江西省赣州市2020届高三3月摸底考试数学（理）试题 Word版含解析 23页

www.ks5u.com 赣州市2020年高三年级摸底考试 理科数学试卷 一、选择题 ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用根式函数定义域的求法和一元二次不等式的解法，先化简集合，再利用交集的定义求解.‎ ‎【详解】已知集合，，‎ 所以 故选：B ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了函数定义域及一元二次不等式的解法，属于基础题.‎ ‎2.复数满足，则复数的虚部为（ ）‎ A. -1 B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．‎ ‎【详解】∵=，‎ ‎∴z=﹣1﹣i，‎ 则复数z的虚部为﹣1．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．‎ - 23 -‎ ‎3.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数和对数函数的性质求解.‎ ‎【详解】因为，，， ‎ 所以 .‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查指数函数和对数函数的性质比较大小，属于基础题.‎ ‎4.等差数列的前项和记为，若的值为一个确定的常数，则下列各数中也是常数的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列的性质，根据 的值为一个确定的常数，得到的值为一个确定的常数即可.‎ ‎【详解】因为，‎ 又因为的值为一个确定的常数，‎ 所以的值为一个确定的常数，‎ 所以为一个确定的常数.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查等差数列的性质，属于基础题.‎ ‎5.函数的图象大致是（ ）‎ - 23 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎ 去掉A,B； 所以选C.‎ ‎6.洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上心有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数.如图，若从四个阴数和五个阳数中分别随机各选取个数，则其和等于的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 这是一个古典概型，先算出从四个阴数和五个阳数中分别随机各选取个数的基本事件的总数，再利用列举法求出其和等于9的基本事件数，代入公式求解.‎ ‎【详解】从四个阴数和五个阳数中分别随机各选取个数的基本事件的总数个，‎ 其和等于9的基本事件有共4个，‎ - 23 -‎ 所以其和等于的概率是.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎7.数列:，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”.该数列前两项均为，从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.设计如图所示的程序框图，若输出“兔子数列”的第项，则图中①，②处应分别填入（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 根据框图的作用，结合题意，即可得出结果.‎ ‎【详解】由题意，可得，该框图用于计算“兔子数列”第项，因此时，要输出结果，故②应填；而最终输出的结果即是，所以由题意，①中计算的结果，应是.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查补全循环程序框图，根据题意，分析框图的作用即可，属于常考题型.‎ ‎8.如图是一个几何体的三视图，则该几何体的各个面中，面积大于的面的个数为（ ）‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图，得到几何体是一个四棱锥，求得各面的面积比较即可.‎ ‎【详解】如图所示：几何体是一个四棱锥，‎ 其中，面面ABCD，，是等腰三角形，，是直角三角形，ABCD是正方形，‎ 所以，，‎ - 23 -‎ ‎，S正方形ABCD，‎ 所以面积大于的面的个数为2个。‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查三视图的应用，还考查了数形结合的方法，属于基础题.‎ ‎9.关于的方程在区间上有三个不相等的实根，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将关于的方程在区间上有三个不相等的实根，转化为，，的交点个数问题，然后利用数形结合求解.‎ ‎【详解】令，，，‎ 显然在函数没有三个公共点，‎ 故，令，所以，故切点为，‎ 代入得，当时，，所以函数过点，，‎ 如图所示：‎ 所以实数的取值范围是范围为.‎ - 23 -‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查函数与方程，还考查了转化化归，数形结合的思想方法，属于中档题.‎ ‎10.平面向量、满足，，则的最大值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不妨设，，由得到关于x，y的方程，再根据，利用几何意义转化为点与圆的位置关系求解.‎ ‎【详解】不妨设，，则由得，表示圆上的点到的距离，‎ 圆心到的距离为 故.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算及向量模的几何意义，点与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎11.为双曲线右支上一点，分别是双曲线的左、右焦点，且，直线交轴于点.若的内切圆的半径为，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，得到三角形为直角三角形，再利用直角三角形内切圆切线长定理，求得半径，再根据内切圆的半径为，建立方程求解.‎ 详解】如图所示：‎ - 23 -‎ 因为，所以三角形为直角三角形，‎ 故它的内切圆半径 ‎，‎ 所以 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的定义及直角三角形内切圆问题，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.‎ ‎12.关于函数有下述四个结论：①的图像关于点对称；②的最大值为；③在区间上单调递增；④是周期函数.