 内江市高中内江市高中 20162016 级第二次诊断性考试级第二次诊断性考试 数学（理工类）数学（理工类） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的要求的. . 1.已知集合，则满足的集合 的个数为（ ） A. B. C. 1D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由可确定集合 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】由可知集合 中一定有元素 2，所以符合要求的集合 有，共 4
2、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 为虚数单位，复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 对 进行化简，得到标准形式，在根据复数模长的公式，得到 【详解】对复数 进行化简 所以 【点睛】考查复数的基本运算和求复数的模长，属于简单题. 3.已知平面向量的夹角为 ，且，则与 的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 - 2 - 通过求出，根据向量夹角公式，得到与 的夹角. 【详解】 设与 的夹角为 ，由向量夹角公式得 ，所以选 D 项 4.空气质量指数是一种反映和评价空气质量的方法，指数与空气质量
3、对应如下表所示： 如图是某城市 2018 年 12 月全月的指数变化统计图. 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. 从数据看，前半月的方差大于后半月的方差 D. 从数据看，前半月的平均值小于后半月的平均值 【答案】C 【解析】 【分析】 第一个表里反应指数越低，空气质量越好，第二个图反应 1-30 天每天指数的数值.通过这两个表格 中的数据，对选项进行判断. 【详解】A 选项中，这个月的指数的趋势是降低的，即空气质量是变好的，所以错误； B、D 选项中，前半月的指数的平均数明显高于后半月，因
4、此 B、D 选项错误； - 3 - C 选项中，前半月数据的稳定性没有后半月的稳定，因此前半月的方差大于后半月的，所以 C 项正确. 故选 C 项. 【点睛】本题考查了频率分布折线图的应用问题，是基础题. 5.的展开式中，常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 写出二项式展开通项，整理后令 的指数为 0，得到相应的项数，然后算出常数项. 【详解】的展开式的通项为， 令，得到 所以展开式中常数项为，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.若数列的前 项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C
5、【解析】 【分析】 对已知，进行化简，令，可得，即为等比数 列，利用可计算出的首项和公比，从而可求得的通项，得到的通项. 【详解】， 令 ，可得为等比数列，设其公比为 ， - 4 - ，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.若是 上的奇函数，且，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. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 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
6、满足， 但，即必要性不成立， 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.已知函数的部分图像如图所示，点在图象上，若 ，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 - 5 - 【分析】 由三角函数的图像的性质可知，根据图像上给出的点，求出 ， 和 ，再代入，可 得到答案. 【详解】函数的图像与 轴相邻的交点为， 可得一条对称轴为，周期， ，即. 代入得，即 ，即 代入得， ， ，且 代入得到 【点睛】本题考查由函数部分图像求解析式，正弦型函数图像的性质，考查内容比较综 合，属于中
7、档题. 9.若直线与圆相交，且两个交点位于坐标平面上不同的象限，则的取值范围 是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 圆都在 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，令其小于 0，可得答案. 【详解】圆与直线联立， 整理得 图像有两个交点 方程有两个不同的实数根，即 - 6 - 得. 圆都在 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. ，解得， 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
8、空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为，则该四 面体外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 在空间坐标系里画出四个点，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四个点，可得,面, 因此可以把四面体补成一个长方体，其外接球的半径 所以，外接球的表面积为，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.设点 是抛物线上的动点， 是 的准线上的动点，直线 过 且与（ 为坐标原点）垂直，则 点 到 的
