江西省南昌市2020届高三上学期开学考试数学（理）试题

江西省南昌市2020届高三上学期开学考试数学（理）试题

‎2020届高三摸底测试卷 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，考生务必将自己的姓名、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.已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据求解分式不等式和二次根式的定义域得集合，再运用集合的补集和交集运算求解.‎ ‎【详解】由已知得，‎ ‎，‎ 所以，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的补集和交集运算，属于基础题.‎ ‎2.复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的运算法则，求得复数，即可得到复数的模，得到答案。‎ ‎【详解】由题意，复数，解得，所以，故选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的模的求解，其中解答中熟记复数的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎3.已知平面内一条直线及平面，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直的判定定理和性质定理，以及充分条件和必要条件的判定方法，即可求解。‎ ‎【详解】由题意，根据直线与平面垂直的判定定理，可得由“”可证得“”，即充分性是成立的；‎ 反之由“”不一定得到“”，即必要性不成立，‎ 所以“”是“”的充分不必要条件，故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记线面垂直的判定与性质是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题。‎ ‎4.公比不为的等比数列中，若，则不可能为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的性质，得到，且，即可求解，得到答案。‎ ‎【详解】由，根据等比数列的性质，可得，且，‎ 所以可能值为或或，‎ 所以不可能的是6，故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的性质的应用，其中熟记等比数列的性质是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题。‎ ‎5.已知一组样本数据点，用最小二乘法求得其线性回归方程为.若的平均数为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设样本数据的中心为，代入回归直线的方程，求得，进而求得答案。‎ ‎【详解】由题意，设样本数据的中心为，代入回归直线的方程，可得，‎ 则，故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了回归直线方程的应用，其中解答中熟记回归直线方程的基本特征是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎6.在平面直角坐标系中，已知，动点满足，则动点的轨迹方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，然后表示出向量的坐标，代入已知条件，整理后得到动点的轨迹方程.‎ 详解】设，‎ ‎，，‎ 因为 所以 整理得 故选A项.‎ ‎【点睛】本题考查求动点的轨迹方程，属于简单题.‎ ‎7.已知二元一次不等式组表示的平面区域为，命题：点在区域内；命题：点在区域内. 则下列命题中，真命题是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二元一次不等式组，判定出命题为假命题，为真命题，再根据复合命题的真值表，即可得到判定，得到答案。‎ ‎【详解】由二元一次不等式组，可得点不适合不等式，所以点不在不等式组表示的平面区域内，所以命题为假命题，则为真命题，‎ 又由点适合不等式组每个不等式，所以点在不等式组表示的平面区域内，所命题为真命题，‎ 由复合命题的真值表可得，命题为真命题，故选C。‎ ‎【点睛】本题主要考查了二元一次不等式组表示的平面区域，以及复合命题的真假判定，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题。。‎ ‎8.已知的垂心为，且是的中点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将转化为，然后得到，再将和，用来表示，得到答案.‎ ‎【详解】因为为的垂心，所以，‎ 而，‎ 所以 因为是的中点，‎ 所以 ‎【点睛】本题考查向量的互相表示，向量的数量积，属于简单题.‎ ‎9.圆上有且仅有两点到双曲线的一条渐近线的距离为，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 双曲线的一条渐近线为，圆，圆心，半径，根据题意，圆心到的距离的范围为，从而得到关系式，利用得到关系，从而得到离心率.‎ ‎【详解】双曲线的一条渐近线为，‎ 圆，圆心，半径 因为圆上有且仅有两点到的距离为1，‎ 所以圆心到的距离的范围为 即，‎ 而 所以，即 故选C项.‎ ‎【点睛】本题考查圆上的点到直线的距离，双曲线的渐近线，求双曲线的离心率，属于中档题.‎ ‎10.已知正实数满足：，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先得到满足 的在，满足的在，‎ 再根据与的交点，与的交点，从而得到的大小关系，得到答案.‎ ‎【详解】因为 在坐标系里画出与的图像，与的图像 可得，‎ 再根据与的图像交点得到的位置，‎ 根据与的图像交点得到的位置 从而得到 故，‎ 故选B项.‎ ‎【点睛】本题考查通过指数函数与对数函数的图像的交点，判断数值的大小，属于中档题.‎ ‎11.自然界中具有两种稳定状态的组件普遍存在，如开关的开和关、电路的通和断等，非常适合表示计算机中的数，所以现在使用的计算机设计为二进制计算机．二进制以为基数，只用和两个数表示数，逢进，二进制数同十进制数遵循一样的运算规则，它们可以相互转化，如．