江西省南昌市2020届高三第二次模拟数学（文）试题 Word版含解析 26页

www.ks5u.com NCS20200707项目第二次模拟测试卷文科数学 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.复数，则等于( )‎ A. 2 B. 4 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用复数的乘法运算得到，再利用模的计算公式计算即可.‎ ‎【详解】由已知，，所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查复数的乘法以及复数模的计算，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.‎ ‎2.集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 集合中元素为函数的自变量，集合中元素为函数因变量，化简集合,根据交集定义，即可求得.‎ ‎【详解】‎ 集合中元素为函数的自变量 由，即 解得：‎ - 26 -‎ 集合中元素为函数因变量 由 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了集合交集运算，解题关键是掌握交集定义，在处理关于函数集合问题时，要注意集合中的元素是自变量还是因变量，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.‎ ‎3.已知空间内两条不同的直线，，则“”是“与没有公共点”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】‎ 根据充分条件和必要条件定义，即可求得答案.‎ ‎【详解】空间内两条不同的直线，‎ 由“”可以推出“与没有公共点”‎ ‎“”是“与没有公共点”充分条件 在空间中“与没有公共点”， 与可以是或异面直线 故：“与没有公共点”不能推出“”‎ ‎“”是“与没有公共点”不必要条件 ‎“”是“与没有公共点”的充分不必要条件 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了判断充分不必要条件，解题关键是掌握充分条件和必要条件的定义，在空间中两条不同直线没有交点可以是平行或者异面，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.‎ ‎4.已知，则不等式的解集是( )‎ - 26 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分，两种情况讨论，分别解不等式组，再求并集即可.‎ ‎【详解】当时，，解得，所以；‎ 当时，，解得，所以；‎ 综上，不等式的解集是.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查解分段函数不等式，考查学生分类讨论思想，数学运算能力，是一道容易题.‎ ‎5.已知函数的图象关于原点对称，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为函数的图象关于原点对称，可得函数为定义域为奇函数，根据奇函数性质，可得,求得值，进而求得.‎ ‎【详解】函数的图象关于原点对称 可得：为定义域为奇函数 根据奇函数性质 令，可得 又 - 26 -‎ 故 故选：A.‎ ‎【点睛】本题解题关键是掌握奇函数在定义域包含时，，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.‎ ‎6.已知中角，，所对的边分别为，，，若，，则角等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为，根据正弦定理：“边化角”，结合余弦二倍角公式，即可求得角.‎ ‎【详解】‎ 根据正弦定理：“边化角”‎ 可得：①‎ 又 ‎②‎ 联立①②可得：‎ 即 即：‎ 解得：(舍去)或③‎ 由①③可得：‎ 结合 故选：C.‎ - 26 -‎ ‎【点睛】本题考查了求三角形一个内角，解题关键是掌握正弦定理“边化角”和余弦二倍角公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎7.已知为不共线的两个单位向量，且在上的投影为，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 由已知得到，进一步得到，再代入中计算即可.‎ ‎【详解】设的夹角为，由已知，，，，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查向量模的计算，涉及到向量的投影，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.‎ ‎8.直线被圆截得最大弦长为( )‎ A. B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出圆心到直线的距离，再利用垂径定理与勾股定理建立关系即可得到答案.‎ ‎【详解】由已知，圆的标准方程为，圆心为，半径，‎ 圆心到直线的距离，解得，‎ 所以弦长为，因为，‎ - 26 -‎ 所以，所以弦长，‎ 当即时，弦长有最大值.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及到垂径定理，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.‎ ‎9.