江西省南昌市2020届高三数学第一次模拟考试试题（含解析）

《江西省南昌市2020届高三数学第一次模拟考试试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省南昌市2020届高三数学第一次模拟考试试题（含解析）（20页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、江西省南昌市2020届高三数学第一次模拟考试试题（含解析）一、选择题：本大题共12个小题，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.设集合，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式简化集合M，再由对数的运算性质求出N，再由交集的运算求出（RM）N【详解】x240，x2或x2，M（，2）（2，+），log2x1，0x2，N（0，2），RM2，2，（RM）N（0，2）故选：B【点睛】本题考查交、并、补集的混合运算，以及一元二次不等式的解法、对数的运算性质，属于基础题2.已知复数的实部等于虚部，则( )A. B. C. -1D.

2、1【答案】C【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再结合已知条件即可求出a的值【详解】z的实部等于虚部，即a1故选：C【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题3.已知抛物线方程为，则其准线方程为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用抛物线方程直接求解准线方程即可【详解】抛物线x2-2y的准线方程为：y，故选：C【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，熟记抛物线的简单几何性质是关键，是基本知识的考查4.已知为等差数列，若，则( )A. 1B. 2C. 3D. 6【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的通项公式列出方程组，求出首项

3、和公差，由此能求出【详解】an为等差数列，,，解得10，d3，+4d10+122故选：B【点睛】本题考查等差数列通项公式求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题5.如图所示算法框图，当输入的为1时，输出的结果为( )A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】根据程序框图，利用模拟验算法进行求解即可【详解】当x1时，x1不成立，则yx+11+12，i0+11，y20不成立，x2，x1成立，y2x4，i1+12，y20成立，x4，x1成立，y2x8，i2+13，y20成立，x8，x1成立，y2x16，i3+14，y20成立x16，x1成立，y2x32，i4+1

4、5，y20不成立，输出i5，故选：C【点睛】本题主要考查程序框图的识别和判断，利用模拟运算法是解决本题的关键6.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用三视图判断几何体的形状，然后通过三视图的数据求解几何体的体积即可【详解】由三视图可知该几何体是由一个正三棱柱（其高为6，底面三角形的底边长为4，高为）截去一个同底面的三棱锥（其高为3）所得，则该几何体的体积为；故选：D【点睛】本题考查简单几何体的形状与三视图的对应关系，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力,是基础题.7.2021年广东新高考将实行模式，即语文数学英语必

5、选，物理历史二选一，政治地理化学生物四选二，共有12种选课模式.今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则他们选课相同的概率( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】基本事件总数n6，他们选课相同包含的基本事件m1，由此能求出他们选课相同的概率【详解】今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则基本事件总数n6，他们选课相同包含的基本事件m1，他们选课相同的概率p故选：D【点睛】本题考查古典概型，准确计算基本事件总数和选课相同包含的基本事件数是关键，是基础题.8.已知，：“”，：“”，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是( )A.

6、 B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先作出不等式：“|x|1”，“x2+y2r2”表示的平面区域，再结合题意观察平面区域的位置关系即可得解【详解】“|x|1”，表示的平面区域如图所示:平行四边形ABCD及其内部，“x2+y2r2”，表示圆及其内部由p是q的必要不充分条件，则圆心O（0，0）到直线AD：2x+y20的距离等于，则0，故选：A【点睛】本题考查不等式表示的平面区域及图象之间的位置关系，熟练运用直线与圆的位置关系是关键，属中档题9.已知在上连续可导，为其导函数，且，则( )A. B. C. 0D. 【答案】C【解析】【分析】根据条件判断函数f（x）和f（x）的奇偶性，利用奇偶

