江西省南昌市第十中学2020届高三下学期综合模拟考试数学（理）试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com 南昌十中2019~2020学年下学期高三综合模拟考试 理科数学试卷 考试时长：120分钟试卷总分：150分 一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）‎ ‎1.已知全集，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用集合的交并补运算即可求解.‎ ‎【详解】依题意可知，‎ 所以，，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了集合的基本运算，属于基础题.‎ ‎2.已知i为虚数单位，，则关于复数z的说法正确的是（ ）‎ A. B. z对应复平面内的点在第三象限 C. z的虚部为 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的乘法运算以及复数的概念以及几何意义即可求解.‎ ‎【详解】已知，‎ 所以，‎ - 24 -‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的乘法运算以及复数的概念、共轭复数、复数的几何意义，需掌握住复数中的基本知识，属于基础题.‎ ‎3.下列命题正确的是（ ）‎ A. “”是“”的必要不充分条件 B. 对于命题：，使得，则：均有 C. 若为假命题，则，均为假命题 D. 命题“若，则”的否命题为“若，则”‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先对于选项B和D，都是考查命题的否命题的问题，如果两个命题中一个命题的条件和结论分别是另一个命题的条件和结论的否定，则这两个命题称互为否命题． 即可得出B正确，D错误．对于选项A因为“”是“”的充分不必要条件．故选项A错误．对于选项C，因为若“且”为假命题，则、中有一个为假命题，不一定、均为假命题；故C错误．即可根据排除法得到答案．‎ ‎【详解】对A，“”是“”的必要不充分条件．因为“”等价于“，”所以：“”是“”的充分不必要条件，故A错误．‎ 对B，对于命题，使得，则均有．因为否命题是对条件结果都否定，所以B正确．‎ 对C，若为假命题，则，均为假命题．因为若“且”为假命题，则、中有一个为假命题，不一定、均为假命题；故C错误．‎ 对D，命题“若，则”的否命题为“若则”．因为否命题是对条件结果都否定，故D错误．‎ 故选：B．‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查充分必要条件，其中涉及到否命题，且命题，命题的真假的判断问题，都是概念性问题属于基础题型．‎ ‎4.已知，则a，b，c的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数函数的单调性即可比较大小.‎ ‎【详解】因为，所以 ‎，，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查对数函数的单调性，需熟记对数函数的性质，属于基础题.‎ ‎5.函数的图象大致是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用排除法，由排除选项；由排除选项，从而可得结果.‎ 详解】 ，‎ - 24 -‎ ‎，排除选项；‎ ‎，排除选项，故选C.‎ ‎【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：‎ ‎(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．‎ ‎(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；‎ ‎(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；‎ ‎(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.‎ ‎6.设满足约束条件，则的最大值是（ ）‎ A. -1 B. 0 C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线性约束条件，得可行域；由z的几何意义可求得其最大值．‎ ‎【详解】由线性约束条件，画出可行域如下图 的几何意义是可行域内的点与原点连线的斜率，‎ 由可行域可知，当取点B时，与原点连线斜率最大 B（1,2），所以的最大值为 所以选D ‎【点睛】本题考查了分式型非线性目标函数最值的求法，注意其几何意义的理解和应用，属于基础题．‎ - 24 -‎ ‎7.我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一卦由六爻组成.其中有一种起卦方法称为“金钱起卦法”，其做法为：取三枚相同的钱币合于双手中，上下摇动数下使钱币翻滚摩擦，再随意抛撒钱币到桌面或平盘等硬物上，如此重复六次，得到六爻.若三枚钱币全部正面向上或全部反面向上，就称为变爻.若每一枚钱币正面向上的概率为，则一卦中恰有两个变爻的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据古典概型求得三枚钱币全部正面或反面向上的概率，求一卦中恰有两个变爻的概率实际为求六次独立重复试验中发生两次的概率，根据独立重复试验的概率求得其值.‎ ‎【详解】由已知可得三枚钱币全部正面或反面向上的概率，求一卦中恰有两个变爻的概率实际为求六次独立重复试验中发生两次的概率，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型的求解，独立重复试验发生次的概率，属于基础题.