2020届高考江西省九江市二模试题理科数学 16页

‎ ‎ 绝密★启封并使用完毕前 九江市2020届第二次高考模拟统一考试 理科数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．全卷满分150分，考试时间120分钟．‎ 考生注意：‎ ‎1．答题前，考生务必将自己的学号、姓名等项内容填写在答题卡上．‎ ‎2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效．‎ ‎3．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回．‎ 第Ⅰ卷（选择题60分）‎ 一、选择题：本大题共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．已知集合，，则（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎2．已知复数满足，则（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎3．已知等比数列的前项和为，且，，则（ ）．‎ A． B．1 C． D．2‎ ‎4．已知为抛物线上一点，抛物线的焦点为，则（ ）．‎ A．2 B． C．3 D．‎ ‎5．将函数的图像向左平移个单位得到函数，则函数的图像大致为（ ）．‎ A． B．‎ ‎ ‎ C． D．‎ ‎6．已知，则下列结论正确的是（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎7．若能被9整除，则的最小值为（ ）．‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ ‎8．第41届世界博览会于2010年5月1日至10月31日，在中国上海举行，气势磅礴的中国馆——“东方之冠”令人印象深刻，该馆以“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”为设计理念，代表中国文化的精神与气质．其形如冠盖，层叠出挑，制似斗拱．它有四根高33.3米的方柱，托起斗状的主体建筑，总高度为60.3米，上方的“斗冠”类似一个倒置的正四棱台，上底面边长是139.4米，下底面边长是69.9米，则“斗冠”的侧面与上底面的夹角约为（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎9．已知双曲线的左右焦点分别为，，以原点为圆心，为半径的圆与双曲线的右支相交于，两点，若四边形为菱形，则双曲线的离心率为（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎10．算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，‎ ‎ ‎ 每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一．算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠．例如：在十位档拨上一颗上珠和一颗下珠，个位档拨上一颗上珠，则表示数字65．若在个、十、百位档中随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于200的概率为（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎11．现有边长均为1的正方形、正五边形、正六边形及半径为1的圆各一个，在水平桌面上无滑动滚动一周，它们的中心的运动轨迹长分别为，，，，则（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎12．已知函数，，，，给出以下四个命题：①为偶函数；②为偶函数；③的最小值为0；④有两个零点．其中真命题的是（ ）．‎ A．②④ B．①③ C．①③④ D．①④‎ 第Ⅱ卷（非选择题90分）‎ 本卷包括必考题和选考题两部分．第13~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22~23题为选考题，学生根据要求作答．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．已知向量，满足，，，则与的夹角为________．‎ ‎14．设，满足约束条件，则的最大值是________．‎ ‎ ‎ ‎15．如图，在一个底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的体积为________．‎ ‎16．已知单调数列的前项和为，若，则首项的取值范围是________．‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（本小题满分12分）‎ 在中，角，，所对的边分别为，，，且．已知．‎ ‎（Ⅰ）求证：，，成等差数列；‎ ‎（Ⅱ）若，，求，的值．‎ ‎18．