9、距离的最小值的取值范围是（ ） A. B. C. D. - 7 - 【答案】B 【解析】 【分析】 设出 点坐标，表示出直线 ，将点 到直线 的距离转化成，与直线 平行且与抛物线 相切的直线与直线 间的 距离.再找到其取值范围. 【详解】抛物线 的准线方程是 若点 的坐标为，此时直线 的方程为， 显然点 到直线 的距离的最小值是 1 若点 的坐标为，其中 则直线的斜率为 直线 的斜率为 直线 的方程为 即， 设与直线 平行且与抛物线 相切的直线方程为 代入抛物线方程得 所以 解得 所以与直线 平行且与抛物线 相切的直线方程为 所以点 到直线 的距离的最小值为直线与直线的距离，即 因为 所以 综
10、合两种情况可知点 到直线 的距离的最小值的取值范围是 所以选 B 项. 【点睛】本题考查直线的表示，曲线上动点到直线距离的转化，圆锥曲线的综合题目，属于中档难度题. 12.已知函数.若不等式的解集中整数的个数为 ，则 的取值范围 是（ ） A. B. C. D. 【答案】D - 8 - 【解析】 【分析】 对进行变形，得到，令，即的整数 个数为 3，再由的函数图像和的函数图像，写出限制条件，得到答案 【详解】 ，即 设， 其中时， 时， 即符合要求 ，所以时，单调递减 ，单调递增，为极小值. 有三个整数解，则还有一个整数解为或者是 当解集包含时，时， 所以需要满足即，解得 当解集包含时，需要满
11、足即 整理得，而，所以无解集，即该情况不成立. 综上所述，由得， 的范围为 故选 D 项. 【点睛】利用导数研究函数图像，两个函数图像的位置关系与解析式大小之间的关系，数形结合的数学思想， 题目较综合，考查内容比较多，属于难题. 二、填空题（每题二、填空题（每题 5 5 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上） 13.中国古代数学专家（九章算术）中有这样一题：今有男子善走，日增等里，九日走里，第一日，第 四日，第七日所走之和为里，则该男子的第三日走的里数为_ 【答案】120 【解析】 【分析】 - 9 - 将题目转化成数学语言，得到等差数列关系，求出首项和公
12、差，再求第三日走的里数，即数列的第三项. 【详解】因为男子善走，日增等里，可知每天走的里数符合等差数列，设这个等差数列为，其公差为 ， 前 项和为. 根据题意可知， 法一： ， ， . 法二：， 解得所以 【点睛】本题考查文字描述转化数学语言的能力，等差数列求和和通项以及基本性质，属于简单题. 14.根据下列算法语句，当输入时，输出 的最大值为_ 【答案】2 【解析】 【分析】 由算法语句可将其转化为线性规划的题目，然后用线性规划的方法解决问题. 【详解】由算法语句可知，求的最大值，并与 0 比较 画出可行域如图，为可行域，所求目标函数，整理得，为斜率为-1 的一簇平行线， 在 点时得到最大值
13、. 解方程组，解得， 点坐标，所以的最大值为 2. 故答案为 2. - 10 - 15.已知是 上的偶函数，且当时，则不等式的解集为_ 【答案】 【解析】 【分析】 对分类，找到的解集，再求的解集 【详解】时， 当时， 解，即得或， 或 当时， 解即得 当时，解集为或 是 上的偶函数， 由对称性可知当时，解集为或 解集为或或 时，或或 解得或或 【点睛】本题考查绝对值函数，不等式求解，偶函数的性质，题目考查知识点较多，比较综合，属于难题. 16.设为平面 外两条直线，其在平面 内的射影分别为两条直线和.给出下列 个命题： ； 与平行或重合； ； .其中所有假命题的 序号是_ 【答案】 - 11
14、 - 【解析】 【分析】 分别研究四个命题的真假，找到反例说明该命题是假命题. 【详解】两条直线的射影互相平行，则两条直线不一定平行，也有可能是异面，所以错误. 正确. 在正四棱锥中，相邻的两条侧棱为，其射影与为该正四棱锥的底面的两条对角线，但相邻的两 条侧棱为并不垂直，故错误； 时，与也可能重合，故错误. 所以，假命题为. 【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线之间的位置关系，考查空间想象能力，属 于中档题 三、解答题三、解答题 ：共：共 7070 分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. .第第 17211721 题为必考
15、题，每个试题考生都题为必考题，每个试题考生都 必须作答必须作答. . 第第 2222、2323 题为选考题，考生依据要求作答题为选考题，考生依据要求作答. . （一）必考题：共（一）必考题：共 6060 分分. . 17.在中，角的对边分别为，若成等差数列，且. 求 的值； 若，求的面积. 【答案】 （1）；（2） 【解析】 【详解】因为成等差数列，所以 由正弦定理得即 又因为根据余弦定理有： 所以 因为根据余弦定理有： 由知，所以 解得. - 12 - 由得， 所以的面积 【点睛】本题考查等差数列的简单性质，正弦定理、余弦定理、面积公式的考查，难度不大，属于简单题. 18.某花圃为提高某品种
16、花苗质量，开展技术创新活动，在实验地分别用甲、乙方法培训该品种花苗.为 观测其生长情况，分别在实验地随机抽取各株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所 示的频率分布直方图.记综合评分为及以上的花苗为优质花苗. 求图中 的值，并求综合评分的中位数. 用样本估计总体，以频率作为概率，若在两块试验地随机抽取 棵花苗，求所抽取的花苗中的优质花 苗数的分布列和数学期望； 填写下面的列联表，并判断是否有的把握认为优质花苗与培育方法有关. 附：下面的临界值表仅供参考. （参考公式：，其中.） 【答案】 （1）82.5；（2）见解析；（3）有的把握认为优质花苗与培育方法有关系. 【解析】 【分析】 （1）根据频率之和为 1 得到 ，根据面积相等，求出中位数. （2）利用二项分布列出对应的概率，写出分布列，算出数学期望. （3）根据优质花苗颗数，填好表格，选取相应数据，计算得到，再进行判断. - 13 - 【详解】由， 解得 令得分中位数为 ，由解得