7、性的性质进行求解即可【详解】函数f（x）ex+exf（1）（x）（exex）f（x），即函数f（x）是偶函数，两边对x求导数得f（x）f（x）即f（x）f（x），则f（x）是R上的奇函数，则f（0）0，f（2）f（2），即f（2）+f（2）0，则f（2）+f（2）f（0）f（1）0，故选：C【点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.10.已知平面向量，若对任意的实数，的最小值为，则此时( )A. 1B. 2C. D. 或【答案】D【解析】【分析】由题知，终点分别在圆上，画出图形，由最小值，确定，的夹角，再利用模长公式求解即可.【详解】由题知，终点

8、分别在以2和1为半径的圆上运动，设的终点坐标为A(2,0),的终点为单位圆上的点B，最小时的终点有可能为如图上B、C两点处，即过A做单位圆切线切点为B时，此时AB=,此时，的夹角为，因此=，延长BO交单位圆于C，此时，的夹角为，因此，故选：D【点睛】本题考查向量的模，向量的几何意义，数形结合思想，准确确定取最小值时，的夹角是关键，是中档题.11.已知，为圆上的动点，过点作与垂直的直线交直线于点，则的横坐标范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设P（），则Q（2，），当0时，求出两直线方程，解交点的横坐标为，利用|x0|范围，得|x|范围，当0时，求得|x|1即可求解.【

9、详解】设P（），则Q（2，2），当0时，kAP，kPM，直线PM：y（x），直线QB：y0（x），联立消去y得x，由|1得x21，得|x|1，当0时，易求得|x|1，故选：A【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，两直线交点问题，准确计算交点坐标是关键，属中档题12.杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形，帕斯卡（1623-1662）是在1654年发现这一规律的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书里出现了如图所示的表，这是我国数学史上的一个伟大成就.如图所示，在“杨辉三角”中，去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为( )A

10、. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，然后令x1得到对应项的系数和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可【详解】n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，例如（x+1）2x2+2x+1，系数分别为1，2，1，对应杨辉三角形的第3行，令x1，就可以求出该行的系数之和，第1行为20，第2行为21，第3行为22，以此类推即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，则杨辉三角形的前n项和为Sn2n1，若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，可以看成一个首项为1，公差为1的等差数列，则Tn，可得当n15，在加上第16行

11、的前15项时，所有项的个数和为135，由于最右侧为2，3，4，5，为首项是2公差为1的等差数列，则第16行的第16项为17，则杨辉三角形的前18项的和为S182181，则此数列前135项的和为S18351721853，故选：A【点睛】本题主要考查归纳推理的应用，结合杨辉三角形的系数与二项式系数的关系以及等比数列等差数列的求和公式是解决本题的关键，综合性较强，难度较大二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.设函数，则的值为_【答案】【解析】【分析】利用函数的性质得f （5）f（2）f（1），由此能求出f（5）的值【详解】函数，f （5）f（2）f（1）（1）221故答案为：【

12、点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题14.侧面为等腰直角三角形的正三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为_【答案】【解析】【分析】作出符合题意的图形PABC，取底面中心O，利用直角三角形POC容易得解【详解】如图，正三棱锥PABC中，O为底面中心，不妨设PC1，侧面为等腰直角三角形，BC，OC，OP，sinPCO，故答案为：【点睛】此题考查了直线线与平面所成角，熟练运用线面关系找到所求角，准确计算是关键，是基础题15.已知锐角满足方程，则_【答案】【解析】【分析】化简已知等式，利用同角三角函数基本关系式可求3sin2A+8sinA30，解得sinA的值，利

13、用二倍角的余弦函数公式即可计算得解【详解】锐角A满足方程3cosA8tanA0，可得：3cos2A8sinA，cos2A+sin2A1，3sin2A+8sinA30，解得：sinA，或3（舍去），cos2A12sin2A12故答案为：【点睛】本题考查同角三角函数基本关系式的应用,二倍角公式，一元二次方程的解法，熟记三角函数基本公式，准确计算是关键，属于基础题16.定义在封闭的平面区域内任意两点的距离的最大值称为平面区域的“直径”.已知锐角三角形的三个顶点在半径为1的圆上，且，分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域，则平面区域的“直径”的最大值是_【答案】【解析】【分析】画出几