（本小题满分12分）‎ 如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且，，平面平面．‎ ‎ ‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若，二面角为，求的值．‎ ‎19．（本小题满分12分）‎ 在直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为，，过且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点，，的中点分别为，，的周长为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）设的重心为，若，求直线的方程．‎ ‎20．（本小题满分12分）‎ 已知函数．‎ ‎（Ⅰ）若，求的单调性和极值；‎ ‎（Ⅱ）若函数至少有1个零点，求的取值范围．‎ ‎21．（本小题满分12分）‎ 羽毛球比赛中，首局比赛由裁判员采用抛球的方法决定谁先发球，在每回合争夺中，赢方得1分且获得发球权．每一局中，获胜规则如下：①率先得到21分的一方赢得该局比赛；②如果双方得分出现，需要领先对方2分才算该局获胜；③如果双方得分出现，先取得30分的一方该局获胜．现甲、乙两名运动员进行对抗赛，在每回合争夺中，若甲发球时，甲得分的概率为；乙发球时，甲得分的概率为．‎ ‎（Ⅰ）若，记“甲以赢一局”的概率为，试比较与的大小；‎ ‎（Ⅱ）根据对以往甲、乙两名运动员的比赛进行数据分析，得到如下列联表部分数据．若不考虑其它因素对比赛的影响，并以表中两人发球时甲得分的频率作为，的值．‎ 甲得分 乙得分 总计 甲发球 ‎50‎ ‎100‎ 乙发球 ‎60‎ ‎90‎ ‎ ‎ 总计 ‎190‎ ‎①完成列联表，并判断是否有95%的把握认为“比赛得分与接、发球有关”？‎ ‎②已知在某局比赛中，双方战成，且轮到乙发球，记双方再战回合此局比赛结束，求的分布列与期望．‎ 参考公式：，其中．‎ 临界值表供参考：‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ 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．[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）‎ 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线，的极坐标方程分别为，，交曲线于点，，交曲线于点，．‎ ‎（Ⅰ）求曲线的普通方程及极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）求的值．‎ ‎23．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）‎ 已知函数的最大值为．‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）若，，为正数，且，求证：．‎ 绝密★启封并使用完毕前 九江市2020届第二次高考模拟统一考试 理科数学答案 第Ⅰ卷（选择题60分）‎ 一、选择题：本大题共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．C 解：∵，∴，故选C．‎ ‎2．D 解：，故选D．‎ ‎3．A 解：法一：依题意知，∴，两式相除得，解得，∴，故选A．‎ 法二：依题意得，∴，∴，故选A．‎ ‎4．B 解：将代入抛物线的方程，可得，则，故选B．‎ ‎5．D 解：依题意得，则，，，显然该函数为奇函数，且当时，，故选D．‎ ‎6．C 解：法一：对于选项A：，错误；对于选项B：，，错误；对于选项C：∵，∴在上单调递减，由得，；∵，∴在 ‎ ‎ 上单调递增，由得，；∴，正确；故选C．‎ 法二：取，，则，，显然，故A选项错误；，，显然，故B选项错误；，，显然，故C选项正确；，，显然，故D选项错误；故选C．‎ ‎7．B A．3 B．4 C．5 D．6‎ 解：∵，其中能被9整除，∴能被9整除，则当时，最小，且能被9整除，故选B．‎ ‎8．C 解：依题意得“斗冠”的高为米，如图，，，为“斗冠”的侧面与上底面的夹角，，，，∵，，故选C．‎ ‎9．A 解：如图，∵四边形为菱形，∴，又∵是圆的直径，∴，∴，∴，故选A．‎ ‎10．D 解：依题意得所拨数字共有种可能．若上珠拨的是千位档或百位档，则有种；若 ‎ ‎ 上珠拨的是个位档或十位档，则有种，则所拨数字大于200的概率为，故选D．‎ ‎11．B 解：正边形的中心运动轨迹是由段圆弧组成，每段圆弧的圆心角为，每段圆弧的半径为顶点到中心的距离，所以当它们滚动一周时，中心运动轨迹长，圆的中心运动轨迹长也为，依题意得边长均为1的正方形、正五边形、正六边形的顶点到中心距离及圆的半径满足，∴，故选B．‎ ‎12．C 解：∵，，∴为偶函数，①正确；‎ ‎∵的定义域不关于原点对称，∴为非奇非偶函数，②错误；‎ ‎∵，∴当时，；当时，．∴在上单调递减，在上单调递增，∴．考查函数，令，，则或，当时，单调递增，单调递减，∴单调递减；当时，单调递增，单调递增，∴单调递增，∴时，∴，又为偶函数，∴时，∴，③正确．