江西省上饶市2020届高三第三次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 上饶市2020届第三次高考模拟考试 数学（文科）试题卷 ‎1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答题的，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．‎ ‎2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效．‎ ‎3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试题上无效．‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.设全集，集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中全集，根据补集的性质及运算方法，先求出，再求出其补集，即可求出答案.‎ ‎【详解】全集，集合，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是交、并、补的混合运算，其中将题目中的集合用列举法表示出来，是解答本题的关键.‎ ‎2.已知i为虚数单位，复数，则（ ）‎ A. 4 B. 5 C. 16 D. 25‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【分析】‎ 先化简复数为的形式，再求复数的模.‎ ‎【详解】,故.‎ 故选：B ‎【点睛】本小题主要考查复数的乘法运算,考查复数的模的运算,属于基础题. 求解与复数概念相关问题的技巧:复数的分类、复数的相等、复数的模,共轭复数的概念都与复数的实部与虚部有关,所以解答与复数相关概念有关的问题时,需把所给复数化为代数形式,即的形式,再根据题意求解.‎ ‎3.已知等比数列的前n项和为，若，，则（ ）‎ A. B. 512 C. 1024 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于,则,代入即可求得结果.‎ ‎【详解】.‎ ‎.‎ ‎.解得:.‎ ‎.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查等比数列通项公式的基本量的计算,属于基础题.‎ ‎4.在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ 根据三角函数的定义计算可得答案.‎ ‎【详解】因为,,所以点,‎ 所以.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值,考查了利用三角函数的定义求角的三角函数值,属于基础题.‎ ‎5.已知，则“”是“”的( )‎ A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分条件、必要条件的定义，举特例判断可得；‎ ‎【详解】解：当，时，，但；当，时，，但；综上，“”是“”的既不充分也不必要条件，故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查充分条件必要条件的判断，属于基础题.‎ ‎6.已知定义在上的函数满足，且函数在上是减函数，若，，，则，，的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数奇偶性和单调性可得，距离y轴近的点，对应的函数值较小，可得选项.‎ ‎【详解】因为函数满足，且函数在 - 21 -‎ 上是减函数，所以可知距离y轴近的点，对应的函数值较小；，且，所以，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数性质的综合应用，侧重考查数学抽象和直观想象的核心素养.‎ ‎7. 在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生在规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”.根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是 A. 甲地：总体均值为3，中位数为4 B. 乙地：总体均值为1，总体方差大于0‎ C. 丙地：中位数为2，众数为3 D. 丁地：总体均值为2，总体方差为3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由于甲地总体均值为，中位数为，即中间两个数（第天）人数的平均数为，因此后面的人数可以大于，故甲地不符合.乙地中总体均值为，因此这天的感染人数总数为，又由于方差大于，故这天中不可能每天都是，可以有一天大于，故乙地不符合，丙地中中位数为，众数为，出现的最多，并且可以出现，故丙地不符合，故丁地符合.‎ 考点：众数、中位数、平均数、方差 ‎8.关于函数的图象向右平移个单位长度后得到图象，则函数 有（ ）‎ A. 最大值为2 B. 最小正周期为 C. 图象关于直线对称 D. 为奇函数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据图象的平移变换得,再根据的解析式及正弦型函数的性质,可得答案.‎ - 21 -‎ ‎【详解】依题意可得 所以的最大值为3,最小正周期为,当,,所以图象关于直线对称,既不是奇函数也不是偶函数.‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查了函数图象的平移变换,考查了正弦型函数的最值,周期性,对称性和奇偶性,属于基础题.‎ ‎9.已知数列的前n项和为，，且对于任意，满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用数列的递推关系式判断求解数列的通项公式，然后求解数列的和，判断选项的正误即可．‎ ‎【详解】当时，．‎ 所以数列从第2项起为等差数列，，‎ 所以，，．‎ ‎，，‎ ‎．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用、数列求和以及数列的通项公式的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．