函数图象大致为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 由可排除A、D；再利用导函数判断在上的单调性，即可得出结论.‎ ‎【详解】因为，故排除A、D；‎ ‎，‎ 令，‎ 在是减函数，，‎ 在是增函数，‎ ‎，‎ - 26 -‎ 存在，使得，‎ 单调递减，‎ 单调递增，‎ 所以选项B错误，选项C正确.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查由解析式选择函数图象的问题，利用导数研究函数单调性是解题的关键，考查学生逻辑推理能力，是一道中档题.‎ ‎10.已知抛物线的焦点为，是抛物线上一点，过作抛物线准线的垂线，垂足为，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出图形，由，结合图象，根据抛物线定义，数学结合，即可求得答案.‎ ‎【详解】求，不妨设 根据题意画出图形：如图 为抛物线准线，过作垂线,交点为 ‎，设()，可得 根据抛物线定义可知，‎ - 26 -‎ 又，可得 在和 解得 ‎，故点横坐标为 故：‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了求抛物线上点的坐标问题，解题关键是掌握抛物线定义，数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎11.春秋以前中国已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方式，使用提水吊杆——桔槔，后发展成辘轳.19世纪末，由于电动机的发明，离心泵得到了广泛应用，为发展机械提水灌溉提供了条件.图形如图所示为灌溉抽水管道在等高图的上垂直投影，在A处测得B处的仰角为37度，在A处测得C处的仰角为45度，在B处测得C处的仰角为53度，A点所在等高线值为20米，若BC管道长为50米，则B点所在等高线值为( )（参考数据）‎ - 26 -‎ A. 30米 B. 50米 C. 60米 D. 70米 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则，，，再由建立方程即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，作出示意图如图所示，‎ 由已知，，，，，‎ 设，则，‎ ‎，，‎ 所以由，得，解得，又A点所在等高线值为20米，‎ 故B点所在等高线值为米.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查解三角形的实际应用，读懂题意，弄清题中数据是代表什么是本题解题关键，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.‎ ‎12.已知函数在区间上有且仅有2个最小值点，下列判断：①在上有2个最大值点；②在上最少3个零点，最多4个零点；③；④在上单调递减.其中所有正确判断的序号是（ ）‎ - 26 -‎ A. ④ B. ③④ C. ②③④ D. ①②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为函数在区间上有且仅有2个最小值点，画出函数图象，结合函数图象，逐项判断，即可求得答案.‎ ‎【详解】是定义域为 在上有且仅有2个最小值点 解得：‎ 故③错误；‎ 当时，由 可得：‎ 由图象可知此时有个最大值 故①错误；‎ 当时，由 - 26 -‎ 可得 由图象可知此时有零点 故②错误；‎ 当时 可得：‎ 此时单调减函数，‎ 故④正确.‎ 综上所述，正确④‎ 故选：A ‎【点睛】本题的解题关键是掌握正弦函数图象特征，整体法求零点的方法，考查了分析能力和计算能力，属于难题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为________.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为约束条件，可化简为：，画岀可行域，目标函数，变形为，即可求得答案.‎ ‎【详解】‎ - 26 -‎ 化简为：‎ 画岀可行域和目标函数，如图：‎ 目标函数,变形为 联立，解得，即点 当过与点时，在轴截距最大 目标函数的最大值为:‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】线性规划问题，关键是根据所给的约束条件准确地画岀可行域和目标函数．在平面区域中，求线性目标函数的最优解，要注意分析线性目标函数所表示的几何意义，从而确定目标函数在何处取得最优解．‎ ‎14.已知函数，，则的最小值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数，，可得：，即，求得值，根据均值不等式，即可求得最小值.‎ ‎【详解】函数，‎ ‎，可得：‎ - 26 -‎ 故：，且 根据均值不等式：‎ 当且仅当取等号 的最小值为：‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了根据均值不等式求最值问题，解题关键是掌握均值不等式求最值的方法，在使用均值不等式求最值时，要注意验证等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎15.已知，分别是双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线的渐近线的一个公共点为，若，则双曲线的离心率为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据条件得到圆的方程以及渐近线方程，联立求出点的坐标，根据，求出，之间的关系，进而求出离心率即可．