‎ ‎8.正项等比数列中，的等比中项为，令，则（ ）‎ A. 6 B. 16 C. 32 D. 64‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为，即，‎ 又，所以.‎ 本题选择D选项.‎ - 24 -‎ ‎9.榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式。广泛用于建筑，同时也广泛用于家具。我国的北京紫禁城，山西悬空寺，福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构，榫卯结构中凸出部分叫榫（或叫榫头），已知某“榫头”的三视图如图所示，则该“榫头”的体积是（ ）‎ A 36 B. 45 C. 54 D. 63‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原几何体,进而求得体积即可 ‎【详解】作出该几何体的直观如图,两个直四棱柱的组合体 故选：C ‎【点睛】本题考查根据三视图求几何体的体积,考查空间想象能力 ‎10.已知双曲线的离心率为2，，分别是双曲线的左、右焦点，点，，点为线段上的动点，当取得最小值和最大值时，的面积分别为，，则（ ）‎ A. 4 B. 8 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的离心率求出，，‎ - 24 -‎ 的关系，结合向量数量积的公式、一元二次函数的性质求出函数的最值，即可得答案．‎ ‎【详解】由，得，‎ 故线段所在直线的方程为，‎ 又点在线段上，可设，其中，，‎ 由于，，即，，‎ 得，‎ 所以．由于，，‎ 可知当时，取得最小值，此时，‎ 当时，取得最大值，‎ 此时，则，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线和双曲线的位置关系 的应用，根据向量数量积转化为一元二次函数是解决本题的关键．‎ ‎11.设函数在定义域上是单调函数，且，若不等式对恒成立，则的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先确定函数的解析式，然后确定实数a的取值范围即可.‎ ‎【详解】由题意易知为定值，不妨设，则，‎ 又，故，解得：，‎ - 24 -‎ 即函数的解析式为，，‎ 由题意可知：对恒成立，‎ 即对恒成立，‎ 令，则，‎ 据此可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 函数的最小值为，‎ 结合恒成立的结论可知：的取值范围是.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的单调性，导函数研究函数的性质，恒成立问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎12.已知函数的图象与过原点的直线恰有四个交点，设四个交点中横坐标最大值为，则（ ）‎ A. B. C. 0 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：依题意，过原点的直线与函数y=|cosx|（x≥0）在区间（，2π）内的图象相切，利用导数知识可求得切线方程，利用直线过原点，可求得θ=-，代入所求关系式即可求得答案．‎ 详解：：∵函数f（x）=|cosx|（x≥0）的图象与过原点的直线恰有四个交点，∴直线与函数y=|cosx|（x≥0）在区间（，2π）内的图象相切，在区间（，2π）上，y的解析式为y=cosx，故由题意切点坐标为（θ，cosθ），∴切线斜率k=y′=-sinx|x=θ=-sinθ，∴由点斜式得切线方程为：y-cosθ=-sinθ（x-θ），即 y=-sinθx+θsinθ+cosθ，∵直线过原点，∴θsinθ+cosθ=0，得θ=-，‎ - 24 -‎ 点睛：本题考查直线与余弦曲线的交点，考查导数的几何意义，直线的点斜式方程的应用，求得θ=-是关键，考查三角函数间的关系的综合应用，属于难题．‎ 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）‎ ‎13.的展开式中的系数为____.‎ ‎【答案】28‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将已知式转化为，则的展开式中的系数中的系数，根据二项式展开式可求得其值.‎ ‎【详解】，所以的展开式中的系数就是中的系数，而中的系数为，‎ 展开式中的系数为 故答案为：28.‎ ‎【点睛】本题考查二项式展开式中的某特定项的系数，关键在于将原表达式化简将三项的幂的形式转化为可求的二项式的形式，属于基础题.‎ ‎14.设，向量，且，，则_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的平行和垂直关系求出x，y的取值，再求向量之和的模长.‎ - 24 -‎ ‎【详解】，‎ ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】此题考查根据向量平行和垂直的坐标表示求参数的值，再求两个向量之和的模长.‎ ‎15.在三棱锥中，已知，且平面平面，则三棱锥外接球的表面积为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，设等边三角形的中心为，连接.根据等边三角形的性质可求得，， 由等腰直角三角形的性质，得，根据面面垂直的性质得平面，，由勾股定理求得，可得为三棱锥外接球的球心，根据球体的表面积公式可求得此外接球的表面积.‎ ‎【详解】在等边三角形中，取的中点，设等边三角形的中心为，‎ 连接.由，得，，‎ 由已知可得是以为斜边的等腰直角三角形，,‎ 又由已知可得平面平面，平面，，‎ ‎，所以，为三棱锥外接球的球心，外接球半径，‎ 三棱锥外接球的表面积为.