其中正确结论的个数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①通过的关系判断.④通过的关系判断.②由④的结论知，是的一个周期，不妨设，将函数转化为：，令，用导数法求解.③当 - 23 -‎ 时，，再由②的单调性判断.‎ 详解】①，所以成立；‎ ‎④，故该函数为周期函数；‎ ‎②由④得，所以是的一个周期，不妨设，则，令，令，则递增区间是递减区间是，，∴的极大值为，，所以最大值不为.‎ ‎③当时，，由②知，在该区间内有增有减，故不单调.‎ 所以正确结论的个数是个.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查有关三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎13.的展开式中，的系数为15，则a=________.(用数字填写答案)‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 因为，所以令，解得，所以=15，解得.‎ 考点：本小题主要考查二项式定理的通项公式，求特定项的系数，题目难度不大，属于中低档.‎ ‎14.数列中，为的前项和，若，则____．‎ - 23 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，结合等比数列的定义可知数列是以为首项，为公比的等比数列，代入等比数列的求和公式即可求解．‎ ‎【详解】因为，所以，又因为 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，‎ 所以由等比数列的求和公式得，解得 ‎【点睛】本题考查利用等比数列的定义求通项公式以及等比数列的求和公式，属于简单题．‎ ‎15.设中心在原点的椭圆的两个焦点、在轴上，点是上一点.若使为直角三角形的点恰有个，且这个直角三角形中面积的最小值为，则的方程为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆的对称性，若使为直角三角形的点恰有个，则上（或下）顶点与焦点构成的三角形为直角三角形，再根据三角形中面积的最小值为求解.‎ ‎【详解】如图所示：‎ - 23 -‎ ‎.若使为直角三角形的点恰有个，‎ 则，，‎ 因为或，‎ 所以，，‎ 所以椭圆方程为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎16.在四棱锥中，底面是直角梯形，，.若，，且的面积为，则四棱锥的体积的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别取和的中点、，若使四棱锥的体积最大，则平面平面，由，知，由底面是直角梯形，所以S梯形ABCD，，又，则，再根据的面积为和，得到求体积的最大值.‎ - 23 -‎ ‎【详解】如图所示：‎ 分别取和的中点、，由，知，，‎ 又是梯形，故，从而，故平面，进而得，‎ 而，与相交，故平面.‎ 由的面积为，得，‎ 由得，进而，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查四棱锥的体积以及线面垂直的判定定理和面面垂直性质定理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17.在中，.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，的面积为，求边长的长.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用二倍角公式，将，变形为，再化简利用平方关系求解.‎ - 23 -‎ ‎（2）由确定角A的范围，得到，再根据的面积为，利用正弦定理求得，再结合，利用余弦定理求解.‎ ‎【详解】（1）由已知得，，‎ 因为，所以，‎ 两边平方得，，‎ ‎（2）由得，，从而，‎ 于是，‎ 因为的面积为，所以 由余弦定理得，，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查二倍角公式和正弦定理，余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎18.在五面体中，，.‎ ‎ ‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若，是等腰直角三角形，，求直线与平面所成角的正切值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ ‎（1）根据且、、、四点共面，得到，由线面平行的判定得到平面，再由线面平行的性质定理，根据，，得到平面，再由面面垂直的判定证明.‎ ‎（2）根据和，，得到是正方形，建立空间直角坐标系，不妨设，得到，，的坐标，求得平面的一个法向量，代入线面角向量公式求解.‎ ‎【详解】（1）因为且、、、四点共面，所以，‎ 又平面，所以平面，‎ 又平面平面，所以，‎ 因为，所以，‎ 又，所以平面，‎ 而平面，故平面平面.‎ ‎（2）由和，可知，是正方形，‎ 如图建立空间直角坐标系，‎ 不妨设，则，，，‎ ‎，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ - 23 -‎ 则由，且 得，，故令，得 设直线与平面所成角为，则 ‎，从而 ‎【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理和性质定理，线面垂直，面面垂直的判定定理以及向量法求角问题，还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎19.设点是抛物线的焦点，、是上两点.若，且线段的中点到轴的距离等于.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）设直线与交于、两点且在轴的截距为负，过作的垂线，垂足为，若.‎ ‎（i）证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标；‎ ‎（ii）求点的轨迹方程.‎ ‎【答案】（1）（2）（i）证明见解析；定点（ii）（且）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）过和分别作轴的垂线，垂足分别为、，根据抛物线的定义得到，，利用建立p的方程，再根据线段的中点到轴的距离等于，有联立求解.‎ ‎（2）设的方程为，与抛物线方程联立，由得到，将韦达定理代入，解得，（i）直线恒过定点.（ii）由知，点在以为直径的圆上，再根据和斜率存在确定范围.‎ - 23 -‎ ‎【详解】（1）过和分别作轴的垂线，垂足分别为、，则，，‎ 因为线段的中点到轴的距离等于，‎ 所以，即，‎ 又因为，所以.