‎ ‎【详解】以为直径的圆的圆心是，半径为：；‎ 故圆的标准方程为：‎ 又双曲线的其中一条渐近线方程为：‎ 不妨设在第一象限 联立可得：‎ ‎，‎ 根据两点间距离公式可得：‎ - 26 -‎ 故：‎ 可得：‎ ‎，即 双曲线的离心率为：‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率问题，解题关键是掌握双曲线离心率定义，根据所给条件，求出关系式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎16.已知四棱锥的底面ABCD是边长为3的正方形，平面ABCD，，E为PD中点，过EB作平面分别与线段PA、PC交于点M，N，且，则________；四边形EMBN的面积为________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 延伸平面，交所在的平面于，即平面平面，可得，在三角形和中，利用平面几何三角形全等和平行线中的比例关系可得；至于四边形EMBN的面积，连接，，可证明，求出 的长度，通过面积公式可得答案.‎ ‎【详解】‎ - 26 -‎ 延伸平面，交所在的平面于，即平面平面，‎ 又平面平面，‎ ‎，即三点共线，‎ 又，由线面平行的性质定理可得，‎ 则，即，‎ 点为的中点，又E为PD中点，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，又，‎ ‎，则，‎ 过作交于点，‎ ‎，‎ 则，‎ ‎；‎ 连接，‎ 由同理可得，‎ ‎，‎ 又平面ABCD，平面ABCD，‎ ‎，又，‎ 面，又面，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，‎ 所以四边形EMBN的面积为.‎ - 26 -‎ 故答案为：；.‎ ‎ ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间线面平行的判定和性质，考查空间线面垂直的判定和性质，关键是利用线面平行的性质合理作出图像，考查学生的作图能力和计算能力，是中档题.‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22，23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17.甲、乙两位战士参加射击比赛训练.从若干次预赛成绩中随机抽取8次，记录如下：‎ 甲82 81 79 78 95 88 93 84‎ 乙92 95 80 75 83 80 90 85‎ ‎（1）用茎叶图表示这两组数据，并分别求两组数据的中位数；‎ ‎（2）现要从中选派一人参加射击比赛，从统计学的角度考虑，你认为选派哪位战士参加合适？请说明理由.‎ ‎【答案】（1）茎叶图见解析，甲的中位数83，乙的中位数84；（2）派甲参赛比较合适，理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将成绩的十位数作为茎，个位数作为叶，可得茎叶图，根据数的大小可得中位数； ‎ - 26 -‎ ‎（2）计算甲与乙的平均数与方差，即可求得结论．‎ ‎【详解】（1）作出茎叶图如图：‎ 从茎叶图中得出甲的中位数为，‎ 而乙的中位数为； ‎ ‎（2），‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎， ‎ ‎，，‎ 甲的成绩较稳定，派甲参赛比较合适.‎ ‎【点睛】本题考查茎叶图，考查平均数与方差的计算，考查学生的计算能力，属于基础题．‎ ‎18.已知等差数列的公差为，前n项和为，且满足____________.（从①）；②成等比数列；③，这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题）‎ ‎（I）求；‎ ‎（Ⅱ）若，求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（I）选择①②、①③、②③条件组合，均得﹔（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）先将①②③条件简化，再根据选择①②、①③、②③条件组合运算即可；‎ - 26 -‎ ‎（Ⅱ），利用错位相减法计算即可.‎ ‎【详解】（I）①由，得，即；‎ ‎②由，，成等比数列，得，，即﹔‎ ‎③由，得，即； ‎ 选择①②、①③、②③条件组合，均得、，即﹔ ‎ ‎（Ⅱ）由（I）得，‎ 所以，‎ ‎，‎ 两式相减得：， ‎ 得.‎ ‎【点晴】本题考查等差数列、等比数列的综合计算问题，涉及到基本量的计算，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.‎ ‎19.如图所示，四棱柱，底面ABCD是以AB，CD为底边的等腰梯形，且，，.‎ ‎（1）求证：平面平面ABCD；‎ ‎（2）若，求三棱锥的体积.‎ - 26 -‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在中，利用余弦定理求出，可得，再加上，可得平面，进而可得平面平面ABCD；‎ ‎（2）取BD的中点O，由（1）可得出面ABCD，通过平面ABCD，得，代入条件可得答案.‎ ‎【详解】（1）中，，，，‎ 则， ‎ ‎，‎ 即，又，，‎ 平面，‎ 又面ABCD，所以平面平面ABCD. ‎ ‎（2）取BD的中点O，由于，所以，‎ 由（1）可知平面面ABCD，而平面面，‎ 平面，故面ABCD.