‎ - 21 -‎ ‎10.过双曲线的右焦点作直线l交双曲线于A，B两点，则满足的直线可作的条数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先看当都在右支上时,若垂直轴,根据双曲线方程求得焦点的坐标,把焦点横坐标代入双曲线方程求得交点的纵坐标,进而求得的长等于8,即为垂直于轴的一条;再看若分别在两支先看为两顶点时,不符合题意进而可推断出符合题意的直线有两条,最后综合可得答案.‎ ‎【详解】解：①若都在右支,若垂直轴, ,所以 则,代入双曲线 ,求得,所以所以的直线有一条,即垂直于轴;‎ ‎②若分别在两支,,所以顶点距离为所以有两条,关于轴对称.‎ 综上,满足这样的直线l的条数为3条.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的对称性和直线与双曲线的关系,考查了学生分析推理和分类讨论思想的运用.‎ ‎11.圆上到直线距离为3的点共有（ ）个 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过计算可知:圆心到直线的距离等于圆的半径的一半,由此可得结论.‎ - 21 -‎ ‎【详解】圆可化为,‎ 所以圆心为,半径为2,‎ 圆心到直线的距离为:,‎ 所以,.‎ 所以圆上到直线距离为3的点共有1个.‎ 故选: A ‎【点睛】本题考查了由圆的方程求圆心坐标和半径,考查了点到直线的距离公式,属于基础题.‎ ‎12.已知与有相同的公切线，设直线l与x轴交于点，则的值为（ ）‎ A. 1 B. 0 C. e D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别对与求出导函数,分别设切点为，，根据导数的几何意义分别写出切线方程,因为与有相同的公切线,对应系数相等即可求得,写出切线方程即可得解.‎ ‎【详解】的导数为,的导函数为,‎ 设上切点,可得切线方程为即:‎ - 21 -‎ ‎,‎ 设上的切点,可得切线方程为: ,即,两函数有公切线,即令上述两切线方程相同,则有: ,化简可得: ,代入,即可求得 切线方程为: .直线l与x轴交于点，则的值为0.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义,考查过切点的切线方程,考查学生分析问题的能力和计算求解的能力,属于难题.‎ 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两个部分．第（13）题-第（21）题为必考题，每个考生都必须作答．第（22）题-第（23）题为选考题，考生根据要求作答．‎ 二、填空题：本大题共四小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.函数在处的切线斜率为_________．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数求导，然后当时，求出即可.‎ ‎【详解】因为，所以，所以，所以函数在处的切线斜率为3.‎ 故答案为：3‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义，解题的关键是明确切线的斜率与导数的关系.‎ - 21 -‎ ‎14.抛物线的准线方程为________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解：由 ‎15.已知向量,,若,则实数__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得，化简求解即可.‎ ‎【详解】，由得 ‎，得 ‎【点睛】本题考查向量四则运算，属于简单题.‎ ‎16.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽粒，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为2的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为________；该六面体内有一球，则该球体积的最大值为________．‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ 求出一个正三角形的面积乘以6即为所求六面体的表面积；取该六面体的一半记为正四面体，取BC中点为D，连接SD，AD，作平面ABC，垂足O在AD上，当六面体内的球体积最大时球心为O且该球与SD相切，过球心作，则OE就是球半径，求出OE代入球体体积计算公式即可得解.‎ ‎【详解】一个正三角形面积为，该六面体是由六个边长为2的正三角形构成的，所以面积为；‎ 该六面体也可看成由两个全等的正四面体组合而成，正四面体的棱长为2，如图，在棱长为2的正四面体中，取BC中点为D，连接SD，AD，作平面ABC，垂足O在AD上，则，，，‎ 当该六面体内有一球，且该球体积取最大值时，球心为O，且该球与SD相切，过球心作，则OE就是球半径，‎ 因为，所以球半径，‎ 所以该球体积的最大值为：.‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题考查多面体的表面积、球体体积、球与多面体内切外接问题，属于中档题.‎ 三、解答题：（共70分）‎ ‎17.在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足．‎ - 21 -‎ ‎（1）若，求的面积S；‎ ‎（2）若，，求．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理进行边化角得，进一步化简得，再由正弦定理进行角化边即可求得a，推出三角形为等边三角形，代入三角形面积公式即可得解；（2）由（1）得，再利用及余弦定理即可求得a.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ 由正弦定理得，若，则，‎ 是等边三角形，所以．‎ ‎（2）因为且，所以 又，由余弦定理可得，‎ 所以，解得，（舍去）．‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，属于基础题.‎ ‎18.