江西省新余第四中学2020届高三9月月考数学（文）试题 23页

新余四中2020届高考年级上学期第一次段考数学（文科）‎ 第I卷（选择题，共60分）‎ 一、选择题：本小题共12题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 ‎1.已知集合，则集合中的元素个数为( )‎ A. 5 B. 4 C. 3 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由已知得中的元素均为偶数， 应为取偶数，故 ，故选D.‎ ‎2.复数（是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：，对应点的坐标为，在第四象限内.‎ 考点：1.复数的计算；2.复数与点的对应关系.‎ ‎3.“若，则”的逆否命题是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用逆否命题的定义作出判断即可 ‎【详解】因为原命题：若A，则B，则对应的逆否命题：若非B，则非A；‎ 所以若，则”的逆否命题是若，则;‎ 答案选D ‎【点睛】本题主要考查逆否命题的定义，属于基础题 ‎4.设实数满足约束条件，则的最大值为（ ）‎ A. 1 B. 4 C. 8 D. 16‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把化简为，然后令，然后作图，找出可行域，即可根据图象找出答案.‎ ‎【详解】‎ 作图可得，可行域为阴影部分，对于，可化简为，‎ 令，明显地，当直线过时，‎ 即当时，取最大值4，则的最大值为16.‎ 答案选D ‎【点睛】本题考查线性规划的求最值问题，属于基础题 ‎5.“”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】‎ 先考虑充分性，再考虑必要性得解.‎ ‎【详解】先考虑充分性. ‎ ‎,‎ ‎=，‎ 因为，所以，‎ 所以“”是“”的充分条件.‎ 再考虑必要性.‎ ‎,‎ ‎=，‎ 不能推出. 如：a=-3,b=-1.‎ 所以“”是“”的非必要条件.‎ 所以“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查充分必要条件的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎6.已知函数，，的图象如图所示，若函数的两个不同零点分别为，，则的最小值为（ ）　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象求三角函数解析式，再根据余弦函数性质得零点，最后求的最小值.‎ ‎【详解】由图象可知，，，，，，‎ ‎，且，，，‎ 令，可得，‎ 解可得，，或，‎ ‎，或，‎ 则的最小值为，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数解析式以及余弦函数性质，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎7.如图在梯形中，，设，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量的三角形法则得出，进而求出，最后利用，即可求解 ‎【详解】，，‎ ‎，，‎ 答案选D ‎【点睛】本题考查向量的线性运算，属于基础题 ‎8.已知椭圆上存在两点关于直线对称，且线段中点的纵坐标为，则椭圆C的离心率是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于两点关于直线对称，且已知中点的纵坐标为，可求出中点，且直线与直线垂直，利用点差法化简即可得离心率 ‎【详解】由中点的纵坐标为，且中点必在直线上，可得中点坐标为，‎ 设直线的斜率为，直线与直线垂直，则有，‎ 设，，得，利用点差法可得，得，‎ 则，答案选B ‎【点睛】本题考查点差法和离心率的的运用，属于基础题 ‎9.函数的部分图象大致是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数的奇偶性，再根据特殊点即可判断出的图象。‎ ‎【详解】因为函数的定义域为， ，函数为奇函数，其图象关于原点对称，所以C、D不正确；又因为 ，所以A不正确，故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查利用函数的性质识别函数的图象。‎ ‎10.《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形.若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，作图，利用补型法可得该四棱锥可补型成长方体，然后利用公式可求出球的直径,进而可求解球的表面积 ‎【详解】‎ 如图，该几何体为四棱锥，为矩形，其中平面，‎ ‎，则该阳马的外接球的直径是以为相邻棱的长方体的对角线，该球的表面积为，故选B ‎【点睛】本题考查球的表面积问题，结合长方体的外接球直径为其对角线长即可求解，属于基础题 ‎11.中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家张遂在编制《大衍历》中发明了一种二次不等距插值算法:若函数在处的函数值分别为，则在区间上可以用二次函数来近似代替:，其中.若令，，请依据上述算法，估算的值是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，利用，然后分别求出，进而代入，求出，最后即可求解的值 ‎【详解】设，，，则有，‎ 则，，，‎ 由，‎ 可得 ‎，答案选C ‎【点睛】本题考查函数近似值的求解，代入运算即可，属于难题 ‎12.函数，若函数只一个零点，则的取值范围是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先转化为y=f(x)与y=x-a只有一个交点，再分析y=x-a与只有一个交点，得a≤0，再分析y=ln(x-1)(x>1)与y=x-a只有一个交点，即得a=2.‎ ‎【详解】因为g(x)=f（x）-x+a只有一个零点，‎ 所以y=f(x)与y=x-a只有一个交点，‎ 作出函数y=f(x)与y=x-a的图像，‎ y=x-a与只有一个交点，则-a≥0，即a≤0，‎ y=ln(x-1)(x>1)与y=x-a只有一个交点，它们则相切，‎ 因 所以0=2-a,即a=2,‎ 综上所述，a的取值范围为.