我国数学史上，对数制研究不乏其人，清代汪莱的《参两算经》是较早系统论述非十进制数的文献，总结出了八进制乘法口决：，，，请类比二进制与十进制转化的运算，数对应八进制数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将数转化为十进制，然后再把四个选项里的八进制数都化为十进制，得到答案.‎ ‎【详解】数 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ 故选C项.‎ ‎【点睛】本题考查二进制化十进制，八进制化十进制，属于中档题.‎ ‎12.若函数（为自然对数的底数）有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数有两个极值点，得到有两个零点，转化为函数与的图象有2个交点，利用导数求得函数单调性与最值，结合图象，即可求解。‎ ‎【详解】由题意，函数，则，‎ 要使得函数有两个极值点，则有两个零点，‎ 即方程有2个实数根，即与的图象有2个交点，‎ 又由，‎ 当时，单调递减，当时，单调递增，‎ 所以，‎ 当时，，当时， ，‎ 所以当是满足函数与的图象有2个交点，‎ 即函数有两个极值点，故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数求得函数的极值问题，其中熟记函数的导数与函数的单调性与极值之间的关系，以及结合函数点图象求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题。‎ 二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13.的展开式中常数项的系数为_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】，‎ 令，得常数项为240，故答案为240.‎ 考点：二项式定理.‎ 点评：二项展开式通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具；赋值法是求展开式的系数和的重要方法．‎ ‎14.已知定义在上的偶函数满足，，则等于_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由满足，利用函数的奇偶性，求得函数是以2为周期的周期函数，进而可求解的值。‎ ‎【详解】由题意，函数满足，即，‎ 又由函数是上的偶函数，所以，即，‎ 所以函数是以2为周期的周期函数，则。‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数周期性的判定，以及函数的奇偶性的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎15.已知等差数列的前项和为，满足， ，则的值为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将转化为，得到，从而得到公差，根据，得到答案.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，‎ 由得 所以，即 所以 所以.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的基本量运算，求等差数量的某一项，属于简单题.‎ ‎16.已知正方体的棱长为，垂直于棱的截面分别与面对角线相交于点，则四棱锥体积的最大值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，，由，可得，所以可得为矩形，然后根据平行所成的比例关系，表示出的长，从而表示出底面积，再表示出到平面的距离，从而表示出四棱锥其体积，然后得到最大值.‎ ‎【详解】由题意平面平面 则 而，所以 所以为矩形，‎ 易知 设相似比为，‎ 所以，‎ 所以矩形的面积为 而到平面的距离 所以四棱锥的体积 ‎，‎ 令得（舍）‎ 故，，单调递增，‎ ‎，，单调递减，‎ 所以当时取最大值，为.‎ ‎【点睛】本题考查面面平行的性质，棱锥的体积表示，利用导数求最大值，属于中档题.‎ 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.已知锐角的内角的所对边分别为，其中，.‎ ‎（Ⅰ）若，求角；‎ ‎（Ⅱ）求面积的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由，求得，再由正弦定理求得，即可求得角A；‎ ‎（Ⅱ）由余弦定理和基本不等式，求得，再由三角形的面积公式，即可求解。‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，知，‎ 即，故，即，‎ 又由正弦定理可得，解得，‎ 又因为，所以，所以.‎ ‎（Ⅱ）在中，由余弦定理，得，得，‎ 所以，当且仅当时，即三角形为等边三角形时，上式等号成立，‎ 所以的面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。‎ ‎18.已知直三棱柱中，，，是的中点，是上一点，且.‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角余弦值的大小.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）在中，由面积相等得到，直角三角形中，得到，由得，易得，从而得到平面 ‎.以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面法向量为，面法向量为，从而得到二面角的余弦值.‎ ‎【详解】连接，在中，‎ 故.‎ 由于三棱柱是直三棱柱，故平面，‎ 直角三角形中，因为，，‎ 所以所以，‎ 又因为直角，即.‎ 再由为中点并且为等腰三角形可知，‎ 结合，得平面，.‎ 综合，，，得到平面.‎ 由于，如图以点为坐标原点建立空间直角坐标系，‎ ‎，故，，，，‎ ‎,,‎ 设面法向量为，‎ 面法向量为，‎ ‎，取，得，‎ ‎，取，得，‎ 则二面角的余弦值.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的判定和性质，通过法向量求二面角的余弦值，属于中档题.‎ ‎19.某“双一流”大学专业奖学金是以所学专业各科考试成绩作为评选依据，分为专业一等奖学金（奖金额元）、专业二等奖学金（奖金额元）及专业三等奖学金（奖金额元），且专业奖学金每个学生一年最多只能获得一次.图（1）是统计了该校年名学生周课外平均学习时间频率分布直方图，图（2）是这名学生在年周课外平均学习时间段获得专业奖学金的频率柱状图.‎ ‎（Ⅰ）求这名学生中获得专业三等奖学金的人数；‎ ‎（Ⅱ）若周课外平均学习时间超过小时称为“努力型”学生，否则称为“非努力型”学生，列联表并判断是否有的把握认为该校学生获得专业一、二等奖学金与是否是“努力型”学生有关？