江西省分宜中学、玉山一中等九校2020届高三联合考试数学（文）试题 Word版含解析 23页

www.ks5u.com 文科数学试题 一、选择题 ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解不等式可得，据此结合交集、并集、子集的定义考查所给的选项是否正确即可.‎ ‎【详解】求解不等式可得，‎ 则：，选项A错误；‎ ‎，选项B错误；‎ ‎，选项C错误，选项D正确；‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的表示方法，交集、并集、子集的定义及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎2.设复数满足：，则的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的四则运算，化简复数，即可求得其虚部.‎ ‎【详解】因为，故可得.‎ 则的虚部为：.‎ 故选：D.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查复数的运算，以及复数虚部的辨识，属基础题.‎ ‎3.某单位去年的开支分布的折线图如图1所示，在这一年中的水、电、交通开支（单位：万元）如图2所示，则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由折线图找出水、电、交通开支占总开支的比例，再计算出水费开支占水、电、交通开支的比例，相乘即可求出水费开支占总开支的百分比.‎ ‎【详解】水费开支占总开支的百分比为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查折线图与柱形图，属于基础题.‎ ‎4.下列双曲线中，渐近线方程为的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由双曲线的渐进线的公式可行选项A的渐进线方程为，故选A.‎ 考点：本题主要考查双曲线的渐近线公式.‎ ‎5.已知，若，则为（ ）‎ - 23 -‎ A. B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得的坐标，根据坐标计算向量的模长，根据模长相等即可求得参数.‎ ‎【详解】因为，‎ 故可得，‎ ‎，，‎ 因为，即，‎ 整理得，解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查复数的坐标运算，涉及模长的坐标求解，属综合基础题.‎ ‎6.已知锐角的终边上一点，则锐角＝（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎∵锐角的终边上一点，‎ ‎∴‎ ‎∴＝70°‎ 故选C ‎7.已知某函数的图像如图所示，则下列函数中，图像最契合的函数是（ ）‎ - 23 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据时的函数值，即可选择判断.‎ ‎【详解】由图可知，当时，‎ 当时，，故排除；‎ 当时，，故排除；‎ 当时，，故排除；‎ 当时，，满足题意.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查函数图像的选择，涉及正余弦值的正负，属基础题.‎ ‎8.已知，两点是函数与轴的两个交点，且满足,现将函数的图像向左平移个单位，得到的新函数图像关于轴对称，则的可能取值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，即可求得，再根据平移后函数为偶函数，即可求得.‎ ‎【详解】令，解得，‎ 因为，故令，并取，‎ 则，即可求得.‎ 此时，‎ - 23 -‎ 向左平移个单位得到，‎ 若其为偶函数，则，‎ 解得.‎ 当时，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查由三角函数的性质求参数值，属综合中档题.‎ ‎9.我国明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道闻名世界的题目：“一百馒头一百僧，大僧三个更无争.小僧三人分一个，大小和尚各几丁？”.如右图所示的程序框图反映了对此问题的一个求解算法，则输出的值为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的的值.‎ - 23 -‎ ‎【详解】输出；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎，‎ 退出循环，输出，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.‎ ‎10.设，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数的单调性，以及对数函数的单调性即可比较大小.‎ ‎【详解】因为，‎ 且，‎ 故可得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，属基础题.‎ ‎11.在边长为的正方体中，过中点的直线与直线，直线分别交于点，则的长为（ ）‎ - 23 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断与的交点与重合，延长，与的延长线交于，结合是的中点，可确定位置，进而可得结果．‎ ‎【详解】 ‎ 因为直线过与相交，所以平面，‎ 因为直线过与相交，所以平面，即平面，‎ 所以是两平面的交线，而平面平面，‎ 所以与重合，与的交点与重合，‎ 延长，与的延长线交于，‎ 因为是的中点，所以是的中点，‎ 因为正方体的棱长为 故选：‎ ‎【点睛】本题考查学生作图能力和计算能力，空间想象能力．解题的关键在于确定直线过点与异面直线，的交点、两点，属于难．‎ - 23 -‎ ‎12.倾斜角为的直线经过椭圆右焦点，与椭圆交于、两点，且，则该椭圆的离心率为（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设到右准线距离为，则，因为，则，所以 到右准线距离为，从而 倾斜角为，，选B. ‎ 点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.