考查函数，令得，∵，∴，又，，∴直线与函数恰有两个交点，故有两个零点，④正确．故选C．‎ 第Ⅱ卷（非选择题90分）‎ 本卷包括必考题和选考题两部分．第13~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22~23题为选考题，学生根据要求作答．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．‎ ‎ ‎ 解：，∴，，∴，∴与的夹角为．‎ ‎14．‎ 解：不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，当目标函数过时取得最大值，即．‎ ‎15．‎ 解：设为正方形的中心，的中点为，连接，，，则，，如图，在截面中，设为球与平面的切点，则在上，且，设球的半径为，则，∵，∴，则，，∴，设球与球相切于点，则，设球的半径为，同理可得，∴，故小球的体积．‎ ‎16．‎ 解：当时，，∴，当时，，两式相减得……①．，，‎ 当时，……②，得，‎ ‎ ‎ ‎∴数列从第2项起，偶数项成公差为2的等差数列，从第3项起，奇数项成公差为2的等差数列 ‎∴数列单调递增，则满足，∴，解得．‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17．解：（Ⅰ）证明∵，∴ 1分 ‎∴ 2分 ‎∴ 3分 ‎∵，∴ 4分 ‎∴，即 5分 由正弦定理得，即，，成等差数列 6分 ‎（Ⅱ）∵，为锐角，∴ 7分 ‎∵，∴，‎ 由余弦定理得，即 9分 ‎∴ 10分 由得， 12分 ‎18．解：（Ⅰ）取的中点，连接，，∵，∴ 1分 ‎∵是正方形，∴，又平面平面，∴平面， 2分 又∵平面，∴ 3分 又平面，，∴平面 4分 ‎∵，且，∴，∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴，四边形为平行四边形，∴ 5分 ‎ ‎ ‎∴平面，又平面，∴平面平面 6分 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，，∵，∴，，则，，，， 7分 易知平面的一个法向量为 8分 设为平面的法向量，由得，‎ 令，得 10分 ‎∴，解得，∴ 12分 ‎19．解：（Ⅰ）∵，∵ 2分 连接，，∵，分别为，的中点，∴，，‎ 同理， 3分 ‎∴的周长为，∴， 4分 又，∴，∴椭圆的标准方程为 5分 ‎（Ⅱ）∵过点且斜率不为0，∴可设的方程为，设，，‎ 由得 7分 ‎ ‎ ‎∴， 8分 ‎∴，又∵，∴，‎ 即 9分 ‎∴ 10分 令，解得 11分 ‎∴直线的方程为或 12分 ‎20．解：（Ⅰ）法一：当时，，∴ 1分 当时，，，∴，‎ 当时，，，∴ 2分 ‎∴在上单调递减，在上单调递增 3分 在处取得极小值，极小值为，无极大值 4分 法二：当时，，∴ 1分 ‎∵在上单调递增，且，‎ ‎∴当时，；当时， 2分 ‎∴在上单调递减，在上单调递增 3分 在处取得极小值，极小值为，无极大值 4分 ‎（Ⅱ）∵，由得 5分 令，则 6分 由得．‎ ‎ ‎ 令，当时，，∴在单调递增，‎ ‎∵，，∴存在，使得 7分 且当时，，即，当时，，即 8分 ‎∵，，∴当时，；当时，，‎ ‎∴在上单调递减，在上单调递增 9分 ‎∴在处取得最小值 10分 ‎∵，∴，即，‎ ‎∴，即 11分 ‎∴当时，函数无零点，‎ 当时，∵，∴函数至少有1个零点，‎ 故的取值范围是 12分 ‎21．解：（Ⅰ）∵甲以获胜，则在这个回合的争夺中，前个回合里，甲赢下20个回合，输掉个回合，且最后一个回合必需获胜 1分 ‎∴，‎ ‎∴， 2分 ‎∵，∴ 4分 ‎（Ⅱ）①列联表如下： 5分 甲得分 乙得分 总计 甲发球 ‎50‎ ‎50‎ ‎100‎ ‎ ‎ 乙发球 ‎60‎ ‎30‎ ‎90‎ 总计 ‎110‎ ‎80‎ ‎190‎ ‎ 6分 ‎∵，∴有95%的把握认为“比赛得分与接、发球有关” 7分 ‎②由列联表知，，此局比赛结束，比分可能是，，，‎ ‎∴ 8分 若比分为，则甲获胜概率为，乙获胜概率为，∴，‎ 若比分为，则甲获胜的情况可能为：甲乙甲甲，乙甲甲甲，其概率，‎ 乙获胜的情况可能为：甲乙乙乙，乙甲乙乙，其概率，‎ ‎∴，‎ 若比分为，则，‎ ‎∴的分布列为 ‎2‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎ 11分 ‎∴ 12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．解：（Ⅰ）由的参数方程（为参数），知曲线是以为圆心，半径为2的圆，‎ ‎∴曲线的普通方程为 2分 令，得，‎ 即曲线极坐标方程为 4分 ‎（Ⅱ）依题意得，根据勾股定理，， 5分 ‎ ‎ 将，代入中，得，‎ ‎ 7分 设点，，，所对应的极径分别为，，，，则，，， 8分 ‎∴‎ ‎ 10分 ‎23．解：（Ⅰ）的定义域为，‎ ‎∵，‎ 当且仅当，即或时取等号 3分 ‎∴，∴ 5分 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知 6分 ‎∵，， 8分 相加得，当且仅当时取等号 9分 ‎∴ 10分 命题人：王峰 审稿人：刘凯、易华、孙善惠、陈劲、江民杰、李高飞、林健航