‎ 故答案为：A ‎【点睛】（1）本题主要考查零点问题，考查直线和曲线的位置关系，考查导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.（2）解答本题关键有两点，其一是准确画出y=f(x)与y=x-a的图像，其二是分析y=x-a与只有一个交点，和y=ln(x-1)(x>1)与y=x-a只有一个交点得到a的取值范围.‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）‎ 本卷包括必考题和选考题两部分.第13～21题为必考题，每个考生都必须作答.第22～23题为选考题，考生根据要求作答.‎ 二、填空题：本小题共4题，每小题5分 ‎13.在中，若，且，则角______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理可求得，然后化简可得，进而利用三角形的关系可以求解 ‎【详解】，两边同时除以，由正弦定理可得，‎ ‎，由于，两边同时除以可得 ‎，化简得，‎ 又由，为锐角，可得角，‎ 答案：‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理应用，难点在于确定角为锐角，属于基础题 ‎14.执行如图所示的程序框图，则输出的值为_____．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图，一步步计算即可求解 ‎【详解】①，‎ ‎②，‎ ‎③，‎ ‎④，，输出 ‎【点睛】本题考查程序框图，注意每一步运行成立的条件即可，属于基础题 ‎15.如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，现有如下四个结论：‎ ‎；平面；‎ 三棱锥的体积为定值；异面直线所成的角为定值，‎ 其中正确结论的序号是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于①，可由线面垂直证两线垂直；对于②，可由线面平行的定义证明线面平行；对于③，可证明棱锥的高与底面积都是定值得出体积为定值；对于④，可由两个特殊位置说明两异面直线所成的角不是定值．‎ ‎【详解】对于①，由，可得面，故可得出，此命题正确；‎ 对于②，由正方体的两个底面平行，在平面内，故与平面无公共点，故有平面，此命题正确；‎ 对于③，为定值，到距离为定值，所以三角形的面积是定值，又因为点到面距离是定值，故可得三棱锥的体积为定值，此命题正确；‎ 对于④，由图知，当与重合时，此时与上底面中心为重合，则两异面直线所成的角是，当与重合时，此时点与重合，则两异面直线所成的角是，此二角不相等，故异面直线所成的角不为定值，此命题错误．‎ 综上知①②③正确，故答案为①②③‎ ‎【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查线面平行的判断、线面垂直的判断与性质、棱锥的体积公式以及异面直线所成的角，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.‎ ‎16.已知函数，对任意的，恒有成立，则的取值范围是_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用及函数的单调性求解两个函数的最值，然后结合已知条件列出不等式求解的范围即可 ‎【详解】，当且仅当时取等号，因为，所以，由函数的单调性可得函数的最小值为：，‎ 对任意的，求导可得，在上，，所以，该函数是减函数，所以函数的最大值为：，‎ 函数，对任意的，恒有成立，可得，，‎ 答案：‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的单调性求最值以及不等式恒成立问题，将不等式恒成立问题转化为求出函数的最值问题是解题的关键.‎ 三、解答题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.‎ ‎17.记为等比数列的前项和，已知，.‎ ‎（I）求的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设数列，求的前项和.‎ ‎【答案】(I) (Ⅱ) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）根据已知求出，即可求出的通项公式；（Ⅱ）利用错位相减法求的前项和.‎ ‎【详解】解：（I）设的公比为，由题意，‎ 解得，，故. ‎ ‎（Ⅱ），‎ ‎，‎ ‎，‎ 两式相减得，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列通项的求法，考查错位相减法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎18.已知函数f(x)=.‎ ‎（I）求函数f(x)的单调递减区间；‎ ‎（II）若△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，f(A)=，a=，sinB=2sinC，求c.‎ ‎【答案】（Ⅰ）， ‎ ‎（II） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)运用二倍角公式和辅助角公式可将函数化为，再写出单调区间；（2）由f(A)=，可求，结合余弦定理即可解决。‎ ‎【详解】（Ⅰ） ‎ 由 ，，‎ 得 ， ‎ ‎∴函数的单调递减区间为， ‎ ‎（II）∵，，∴ ‎ ‎∵，∴由正弦定理，得 ‎ 又由余弦定理，，得.‎ 解得 ‎【点睛】本题考查三角恒等变换及正、余弦定理解三角形，属于基础题。‎ ‎19.如图，在四棱锥中，平面平面,,,,,点、分别为、的中点.‎ ‎﹙1﹚求证:平面平面；‎ ‎﹙2﹚求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；﹙2﹚.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明平面，平面，再利用面面平行的判定定理，即可证明；‎ ‎（2）利用等体积法，可得，利用，即可求得 ‎【详解】﹙1﹚由题意知: 点是的中点,且,‎ 所以 ,所以四边形是平行四边形,则. ‎ 平面,平面,所以平面. ‎ 又因为、分别为、的中点,所以.‎ 平面平面,‎ 所以, 平面. ‎ ‎,所以平面平面. ‎ ‎（2）解法一：利用 因为平面平面,‎ 平面平面，平面ABCD,,所以，平面.‎ 所以，的长即是点到平面的距离.