14、何图形，运用边的关系转化为求周长的最值，结合正余弦定理及基本不等式求解即可.【详解】设三个半圆圆心分别为G,F，E，半径分别为M,P,N分别为半圆上的动点，则PM+GF= +=，当且仅当M,G,F,P共线时取等；同理：PN MN,又外接圆半径为1，所以,BC=a=2sin=,由余弦定理解b+c2,当且仅当b=c=取等；故故答案为【点睛】本题考查正余弦定理，基本不等式，善于运用数形结合思想运用几何关系转化问题是关键，是难题.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1721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：60分17

15、.函数（，）的部分图像如下图所示，并且轴.（1）求和的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据函数过A，C两点，代入进行求解即可（2）根据条件求出B的坐标，利用向量法进行求解即可【详解】（1）由已知，又，所以，所以（3分）由，即，所以，解得，而，所以.（2）由（）知，令，得或，kZ，所以x6k或x6k+1，由图可知， 所以，所以，所以【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求解，以及三角函数余弦值的计算，利用向量法以及待定系数法是解决本题的关键18.如图，四棱台中，底面是菱形，底面，且，是棱的中点.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【

16、解析】【分析】（1）推导出BDBDAC从而BD平面AC，由此能证明（2）如图，设AC交BD于点O，以O为原点，OA、OB、OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系利用向量法能求出二面角EC的余弦值【详解】证明：（1）因为底面ABCD，所以BD因为底面ABCD是菱形，所以BDAC又ACCC1C，所以BD平面A 又由四棱台ABCD知，A，C，四点共面所以BD （2）如图，设AC交BD于点O，依题意，OC且OC，所以OC，且OC所以O底面ABCD以O为原点，OA、OB、OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系则，由，得B1（）因为E是棱BB1的中点，所以E（）,所以（），

17、（2，0，0）设（x，y，z）为平面的法向量，则，取z3，得（0，4，3），平面的法向量（0，1，0），又由图可知，二面角EA1C1C为锐二面角，设二面角EA1C1C的平面角为，则cos，所以二面角EA1C1C的余弦值为【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题19.市面上有某品牌型和型两种节能灯，假定型节能灯使用寿命都超过5000小时，经销商对型节能灯使用寿命进行了调查统计，得到如下频率分布直方图：某商家因原店面需要重新装修，需租赁一家新店面进行周转，合约期一年.新店面需安装该品牌节

18、能灯5支（同种型号）即可正常营业.经了解，型20瓦和型55瓦的两种节能灯照明效果相当，都适合安装.已知型和型节能灯每支的价格分别为120元、25元，当地商业电价为0.75元/千瓦时，假定该店面正常营业一年的照明时间为3600小时，若正常营业期间灯坏了立即购买同型灯更换.（用频率估计概率）（1）若该商家新店面全部安装了型节能灯，求一年内恰好更换了2支灯的概率；（2）若只考虑灯的成本和消耗电费，你认为该商家应选择哪种型号的节能灯，请说明理由.【答案】（1）；（2）应选择A型节能灯.【解析】【分析】（1）由频率分布直方图可知用频率估计概率，得m型节能灯使用寿命超过3600小时的概率为，从而一年内一支

19、B型节能灯在使用期间需更换的概率为，由此能求出一年内5支恰好更换了2支灯的概率（2）共需要安装5支同种灯管，选择A型节能灯，一年共需花费5120+36005200.75103870元；选择B型节能灯，由于B型节能灯一年内需更换服从二项分布，一年共需花费元，由此能求出该商家应选择A型节能灯【详解】（1）由频率分布直方图可知，B型节能灯使用寿命超过3600小时的频率为0.2，用频率估计概率，得B型节能灯使用寿命超过3600小时的概率为.所以一年内一支B型节能灯在使用期间需更换的概率为，.所以一年内支恰好更换了支灯的概率为.（2）共需要安装支同种灯管，若选择A型节能灯，一年共需花费元；若选择B型节能