‎ ‎（2）由题意知直线的斜率存在，设的方程为，代入抛物线方程得，‎ 由得，（*），‎ 设，，则.‎ 由得，，即，‎ 把代入得，解得或（舍去），‎ ‎（i）于是直线恒过定点.‎ ‎（ii）由知，所以点在以为直径的圆上，该圆的方程为，‎ 根据（*）得，从而取圆在轴的上方部分，又直线的斜率存在，‎ 因此应剔除与轴的交点，‎ 故点的轨迹方程为（且）.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线定义，直线与抛物线的位置关系，定点和轨迹问题，还考查了运算求解的能力，属于难题.‎ ‎20.春节期间爆发的新型冠状病毒（COVID-19）是新中国成立以来感染人数最多的一次疫情.一个不知道自己已感染但处于潜伏期的甲从疫区回到某市过春节，回到家乡后与朋友乙、丙、丁相聚过，最终乙、丙、丁也感染了新冠病毒.可以肯定的是乙受甲感染的，丙是受甲或乙感染的，假设他受甲和受乙感染的概率分别是和.丁是受甲、乙或丙感染的，假设他受甲、乙和丙感染的概率分别是、和.在这种假设之下，乙、丙、丁中直接受甲感染的人数为.‎ ‎（1）求的分布列和数学期望；‎ - 23 -‎ ‎（2）该市在发现在本地出现新冠病毒感染者后，迅速采取应急措施，其中一项措施是各区必须每天及时，上报新增疑似病例人数.区上报的连续天新增疑似病例数据是“总体均值为，中位数”，区上报的连续天新增疑似病例数据是“总体均值为，总体方差为”.设区和区连续天上报新增疑似病例人数分别为和，和分别表示区和区第天上报新增疑似病例人数（和均为非负）.记，.‎ ‎①试比较和的大小；‎ ‎②求和中较小的那个字母所对应的个数有多少组？‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）①②组 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）记事件“丙受甲感染”，事件“丁受甲感染”，则，，的取值为，，再列出的分布列并求期望.‎ ‎（2）（i）对于区，根据“总体均值为，总体方差为”，有，再根据是非负整数，得到，从而确定，同理对于区，根据“总体均值为，中位数”，确定.（ii）当时，只有两种组合，一是一个是，五个是或，一个是；二是一个是，一个是或，一个是或，其余是，分别求得组数再求和.‎ ‎【详解】（1）记事件“丙受甲感染”，事件“丁受甲感染”，则，‎ 的取值为 - 23 -‎ 所以的分布列为 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎0.32‎ ‎0.56‎ ‎0.12‎ ‎（2）（i）对于区，由知，‎ ‎，因为是非负整数，‎ 所以，即，所以 当中有一个取，有一个取，其余取时，‎ 对于区，当，，时，满足“总体均值为，中位数”，此时，‎ 所以 ‎（ii）当时，只有两种情况：‎ ‎①有一个是，有五个是或，有一个是；‎ ‎②有一个是，有一个是或，有一个是或，其余是.‎ 对于①，共有组 对于②，共有组 故共有组 ‎【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列，均值和方差及其应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数，直线是曲线的一条切线.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）证明：不等式在上恒成立.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设切点为，求导，再由求解.‎ ‎（2）令，则，再分，，三种情况讨论求解其最小值即可.‎ ‎【详解】（1）设直线切曲线于点，‎ ‎，‎ 所以，‎ 解得，.‎ ‎（2），‎ 记，则，‎ ‎①当时，递增，且，所以在上递减，在上递增，故，‎ ‎②当时，，此时在上递增，‎ 所以，‎ ‎③当时，记，则（的导数为），‎ 设的根为，易知，在上递减，在上递增，‎ ‎，‎ 而，，所以在时只有一个根，‎ - 23 -‎ 因此在上递减，在上递增，‎ 故，‎ 从而在上递增，所以，‎ 综上，不等式在上恒成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数几何意义的应用以及导数法证明不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想运算求解的能力，属于难题.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，动圆，（，是参数）.以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，若直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求动圆的圆心的轨迹的方程及直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设和分别和上的动点，若最小值为，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据动圆方程，得到圆心坐标，令，消去参数即可.利用代入求解.‎ ‎（2）设，将的距离转化为到直线的距离求解，根据的最小值不为和 最小值为，利用三角函数的性质求解.‎ ‎【详解】（1）设动圆的圆心坐标为，则，‎ 消去参数得，得方程为。‎ - 23 -‎ 因为 将，代入得：‎ 直线的直角坐标方程为。‎ ‎（2）设，的最小值等于点到直线的距离的最小值 点到直线的距离 因为的最小值不为，所以 当时，，则，解得 当时，，则，解得 综上，‎ ‎【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的转化以及直线与椭圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎23.设均为正数，且.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若不等式恒成立，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）的最大值为1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，两边平方得到，然后利用重要不等式，结合不等式的加法性质求解.‎ ‎（2）构造 - 23 -‎ ‎，再利用基本不等式求解.‎ ‎【详解】（1）由得，‎ 因为，，，‎ 所以 从而，‎ 即.‎ ‎（2），‎ 所以（当且仅当时取“”号）‎ 从而，故的最大值为1.‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，还考查了转化化归的思想运算求解的能力，属于中档题.‎ - 23 -‎ - 23 -‎