江西省南昌市第二中学2020届高三第一次模拟测试数学（理）试题 Word版含解析

江西省南昌市第二中学2020届高三第一次模拟测试数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 江西省南昌市第二中学2020届高三第一次模拟测试卷 理科数学 本试卷共4页，23小题，满分150分．考试时间120分钟 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必将自已的姓名、准考证号填涂在答题卡上，并在相应位置贴好条形码；‎ ‎2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；‎ ‎3．非选择题必须用黑色水笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案，不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效；‎ ‎4．考生必须保证答题卡整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．‎ 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. 已知集合A={y|y=|x|﹣1，x∈R}，B={x|x≥2}，则下列结论正确的是（ ）‎ A. ﹣3∈A B. 3B C. A∩B=B D. A∪B=B ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：集合 考点：集合间的关系 ‎2.已知复数，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：利用的恒等式，将分子、分母同时乘以 ，化简整理得 ‎ 详解： ，故选B - 21 -‎ 点睛：复数问题是高考数学中的常考问题，属于得分题，主要考查的方面有：复数的分类、复数的几何意义、复数的模、共轭复数以及复数的乘除运算，在运算时注意符号的正、负问题.‎ ‎3.已知命题若，则，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 命题是真命题 B. 命题的逆命题是真命题 C. 命题的否命题是“若，则”‎ D. 命题的逆否命题是“若，则”‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解不等式，可判断A选项的正误；写出原命题的逆命题并判断其真假，可判断B选项的正误；利用原命题与否命题、逆否命题的关系可判断C、D选项的正误.综合可得出结论.‎ ‎【详解】解不等式，解得，则命题为假命题，A选项错误；‎ 命题的逆命题是“若，则”，该命题为真命题，B选项正确；‎ 命题的否命题是“若，则”，C选项错误；‎ 命题的逆否命题是“若，则”，D选项错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查四种命题的关系，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎4.下列与的终边相同的角的表达式中正确的是(　　)‎ A. 2kπ＋45°(k∈Z) B. k·360°＋π(k∈Z)‎ C. k·360°－315°(k∈Z) D. kπ＋ (k∈Z)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用终边相同的角的公式判断即得正确答案.‎ ‎【详解】与的终边相同的角可以写成2kπ＋ (k∈Z - 21 -‎ ‎)，但是角度制与弧度制不能混用，所以只有答案C正确.‎ 故答案为C ‎【点睛】（1）本题主要考查终边相同的角的公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 与终边相同的角=+ 其中.‎ ‎5.已知函数（，是常数，其中且）的大致图象如图所示，下列关于，的表述正确的是（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数的图象和特征以及图象的平移可得正确的选项.‎ ‎【详解】从题设中提供的图像可以看出，‎ 故得，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查图象的平移以及指数函数的图象和特征，本题属于基础题.‎ ‎6.已知函数，满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 21 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知函数为上为减函数，可知函数为减函数，且，由此可解得实数的取值范围.‎ ‎【详解】由题意知函数是上的减函数，于是有，解得，‎ 因此，实数的取值范围是．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用分段函数的单调性求参数，一般要分析每支函数的单调性，同时还要考虑分段点处函数值的大小关系，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎7.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，‎ 且俯视图应为对称图形 故俯视图为 故选A.‎ 点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题．‎ ‎8.《周易》历来被人们视作儒家群经之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映出中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“- ”当作数字“1”，把阴爻“--”当作数字“0”，则八卦所代表的数表示如下：‎ 卦名 符号 表示的二进制数 表示的十进制数 坤 ‎000‎ ‎0‎ 震 ‎001‎ ‎1‎ 坎 ‎010‎ ‎2‎ 兑 ‎011‎ ‎3‎ 依此类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“ ”表示的十进制数是（ ）‎ A. 18 B. 17 C. 16 D. 15‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知“屯”卦符号“”表示二进制数字010001，将其转化为十进制数即可.‎ - 21 -‎ ‎【详解】由题意类推，可知六十四卦中“屯”卦符号“”表示二进制数字010001，转化为十进制数的计算为1×20+1×24=17．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查数制是转化，新定义知识的应用等，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎9.若、满足约束条件，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可.‎ ‎【详解】作出满足约束条件的可行域如图阴影部分（包括边界）所示．‎ 由，得，平移直线，当直线经过点时，该直线在轴上的截距最大，此时取最大值，‎ 即.