‎ ‎（Ⅲ）若以频率作为概率，从该校任选一名学生，记该学生年获得的专业奖学金额为随机变量，求随机变量的分布列和期望.‎ ‎【答案】（Ⅰ）160人；（Ⅱ）有；（Ⅲ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据频率之和为1，得到获得三等奖学金的频率，再由总人数得到答案；（Ⅱ）根据频率分布直方图和频率柱状图，填写好列联表，再计算出进行判断，得到答案；（Ⅲ）先得到可取的值，再分别求出其概率，根据数学期望的公式，得到答案.‎ ‎【详解】获得三等奖学金的频率为:‎ ‎,‎ 故这名学生获得专业三等奖学金的人数为人.‎ 每周课外学习时间不超过小时的“非努力型”学生有 其中获得一、二等奖学金学生有 每周课外学习时间超过小时称为“努力型”学生有人，‎ 其中获得一、二等奖学金学生有人，‎ 联表如图所示:‎ ‎“非努力型”学生 ‎“努力型”学生 总计 获得一二等奖学金学生 未获得一二等奖学金学生 总计 故有的把握认为获得一二等奖学金与学习“努力型”学生的学习时间有关；‎ 的可能取值为 ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ 的分布列 ‎0‎ ‎600‎ ‎1500‎ ‎3000‎ ‎0.424‎ ‎0.32‎ ‎0.198‎ ‎0.058‎ 其期望为元.‎ ‎【点睛】本题考查利用频率分布直方图求频率和频数，通过求的值进行判断是否相关，随机变量的分布列和数学期望，属于中档题.‎ ‎20.已知椭圆四个顶点中的三个是边长为的等边三角形的顶点.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线与圆相切且交椭圆于两点，求线段的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据条件中的几何关系，得到的关系和的值，从而求出，得到椭圆方程；（Ⅱ）由直线与圆相切，得到和的关系，再由直线与椭圆联立，表示出和，再表示出弦长，代入和的关系，由基本不等式求出最大值 ‎【详解】由题意，椭圆上下顶点与左右顶点其中的一个构成等边三角形，‎ 即.‎ 所以椭圆的方程为；‎ 圆，直线与圆相切，‎ ‎，即，‎ 联立方程：‎ 得：‎ 设，，‎ 由弦长公式得：‎ 将代入得：‎ 当且仅当：即时等号成立，‎ 所以弦长最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，直线与椭圆相交求弦长，属于中档题.‎ ‎21.已知函数（为自然对数的底数，为常数，且）.‎ ‎（Ⅰ）若函数在处的切线与直线平行，求的值；‎ ‎（Ⅱ）若在上存在单调递减区间，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）对求导，代入得到斜率，令斜率等于，求出；（Ⅱ）根据题意转化为时，有解，当时，易得不存在单调递减区间，当时，等价于有解，再对进行分类，得到当时，不符合题意；当当时，满足题意，得到答案.‎ ‎【详解】,,‎ 由知，；‎ 由题知，时，有解 当时，恒成立，‎ 不存在单调递减区间；‎ 当时，有解 等价于有解 设，，，‎ 因为，.‎ 当时，恒成立，‎ 在单调递减，‎ 恒成立，不符合题意 当时，，当时，，‎ 单调递增，‎ 即，‎ 综上所述，.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数求在一点的切线，利用导数求函数单调性极值和最值，以及不等式能成立问题，属于难题.‎ ‎（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44：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换得到曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系（为极径，为极角）．‎ ‎（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程和曲线的极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）若射线与曲线交于点，射线与曲线交于点，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）消去参数，求得曲线直角方程为，再根据图象的变换公式，即可求解曲线的方程，进而得到其极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）将代入，根据极坐标中极经的几何意义，即可求解。‎ ‎【详解】（Ⅰ）由曲线的参数方程为 (为参数)，‎ 得，所以曲线的直角方程为；‎ 曲线经过伸缩变换得到的参数方程为，得，‎ 所以曲线的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅱ）将代入 得，即，‎ 同理，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及图象的变换和极坐标的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23.已知函数，．‎ ‎（Ⅰ）当时，求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）若关于的不等式的解集包含，求的取值集合．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由时，得到函数，分类讨论，即可求得不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）由已知关于的不等式解集包含，等价于|在恒成立，进而得到在恒成立，由此可求解实数的取值范围。‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，当时，函数，‎ 当时,，解得;‎ 当时，, 无解;‎ 当时， 解得；‎ 所以的解集为.‎ ‎（Ⅱ）由已知关于的不等式解集包含，‎ 等价于|在恒成立，‎ 因为，所以不等式恒成立 即在恒成立，即，‎ 又，所以，‎ 故的取值集合是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的求解，以及含绝对值不等式的恒成立问题的求解，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题。‎ ‎ ‎ ‎ ‎