‎ 在中，,‎ 所以，, ‎ 所以. ‎ 解法二：利用.‎ ‎. ‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查面面平行的证明和等体积法的应用，难点在于利用进行求解体积，属于中档题 ‎20.在平面直角坐标系中，已知点，的坐标分别为，．直线，相交于点，且它们的斜率之积是．记点的轨迹为．‎ ‎（Ⅰ）求的方程．‎ ‎（Ⅱ）已知直线，分别交直线于点，，轨迹在点处的切线与线段交于点，求的值．‎ ‎【答案】（1）（2）1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）设出坐标为，求出直线的斜率和直线的斜率，利用斜率成绩为，整理即可得出曲线的方程；（II）设出坐标，得出，的方程，进一步求出点的纵坐标，写出椭圆在的切线方程，由判别式等于得到过的斜率（用的坐标表示），代入切线方程，求得点的纵坐标，设，转化为坐标关键，即可求出，得出的值．‎ 试题解析：解法一：（Ⅰ）设点坐标为，则直线的斜率（）；直线的斜率（）．‎ 由已知有（），‎ 化简得点的轨迹的方程为（）．‎ ‎（Ⅱ）设（），则．‎ 直线的方程为，令，得点纵坐标为；‎ 直线的方程为，令，得点纵坐标为；‎ 设在点处的切线方程为，‎ 由得．‎ 由，得，‎ 整理得．‎ 将代入上式并整理得，解得，‎ 所以切线方程为．‎ 令得，点纵坐标为．‎ 设，所以，所以 所以．‎ 将代入上式，，解得，即．‎ 解法二：（Ⅰ）同解法一．‎ ‎（Ⅱ）设（），则．‎ 直线的方程为，令，得点纵坐标为；‎ 直线的方程为，令，得点纵坐标为；‎ 设在点处的切线方程为，‎ 由得．‎ 由，得，‎ 整理得．‎ 将代入上式并整理得，解得，‎ 所以切线方程为．‎ 令得，点纵坐标为．‎ 所以，‎ 所以为线段的中点，即．‎ 考点：椭圆的标准方程及其几何性质；直线与椭圆的位置关系的应用．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了椭圆的标准方程及几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识，着重考查了推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、函数与方程思想、分类与整合思想的应用，试题有一定的难度，属于难题，本题的解答中，设出坐标，得出，的方程，设，转化为坐标关键是解答的关键．‎ ‎21.已知函数，，（常数且）.‎ ‎（Ⅰ）当与的图象相切时，求的值；‎ ‎（Ⅱ）设，若存在极值，求的取值范围.‎ ‎【答案】(I) (Ⅱ) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设切点为，再利用导数几何意义求出a的值；（Ⅱ）由题得，再对a分类讨论，利用导数分析函数极值情况得到的取值范围.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）设切点为，，‎ 所以过点的切线方程为，即，‎ 所以，解得. ‎ ‎（Ⅱ）依题意，，，‎ 当a＞0时，令，则，‎ 令，，令，，‎ 所以，当时，单调递减；当时，单调递增.‎ 若存在极值，则，即，‎ 又时，，‎ 所以，时，‎ 在存在零点，且在左侧，在右侧，‎ 即存在变号零点.‎ 当a＜0时，当时，单调递增；当时，单调递减.‎ 若存在极值，则，即，‎ 又时，，‎ 所以，时，‎ 在存在零点，且在左侧，在右侧，‎ 即存在变号零点.‎ 所以，若存在极值，.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的极值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ 请考生在第22～23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.选修4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为（且）.‎ ‎（I）求直线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）已知是直线上的一点，是曲线上的一点， ，，若的最大值为2，求的值.‎ ‎【答案】(I) ；. (Ⅱ) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）利用参数方程、极坐标方程和普通方程互化的公式求直线的极坐标方程及曲线 的直角坐标方程；（Ⅱ）先利用极坐标方程求出，，再求出，即得，解之即得a的值.‎ ‎【详解】解：（I）消去参数，得直线的普通方程为，‎ 由，，‎ 得直线的极坐标方程为，即.‎ 曲线的极坐标方程为（且），即，‎ 由，，得曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（Ⅱ）∵在直线上，在曲线上，‎ ‎∴，，‎ ‎∴‎ ‎∴，.‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程和普通方程的互化，考查三角恒等变换和三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ 选修4-5:不等式选讲 ‎23.选修4-5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（I）求函数的最大值；‎ ‎（Ⅱ）若，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(I) 最大值为1. (Ⅱ) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）利用绝对值三角不等式求函数的最大值；（Ⅱ）利用函数f(x)的单调性化简得，再解不等式得解.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）函数可化为，‎ 由，‎ 即时“=”成立，‎ 所以原函数取得最大值为1.‎ ‎（Ⅱ）函数在上单调递增，‎ ‎∵，，，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 所以，‎ ‎∴.‎ 即实数取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式，考查函数单调性的应用和绝对值不等式的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎ ‎