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值，一般利用平移直线的方法找到最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.‎ - 21 -‎ ‎10.斜率为1的直线l与椭圆相交于A、B两点，则的最大值为　　‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出直线的方程，代入椭圆方程中消去y，根据判别式大于0求得t的范围，进而利用弦长公式求得|AB|的表达式，利用t的范围求得|AB|的最大值．‎ ‎【详解】解：设直线l的方程为y＝x+t，代入y2＝1，消去y得x2+2tx+t2﹣1＝0，‎ 由题意得△＝（2t）2﹣5（t2﹣1）＞0，即t2＜5．‎ 弦长|AB|＝4．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的应用，直线与椭圆的关系．常需要把直线与椭圆方程联立，利用韦达定理，判别式找到解决问题的突破口．‎ ‎11.若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是 A. [－5，0) B. (－5，0) C. [－3，0) D. (－3，0)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求函数导数，分析函数单调性得到函数的简图，得到a满足的不等式组，从而得解.‎ ‎【详解】由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示．‎ - 21 -‎ 令x3＋x2－＝－，得x＝0或x＝－3，‎ 则结合图象可知，解得a∈[－3，0)，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用函数导数研究函数的单调性，进而研究函数的最值，属于常考题型.‎ ‎12.记最大值和最小值分别为和．若平面向量、、，满足，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设为、的夹角，根据题意求得，然后建立平面直角坐标系，设，，，根据平面向量数量积的坐标运算得出点的轨迹方程，将和转化为圆上的点到定点距离，利用数形结合思想可得出结果.‎ ‎【详解】由已知可得，则，，，‎ 建立平面直角坐标系，设，，，‎ - 21 -‎ 由，可得，‎ 即，‎ 化简得点的轨迹方程为，则，‎ 则转化为圆上的点与点的距离，，，‎ ‎，‎ 转化为圆上的点与点的距离，‎ ‎，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查和向量与差向量模最值的求解，将向量坐标化，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题是解答的关键，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，属于中等题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.如图，某地一天从时的温度变化曲线近似满足函数，则这段曲线的函数解析式为______________．‎ - 21 -‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象得出该函数的最大值和最小值，可得，，结合图象求得该函数的最小正周期，可得出，再将点代入函数解析式，求出的值，即可求得该函数的解析式.‎ ‎【详解】由图象可知，，，，，‎ 从题图中可以看出，从时是函数的半个周期，则，.‎ 又，，得，取，‎ 所以，．‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】本题考查由图象求函数解析式，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎14.设，若函数有大于零的极值点，则实数的取值范围是_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求导数，求解导数为零的根，结合根的分布求解.‎ ‎【详解】因为，所以，令得，‎ 因为函数有大于0的极值点，所以，即.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值点问题，极值点为导数的变号零点，侧重考查转化化归思想.‎ - 21 -‎ ‎15.已知为椭圆内一定点，经过引一条弦，使此弦被点平分，则此弦所在的直线方程为________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设弦所在的直线与椭圆相交于、两点，利用点差法可求得直线的斜率，进而可求得直线的点斜式方程，化为一般式即可.‎ ‎【详解】设弦所在的直线与椭圆相交于、两点，‎ 由于点为弦的中点，则，得，‎ 由题意得，两式相减得，‎ 所以，直线的斜率为，‎ 所以，弦所在的直线方程为，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用弦的中点求弦所在直线的方程，一般利用点差法，也可以利用韦达定理设而不求法来解答，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎16.如图，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不同于A、B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则的最小值为 .‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎.‎ 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步第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.已知函数的最小正周期是，且当时，取得最大值．‎ ‎（1）求的解析式；‎ ‎（2）作出在上的图象（要列表）．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数的最小正周期可求出的值，由该函数的最大值可得出的值，再由，结合的取值范围可求得的值，由此可得出函数的解析式；‎ ‎（2）由计算出的取值范围，据此列表、描点、连线可得出函数在区间上的图象.‎ ‎【详解】（1）因为函数的最小正周期是，所以．‎ 又因为当时，函数取得最大值，所以，‎ 同时，得，‎ 因为，所以，所以；‎ ‎（2）因为，所以，‎ 列表如下：‎ - 21 -‎ 描点、连线得图象：‎ ‎【点睛】本题考查正弦函数解析式求解，同时也考查了利用五点作图法作图，考查分析问题与解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎18.如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.‎ 求证：(1)EF∥平面ABC；‎ ‎(2)AD⊥AC.