‎ 故答案为：‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积，关键在于根据三棱锥的面的关系、棱的关系和长度求得外接球的球心的位置，球的半径，属于中档题.‎ ‎16.已知双曲线()的左右焦点分别为，为坐标原点，点为双曲线右支上一点，若，，则双曲线的离心率的取值范围为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 法一:根据直角三角形的性质和勾股定理得，，,又由双曲线的定义得,将离心率表示成关于的式子,再令，则，令对函数求导研究函数在上单调性，可求得离心率的范围.‎ 法二：令，，，，，根据直角三角形的性质和勾股定理得，将离心率表示成关于角的三角函数，根据三角函数的恒等变化转化为关于的函数，可求得离心率的范围.‎ ‎【详解】法一:，，，,‎ - 24 -‎ ‎，,‎ 设，则，‎ 令，所以时，，在上单调递增， ，，.‎ 法二：，，令，，，，，‎ ‎，，，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查求双曲线离心率的范围的问题，关键在于将已知条件转化为与双曲线的有关，从而将离心率表示关于某个量的函数，属于中档题.‎ 三、解答题（本大题共7小题，前5题每小题12分，后2题为选考题10分，共70.0分）‎ ‎17.的内角的对边分别为，已知.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理化简已知等式可得，利用二倍角的余弦函数公式即可得解．‎ ‎（2）由已知利用余弦定理可求，利用同角三角函数基本关系式可求的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故.‎ ‎（2）∵，‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 由（1）可知，‎ 从而的面积.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，二倍角的余弦函数公式，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．‎ ‎18.某电视台举行一个比赛类型的娱乐节目，两队各有六名选手参赛，将他们首轮的比赛成绩作为样本数据，绘制成茎叶图如图所示，为了增加节目的趣味性，主持人故意将队第六位选手的成绩没有给出，并且告知大家队的平均分比队的平均分多4分，同时规定如果某位选手的成绩不少于21分，则获得“晋级”.‎ ‎（1）根据茎叶图中的数据，求出队第六位选手的成绩；‎ ‎（2）主持人从队所有选手成绩中随机抽2个，求至少有一个为“晋级”的概率；‎ - 24 -‎ ‎（3）主持人从两队所有选手成绩分别随机抽取2个，记抽取到“晋级”选手的总人数为，求的分布列及数学期望.‎ ‎【答案】（1）20（2）（3）的分布列见解析，数学期望为2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先求队选手的平均分22，再根据队选手的平均分为18 求队第6位选手的成绩（2）从队所有选手成绩中随机抽取2个，共有种方法，其中都不“晋级” 有种方法，所以由对立事件概率得（3）先确定随机变量取法：0，1，2，3，4，再分别求对应事件概率，列表得分布列，根据公式求数学期望 试题解析：（1）队选手的平均分为，‎ 设队第6位选手的成绩为，‎ 则，得 ‎（2）队中成绩不少于21分的有2个，从中抽取2个至少有一个为“晋级”的对立事件为两人都没有“晋级”，则概率 ‎（3）的可能取值有0，1，2，3，4，‎ ‎∴的分布列为 - 24 -‎ ‎ ‎ ‎0 ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ ‎3 ‎ ‎4 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎∴‎ 考点：古典概型概率，分布列与数学期望 ‎【方法点睛】求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：‎ 第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；‎ 第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；‎ 第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；‎ 第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二项分布X～B（n，p）），则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式（E（X）＝np）求得.因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度.‎ ‎19.如图所示，在四面体中，，平面平面，，且.‎ - 24 -‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）设为棱的中点，当四面体的体积取得最大值时，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据面面垂直的性质得到平面，从而得到，利用勾股定理得到，利用线面垂直的判定定理证得平面；‎ ‎（2）设，利用椎体的体积公式求得 ，利用导数研究函数的单调性，从而求得时，四面体的体积取得最大值，之后利用空间向量求得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为，平面平面，‎ 平面平面，平面，‎ 所以平面，‎ 因为平面，所以.‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 因为，所以平面.‎ ‎（2）解：设，则，‎ - 24 -‎ 四面体的体积 .‎ ‎ ，‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减.‎ 故当时，四面体的体积取得最大值.‎ 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，‎ 令，得，‎ 同理可得平面的一个法向量为，‎ 则.‎ 由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.‎ - 24 -‎ ‎【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的性质，线面垂直的判定，椎体的体积，二面角的求法，在解题的过程中，注意巧用导数求解体积的最大值.‎ ‎20.已知顶点为原点抛物线C的焦点与椭圆的上焦点重合，且过点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若抛物线上不同两点A，B作抛物线的切线，两切线的斜率，若记AB的中点的横坐标为m，AB的弦长，并求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知设抛物线方程为：，求出抛物线方程，从而可求出抛物线的焦点，进而求出椭圆的标准方程.‎ ‎（2）设，求出A，B两点切线的斜率，根据可得 ‎，由A，B两点直线的斜率从而可求出，再由弦长公式即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意可知，设抛物线方程为：‎ 点在抛物线C上，‎ 所以抛物线C的方程为，‎ 所以椭圆的上焦点为，‎ 所以椭圆的标准方程为；‎ ‎（2）设，‎ 在A点处的切线的斜率，‎ - 24 -‎ 在B点处的切线的斜率，‎ 又，所以 ‎，‎ 而 ‎，‎ 所以，‎ 又，所以.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程、弦长公式，考查了学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，求的极值；‎ ‎（2）设，对任意都有成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）的极大值为，无极小值；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把代入，然后求出函数的定义域，对函数求导，结合导数与单调性的关系可求函数的极值，‎ ‎（2）令，根据已知可转化为，结合导数进行求解．‎ ‎【详解】（1）当时，，所以函数的定义域为，‎ - 24 -‎ 所以，且，‎ 令，‎ 所以当时，，‎ 所以.‎ 又，‎ 所以当时，，‎ 所以在上单调递减，故.‎ 同理当时，；‎ 当时，，‎ 所以在是单调递增，在单调递减，‎ 所以当时，的极大值为，无极小值.‎ ‎（2）令，‎ 因为对任意都有成立，‎ 所以.‎ 因为，‎ 所以.‎ 令，即，解得；‎ 令，即，解得.‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以.‎ 因为，‎ - 24 -‎ 所以，当时，‎ 令，即，解得；令，即，解得.‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，即实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，极值及恒成立问题与最值求解的相互转化．‎ 选考题：请考生从给出的第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题号一致，如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），圆的参数方程为（为参数）.‎ ‎（1）求和的普通方程；‎ ‎（2）将向左平移后，得到直线，若圆上只有一个点到的距离为1，求.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．‎ ‎（2）利用点到直线的距离公式的应用和关系式的平移变换的性质的应用求出结果．‎ ‎【详解】（1）由题意可得，‎ 故的参数方程为（为参数），‎ - 24 -‎ 圆的参数方程为（为参数），‎ 消去参数，得的普通方程为，‎ 消去参数，得的普通方程为.‎ ‎（2）的方程为，即，‎ 因为圆上只有一个点到的距离为1，圆的半径为1，‎ 所以到的距离为2，‎ 即，解得（舍去）.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，函数的关系式的平移变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．‎ ‎23.已知函数，函数.‎ ‎（1）当时，求实数x的取值范围；‎ ‎（2）当与的图象有公共点，求实数m的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）采用零点分界法去绝对值即可求解.‎ ‎（2）将问题转化为有解，然后分离参数化为 有解，再利用绝对值几何意义即可求解.‎ ‎【详解】（1）当时，即.‎ 即有或，‎ 即或 - 24 -‎ 故不等式的解集为；‎ ‎（2）因为函数与函数的图象有公共点，‎ 则有解.‎ 即|有解，‎ 因为，所以.‎ 所以当与的图象有公共点时，m的范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、函数与方程，考查了转化思想，属于基础题.‎ - 24 -‎ - 24 -‎