‎ 二、填空题 ‎13.若函数，则在点处的切线方程为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求导可得，结合，利用点斜式即可求得切线方程.‎ ‎【详解】因为，故可得，‎ 故可得，又因为，‎ 故可得在点处的切线方程为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，属基础题.‎ ‎14.在数列中，已知，，则=______．‎ - 23 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用累加法求得，再利用裂项求和法求得数列的前项和.‎ ‎【详解】因为，‎ 故可得，‎ 累加可得，又因为，‎ 则，‎ 故可得，‎ 则 ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用累加法求数列的通项公式，以及用裂项求和法求数列的前项和，属中档题.‎ ‎15.设的内角所对的边分别为，且满足，的周长为，则面积的最大值为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理，求得；再利用均值不等式即可求得的最大值，则问题得解.‎ ‎【详解】因为，故可得 - 23 -‎ 即，整理得，‎ 故可得.‎ 又三角形直角三角形，故可得 即 解得，当且仅当时取得最大值.‎ 则其面积.‎ 故三角形面积的最大值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理的综合应用，以及利用均值不等式求最值，属综合中档题.‎ ‎16.已知四面体的棱长满足，，现将四面体放入一个主视图为等边三角形的圆锥中，使得四面体可以在圆锥中任意转动，则圆锥侧面积的最小值为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若满足题意，则四面体的外接球应该内切于圆锥即可.先求得四面体外接球的半径，再根据该球内切于圆锥，即可求得圆锥侧面积的最小值.‎ ‎【详解】若满足题意，则四面体的外接球应该内切于圆锥即可.‎ 为逻辑清晰，我们将问题主要分为两步.‎ 第一步：求得四面体外接球半径.‎ 记外心为，过作平面垂线，‎ 记外接球球心为，连接.‎ 则外接球半径.下面求解.‎ - 23 -‎ 在中，由余弦定理可得，‎ 则由同角三角函数关系可得.‎ 故外接圆半径.‎ 将的图形单独抽取出来，取中点为.如上面由图所示：‎ 容易知：.‎ 在中，因为，，‎ 故可得，‎ ‎.‎ 故可得.‎ 又因为，‎ 解得.‎ - 23 -‎ 在中，容易得.‎ 故可得.‎ 在中，.‎ 故可得四面体外接球半径.‎ 第二步：根据外接球半径和圆锥的关系，求得圆锥的母线和底面圆半径.‎ 若满足题意，则该外接球应该内切于圆锥，‎ 作出轴截面的平面图，其中点为的中点，如下所示：‎ 该截面图中.‎ 由题可知为等边三角形，故可得；‎ 在中，，解得.‎ 故可得圆锥的底面圆半径为.母线长.‎ 故可得圆锥的侧面积为.‎ 故答案：.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查棱锥外接球半径的求解，以及圆锥的内切球，计算量比较大，涉及知识比较复杂，属综合困难题，适合做压轴题.‎ 三、解答题 ‎17.已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，，，.‎ ‎（1）若，求的通项公式； ‎ ‎（2）若，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，列出公差和公比的方程，求得基本量，即可求得数列的通项公式；‎ ‎（2）根据等比数列的前项和，求得公比和公差，利用等差数列的前项和公式，即可求得结果.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，‎ 则， ‎ 由题意可得：，则 ‎ 即，解得或（舍去）‎ 因此的通项公式为. ‎ ‎（2）由题意可得：，‎ 则，解得或，‎ 或.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列和等比数列基本量的计算，涉及通项公式和前项和公式，属综合基础题.‎ - 23 -‎ ‎18.“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员，面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉博的热门APP，某市宣传部门为了解全民利用“学习强国”了解国家动态的情况，从全市抽取2000名人员进行调查，统计他们每周利用“学习强国”的时长，如图是根据调查结果绘制的频率分布直方图.‎ ‎（1）根据图，求所有被抽查人员利用“学习强国”的平均时长和中位数；‎ ‎（2）宣传部为了了解大家利用“学习强国”的具体情况，准备采用分层抽样的方法从和组中抽取50人了解情况，则两组各抽取多少人？再利用分层抽样从抽取的50人中选5人参加一个座谈会.现从参加座谈会的5人中随机抽取两人发言，求小组中至少有1人发言的概率？‎ ‎【答案】（1）平均时长为，中位数为；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据频率分布直方图中平均数和中位数的计算方法，即可容易求得结果；‎ ‎（2）两次利用分层抽样等比例抽取的特点，即可求得每组抽取的人数；列举所有抽取的可能性，以及满足题意的可能性，根据古典概率的计算公式，即可求得结果.‎ ‎【详解】（1）设抽查人员利用“学习强国”的平均时长为，中位数为 ‎ ‎ 设抽查人员利用“学习强国”的中位数为，‎ ‎，解得，‎ 即抽查人员利用“学习强国”的平均时长为，中位数为.‎ - 23 -‎ ‎（2）组的人数为人，‎ 设抽取的人数为，组的人数为人，设抽取的人数为 则，解得，，‎ 所以在和两组中分别抽取30人和20人，‎ 再抽取5人，两组分别抽取3人和2人，‎ 将组中被抽取的工作人员标记为，，，‎ 将中的标记为，.‎ 设事件表示从小组中至少抽取1人，‎ 则抽取的情况如下：，，，‎ ‎，，，‎ ‎，，，共10种情况，‎ 其中在中至少抽取1人有7种，则 .‎ ‎【点睛】本题考查由频率分布直方图计算平均数和中位数，以及用古典概型的概率计算公式求解概率，涉及分层抽样的考查，属综合基础题.‎ ‎19.