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC．‎ 试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.‎ - 21 -‎ 又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.‎ ‎（2）因为平面ABD⊥平面BCD，‎ 平面平面BCD=BD， ‎ 平面BCD，，‎ 所以平面.‎ 因为平面，所以 .‎ 又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，‎ 所以AD⊥平面ABC，‎ 又因AC平面ABC，‎ 所以AD⊥AC.‎ 点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．‎ ‎19.已知件次品和件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出件次品或者检测出件正品时检测结束．‎ ‎（1）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；‎ ‎（2）已知每检测一件产品需要费用元，设表示直到检测出件次品或者检测出件正品时所需要的检测费用（单位：元），求的分布列．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用独立事件的概率乘法公式可计算出所求事件的概率；‎ ‎（2）由题意可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，由此可得出随机变量的分布列.‎ - 21 -‎ ‎【详解】（1）记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件，则；‎ ‎（2）由题意可知，随机变量的可能取值为、、．‎ 则，，‎ ‎．‎ 故的分布列为 ‎【点睛】本题考查概率的计算，同时也考查了随机变量分布列，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎20.已知椭圆（）的半焦距为，原点到经过两点，的直线的距离为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的离心率；‎ ‎（Ⅱ）如图，是圆的一条直径，若椭圆经过，两点，求椭圆的方程．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）依题意，由点到直线的距离公式可得，又有，联立可求离心率；‎ ‎（2）由（1）设椭圆方程，再设直线方程，与椭圆方程联立，求得，令，可得，即得椭圆方程.‎ - 21 -‎ 试题解析：（Ⅰ）过点的直线方程为，‎ 则原点到直线的距离，‎ 由，得，解得离心率.‎ ‎（Ⅱ）由（1）知，椭圆的方程为.‎ 依题意，圆心是线段的中点，且.‎ 易知，不与轴垂直.‎ 设其直线方程为，代入（1）得 ‎.‎ 设，则，.‎ 由，得，解得.‎ 从而.‎ 于是.‎ 由，得，解得.‎ 故椭圆的方程为.‎ ‎21.已知函数的导函数的两个零点为和．‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎（2）若的极小值为，求在区间上的最大值．‎ ‎【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是和 - 21 -‎ ‎；（2）最大值是．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得，由题意可知和是函数的两个零点，根据函数的符号变化可得出的符号变化，进而可得出函数的单调递增区间和递减区间；‎ ‎（2）由（1）中的结论知，函数的极小值为，进而得出，解出、、的值，然后利用导数可求得函数在区间上的最大值.‎ ‎【详解】（1），‎ 令，‎ 因为，所以的零点就是的零点，且与符号相同．‎ 又因为，所以当时，，即；当或时，，即.‎ 所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和； ‎ ‎（2）由（1）知，是的极小值点，‎ 所以有，解得，， ，‎ 所以．‎ - 21 -‎ 因为函数的单调递增区间是，单调递减区间是和.‎ 所以为函数的极大值，‎ 故在区间上的最大值取和中的最大者，‎ 而，所以函数在区间上的最大值是．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数单调区间与最值，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎（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，则技所做的第一题计分．‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在极坐标系中，已知曲线，．‎ ‎（1）求曲线、的直角坐标方程，并判断两曲线的形状；‎ ‎（2）若曲线、交于、两点，求两交点间的距离．‎ ‎【答案】（1）表示一条直线，是圆心为，半径为的圆；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用极坐标方程与直角坐标方程之间的转换关系可将曲线的方程化为直角坐标方程，进而可判断出曲线的形状，在曲线的方程两边同时乘以得，由可将曲线的方程化为直角坐标方程，由此可判断出曲线的形状；‎ ‎（2）由直线过圆的圆心，可得出为圆的一条直径，进而可得出.‎ ‎【详解】（1），则曲线的普通方程为，‎ 曲线表示一条直线；‎ 由，得，则曲线的直角坐标方程为，即．‎ - 21 -‎ 所以，曲线是圆心为，半径为的圆；‎ ‎（2）由（1）知，点在直线上，直线过圆的圆心．‎ 因此，是圆的直径，．‎ ‎【点睛】本题考查曲线的极坐标方程与直角坐标方程之间的转化，同时也考查了直线截圆所得弦长的计算，考查计算能力，属于基础题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.设函数．‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）若的解集为，，求证：．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，将所求不等式变形为，然后分、、三段解不等式，综合可得出原不等式的解集；‎ ‎（2）先由不等式的解集求得实数，可得出，将代数式变形为，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值，进而可证得结论.‎ ‎【详解】（1）当时，不等式为，且.‎ 当时，由得，解得，此时；‎ 当时，由得，该不等式不成立，此时；‎ 当时，由得，解得，此时.‎ - 21 -‎ 综上所述，不等式的解集为；‎ ‎（2）由，得，即或，‎ 不等式的解集为，故，解得，，‎ ‎， ，，‎ 当且仅当，时取等号，．‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用基本不等式证明不等式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ - 21 -‎ - 21 -‎