20、灯，由于B型节能灯一年内需更换服从二项分布，故一年需更换灯的支数的期望为支，故一年共需花费元.因为，所以该商家应选择A型节能灯.【点睛】本题考查概率的求法，考查频率分布直方图、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，熟记频率分布直方图性质，准确计算是关键，是中档题20.如图，椭圆：与圆：相切，并且椭圆上动点与圆上动点间距离最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）过点作两条互相垂直的直线，与交于两点，与圆的另一交点为，求面积的最大值，并求取得最大值时直线的方程.【答案】（1）；（2）面积的最大值为，此时直线的方程为.【解析】【分析】（1）由题意可得b1，a1，即可得到椭圆的方程；（2）设A（x1，y1

21、），B（x2，y2），根据l2l1，可设直线l1，l2的方程，分别与椭圆、圆的方程联立即可得可得出|AB|、|MN|，即可得到三角形ABC的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值【详解】（1）椭圆E与圆O：x2+y21相切，知b21； 又椭圆E上动点与圆O上动点间距离最大值为，即椭圆中心O到椭圆最远距离为，得椭圆长半轴长，即；所以椭圆E的方程：（2）当l1与x轴重合时，l2与圆相切，不合题意当l1x轴时，M（1，0），l1：x1，此时（6分）当l1的斜率存在且不为0时，设l1：xmy+1，m0，则，设A（x1，y1），B（x2，y2），由得，（2m2+3）y2+4my10，所以， 所以由得

22、，解得， 所以，所以， 因为，所以，当且仅当时取等号所以（） 综上，ABM面积的最大值为，此时直线l1的方程为 【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，同时考查了推理能力和计算能力及分析问题和解决问题的能力21.已知函数（为自然对数的底数，为常数，并且）.（1）判断函数在区间内是否存在极值点，并说明理由；（2）若当时，恒成立，求整数的最小值.【答案】（1）无极值点；（2）0.【解析】【分析】（1）由题意结合导函数的符号考查函数是否存在极值点即可；（2）由题意结合导函数研究函数的单调性，据此讨论实数k的最小值即可【详解】（1），令，则f（x）exg（x），恒成立

23、，所以g（x）在（1，e）上单调递减，所以g（x）g（1）a10，所以f（x）0在（1，e）内无解所以函数f（x）在区间（1，e）内无极值点（2）当aln2时，f（x）ex（x+lnx+ln2），定义域为（0，+），令，由（）知，h（x）在（0，+）上单调递减，又，h（1）ln210，所以存在，使得h（x1）0，且当x（0，x1）时，h（x）0，即f（x）0，当x（x1，+）时，h（x）0，即f（x）0所以f（x）在（0，x1）上单调递增，在（x1，+）上单调递减，所以由h（x1）0得，即，所以，令，则恒成立，所以r（x）在上单调递增，所以，所以f（x）max0，又因为，所以1f（x）max0

24、，所以若f（x）k（kZ）恒成立，则k的最小值为0【点睛】本题主要考查导数研究函数的极值，导数研究函数的单调性，导数的综合运用等知识，属于中等题（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，把答案填在答题卡上.22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点， 轴非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求的极坐标方程；（2）设点，直线与曲线相交于点，求的值.【答案】（1）；（2）4.【解析】【分析】（1）直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求

25、出结果（2）利用直线的参数方程的转换，利用一元二次方程根和系数关系的应用求出结果【详解】（1）由参数方程，得普通方程，所以极坐标方程.（2）设点对应的参数分别为，将代入得得所以,直线l（t为参数）可化为，所以.【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型23.已知函数.（1）求证：；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由绝对值不等式性质得即可证明；（2）由去绝对值求解不等式即可.【详解】（1）因为，所以.,即（2）由已知，当m-时，等价于,即，解得所以当m-时，等价于，,解得-3m5,所以-3m综上，实数的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式解法，不等式恒成立问题，熟练运用零点分段取绝对值，准确计算是关键，是中档题.