如下面左图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，得到四棱锥（如下面右图）. ‎ ‎（1）求四棱锥的体积的最大值；‎ ‎（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当平面平面时，体积最大；根据已知条件，求得底面面积和棱锥的高，即可求得体积的最大值；‎ ‎（2）构造与平面平行的平面，即可容易求得点所在位置.‎ ‎【详解】（1）由题意，要使得四棱锥的体积最大，就要使平面平面.‎ 设为中点，连接.如下图所示：‎ ‎，，‎ 平面平面，平面平面平面.‎ 平面 ‎，则，‎ 四棱锥的体积的最大值为. ‎ ‎（2）过点作交于点，则，‎ 过点作交于点，连接，则 - 23 -‎ 又，平面，平面，平面 ‎，平面，平面，平面 又，，平面平面 平面，平面 所以在上存在点，使得平面，且.‎ ‎【点睛】本题考查棱锥体积的求解，以及利用线面平行求线段的比例，涉及面面垂直的性质，属综合中档题.‎ ‎20.已知抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，且.‎ ‎（1）求抛物线C的方程及的值；‎ ‎（2）设点O为坐标原点，过抛物线C的焦点F作斜率为的直线l交抛物线于，两点，点Q为抛物线C上异于M、N的一点，若，求实数t的值.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用抛物线的焦半径公式可得，再将代入抛物线方程求得；‎ ‎（2）由（1）知，直线l的方程为，联立，求得点的坐标，再代入，利用向量相等求得的值.‎ ‎【详解】（1）由题意知，抛物线的准线方程为：‎ 根据抛物线的定义，，所以，‎ 故抛物线方程为，点 当时，.‎ ‎（2）由（1）知，直线l的方程为，‎ - 23 -‎ 联立，得，解得，‎ 所以，‎ 设点Q的坐标为，则得 所以，，‎ 又因为点Q在抛物线上，所以 解得或（舍去）.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义、焦半径公式、直线与抛物线相交、向量的坐标运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法思想的应用.‎ ‎21.已知.‎ ‎（1）当时，求函数在区间，上的最大值；‎ ‎（2）当时，若存在正数，满足，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见详解.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数求导，求得的单调性，对参数进行分类讨论，即可容易求得函数最大值；‎ ‎（2）根据已知条件，求得与之间的等量关系，构造函数，利用导数求得其最小值，即可证明不等式.‎ ‎【详解】（1）.，令，则，‎ - 23 -‎ 在上单调递增，在上单调递减.‎ 当时，在,上单调递减，的最大值为； ‎ 当时，在区间上为增函数，在区间上为减函数，‎ 的最大值为．‎ 综上，． ‎ ‎（2），‎ 即， ‎ 令， ‎ ‎，‎ 故在上单调递减，在上单调递增，‎ 故，即，‎ 即有，‎ 因为，所以.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的单调性和最值，以及利用导数证明不等式，属综合中档题.‎ ‎（二）选考题：共10分，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 ‎22.在平面直角坐标系中，的参数方程为（t为参数）.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.‎ ‎（1）求的普通方程和曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（2）求曲线C上的点到距离的最大值及该点坐标.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）的普通方程为；曲线C的直角坐标方程为（2）曲线C上的点到直线距离的最大值为，该点坐标为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先将直线的参数方程利用部分分式法进行转化，再消参数，即可得解，要注意去除杂点；将曲线C的方程先去分母，再将，代入，化简即可求解；（2）先将曲线C的方程化为参数形式，再利用点到直线的距离公式，结合三角函数求最值，即可得解.‎ ‎【详解】解：（1）由（t为参数），得.‎ 消去参数t，得的普通方程为；‎ 将去分母得，‎ 将代入，‎ 得，‎ 所以曲线C的直角坐标方程为.‎ ‎（2）由（1）可设曲线C的参数方程为（为参数），‎ 则曲线C上的点到的距离 ‎，‎ 当，即时，‎ - 23 -‎ ‎，‎ 此时，，‎ 所以曲线C上的点到直线距离的最大值为，该点坐标为.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与普通方程、直角坐标和极坐标之间的转化，利用圆锥曲线的参数方程解决点到直线距离的问题，考查考生的运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题.‎ ‎23.已知点的坐标满足不等式：.‎ ‎（1）请在直角坐标系中画出由点构成的平面区域，并求出平面区域的面积S.‎ ‎（2）如果正数满足，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）2；（2）4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据，即可容易求得平面区域以及面积；‎ ‎（2）利用均值不等式即可容易求证.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 故可得当时，不等式等价于；‎ 当时，不等式等价于；‎ - 23 -‎ 当时，不等式等价于；‎ 当时，不等式等价于；‎ 如图，平面区域平面区域由一个正方形及其内部组成，‎ 四个顶点分别为，‎ 所以. ‎ ‎（2）由（1），而 都为正数，‎ 所以 ，‎ 当且仅当取得最小值.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式表示的平面区域，以及利用均值不等式求最值，属综合基础题.‎ - 23 -‎ - 23 -‎