‎ 因为，，则，‎ 因为平面ABCD，‎ 所以 ‎. ‎ - 26 -‎ ‎【点睛】‎ 本题考查面面垂直的证明，考查锥体体积的计算，关键是利用线线平行转换锥体的顶点求体积，是中档题.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）讨论在区间上的单调性；‎ ‎（2）若恒成立，求实数a最大值.（e为自然对数的底）‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得，分，，讨论，可得在区间上的单调性；‎ ‎（2）将恒成立转化为恒成立，令，求导可得，可得，利用导数研究函数的单调性，以及，可得实数a的最大值.‎ ‎【详解】（1）由已知，‎ 时，﹔时，，‎ ‎①当时，在上单调递增；‎ ‎②当时，在上单调递减，上单调递增；‎ ‎③当时，在的单调递减； ‎ ‎（2）由已知恒成立，‎ 令，则，‎ - 26 -‎ 由（1）知：在上单调递减，在上单调递增，‎ 则，即 整理得， ‎ 令，恒成立，即在R上单调递增，‎ 而，，‎ 所以，即a的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，将恒成立问题转化为最值问题是关键，考查学生的转化能力及计算能力，是中档题.‎ ‎21.已知椭圆，过点的两条不同的直线与椭圆E分别相交于A，B和C，D四点，其中A为椭圆E的右顶点.‎ ‎（1）求以AB为直径的圆的方程；‎ ‎（2）设以AB为直径的圆和以CD为直径的圆相交于M，N两点，探究直线MN是否经过定点，若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）经过定点，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知得AB方程：，与椭圆方程联立可求出，则可求出以AB为直径的圆的圆心和半径，进而可求出圆的方程；‎ ‎（2）当CD斜率存在时，并设CD方程：，与椭圆方程联立，通过根与系数的关系可得以CD为直径的圆方程，将其与以AB为直径的圆的方程作差，可得直线MN的方程，进而可得直线MN过的定点，当CD斜率不存在时，直线MN也过的定点，进而可得答案.‎ ‎【详解】（1）由已知，则，故AB方程：，‎ - 26 -‎ 联立直线AB与椭圆方程，消去y可得：，得，即，‎ 从而以AB为直径的圆的圆心为，半径为，‎ 所以圆的方程为，‎ 即.；‎ ‎（2）①当CD斜率存在时，并设CD方程：，‎ 设，‎ 由，消去y得：，‎ 故，，‎ 从而，‎ ‎， ‎ 而以CD为直径的圆方程为：，‎ 即①，‎ 且以AB为直径的圆方程为②，‎ ‎②-①得直线，‎ 即 整理得，‎ 可得：，‎ 因为AB与 CD两条直线互异，则，‎ 即， ‎ - 26 -‎ 令，解得，即直线MN过定点； ‎ ‎②当CD斜率不存在时，CD方程：，知，，‎ 则以CD为直径的圆为，‎ 而以AB为直径的圆方程，‎ 两式相减得MN方程：，过点；‎ 综上所述，直线MN过定点.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，注意两圆公共弦的求解以及已知直径求圆的方程的方法，是中档题.‎ ‎（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.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.平面直角坐标系xOy中，抛物线E顶点在坐标原点，焦点为.以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（Ⅰ）求抛物线E极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）过点倾斜角为的直线l交E于M，N两点，若，求.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由已知，利用代入即可；‎ ‎（Ⅱ）设过点A的直线l参数方程为（t为参数）代入中得到根与系数的关系，再由，利用直线参数方程的几何意义解决.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意抛物线E的焦点为，所以标准方程为，‎ - 26 -‎ 故极坐标方程为﹔‎ ‎（Ⅱ）设过点A的直线l参数方程为（t为参数），‎ 代入，化简得，设所对的参数分别为 ‎，‎ 则，，‎ 且 ‎ 由，A在E内部，知，‎ 得或，‎ 所以，当时，解得，‎ 当时，解得 所以或.‎ ‎【点晴】本题考查普通方程与极坐标方程的互化，以及直线的参数方程的几何意义解决线段长度等问题，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知，.‎ ‎（Ⅰ）当时，求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）求证：.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 26 -‎ ‎（Ⅰ）当时，不等式为，平方转化为解不等式即可；‎ ‎（Ⅱ）利用绝对值三角不等式即可证明.‎ ‎【详解】（Ⅰ）当时，不等式为，平方得，‎ 则，得，即或，‎ 所以，所求不等式的解集； ‎ ‎（Ⅱ）因为 ‎， ‎ 又，‎ 所以，不等式得证.‎ ‎【点晴】本题考查解绝对值不等式以及利用绝对值三角不等式证明不等式，考查学生的数学运算能力，逻辑推理能力，是一道容易题.‎ - 26 -‎ - 26 -‎