某学校高三年级为了解学生在家参加线上教学学习情况，对高三年级进行了网上数学测试,他们的成绩在80分到150分之间,根据统计数据得到如下频率分布直方图：‎ - 21 -‎ 若成绩在区左侧，认为该课潜能生”，成绩在区间之间，认为该课中等生”，成绩在区间右侧，认为该课优等生”．‎ ‎（1）若小明的测试成绩为100分，请判断小明是否属于“网课潜能生”，并说明理由：（参考数据：计算得）‎ ‎（2）该校利用分层抽样的方法从样本的，两组中抽出6人，进行教学反馈，并从这6人中再抽取2人，赠送一份学习资料，求获赠学习资料的2人中恰有1人成绩超过90分的概率．‎ ‎【答案】（1）是，见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由频率分布直方图,结合平均数的求法即可求得,则，,由已知即可得解.‎ ‎(2) 由,的频率之比为1:2,根据分层抽样可知抽取2人，抽取4人, 设从抽取的2人为，，从抽取的4人为，，，，则随机抽取2人,列出基本事件,即可求得概率.‎ ‎【详解】（1）可求得﹒‎ ‎，，‎ ‎“网课潜能生”在101.5的左侧，“网课学优生”在131.5右侧．故小明属于“网课潜能生”．‎ - 21 -‎ ‎（2）由分层抽样抽取2人，抽取4人，‎ 设从抽取的2人为，，‎ 从抽取的4人为，，，，则随机抽取2人，‎ 赠送一份学习资料的基本事件有 共15种，‎ 其中满足恰有1人成绩超过90分共8种，所以所求概率为．‎ ‎【点睛】本题考查频率分布直方图中平均数的计算,考查了古典概型概率的计算,考查学生数据处理能力与计算能力,属于基础题.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是正三角形，且为的中点，为的中点，平面．‎ ‎(1)证明：平面平面，‎ ‎(2)求点到平面的距离．‎ ‎【答案】(1)见解析；(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)要证平面平面，只需证平面即可，故可证，；‎ ‎(2)因为为中点，所以点到平面的距离与到平面 - 21 -‎ 的距离相等，利用等体积法，由，即可求出点到平面的距离．‎ ‎【详解】(1)因为平面，平面，所以，‎ 又是正三角形，为的中点，所以，‎ 又因为四边形为菱形，所以，‎ 所以，，又，平面，‎ 所以平面，又因为平面，‎ 所以平面平面．‎ ‎(2)因为为中点，所以点到平面的距离与到平面的距离相等，‎ 即求到平面的距离相等，由，得，‎ 即，解得，‎ 即点到平面的距离是．‎ ‎【点睛】本题主要考查面面垂直的判定定理，等体积法求点到面的距离，属于中档题.在求点到面的距离时，若直接作高存在困难，则可以考虑等体积法完成，利用等体积法也很难完成时，可考虑辅助截面法，直接作点到平面的距离或利用线面平行的性质完成.‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（1）求的极值 ‎（2）作直线与函数，的图像分别交于，两点，若对任意，存在使得不等式成立，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）极小值，无极大值；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出，然后利用单调性分析函数的极值即可；‎ - 21 -‎ ‎（2）若对任意，存在使得不等式成立等价于等价于恒成立，也即恒成立，分别令 ‎，，利用导数研究函数的最小值，进而得到不等式即可得解.‎ ‎【详解】（1），所以，‎ 令，，解得，‎ 令，，解得，‎ 则在处取到极小值，无极大值；‎ ‎（2）若对任意，存在使得不等式成立，‎ 等价于，‎ ‎，，‎ 令，，‎ 可知当时，取最小值，‎ 令，，‎ 可知当时，取最小值，‎ 所以，即．‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值和最值，考查逻辑思维能力和运算能力，考查转化能力，属于高考常考题型.‎ ‎21.已知椭圆，、是左右焦点，且，P在椭圆C上且．‎ ‎（1）求椭圆C的方程：‎ ‎（2）过右焦点直线交椭圆于点B，C两点，A为椭圆的左顶点，若，求直线AB的斜率k的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）易得，，再根据a，b，c的关系求得b，最后写出椭圆的方程即可；‎ ‎（2）设直线AB的方程，与椭圆的方程联立可得：‎ ‎，由韦达定理得，进而可得，直线的方程，直线的方程，‎ 可求得，又点C在椭圆上，得，解方程即可得解.‎ ‎【详解】（1），所以椭圆的，，‎ 根据椭圆的定义：，‎ 所以，，∴．‎ 又∵，∴．‎ ‎∴椭圆C的方程为；‎ ‎（2）设直线AB的方程，‎ - 21 -‎ 由，得：，‎ ‎∴，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，‎ 若，则，，‎ ‎，‎ ‎∴，则与AB不垂直；‎ 同理也不成立，∴，‎ ‎∵，，，‎ ‎∴直线的方程，‎ 直线方程 由，解得，‎ ‎∴，‎ 又点C在椭圆上，得，‎ 即，‎ 即，．‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.‎ 请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目必须与所涂题目一致，并在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎22.已知直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为，直线与曲线交于，两点.‎ ‎（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知，求的值.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化公式化简求解即可；‎ ‎（2）联立直线的参数方程与曲线的直角坐标方程，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理和参数的几何意义求解即可.‎ ‎【详解】（1）因为直线的参数方程为（为参数），‎ 消去参数，可得直线的普通方程为，‎ 因为曲线的极坐标方程为，‎ 即，因为，‎ 所以曲线的直角坐标方程为.‎ - 21 -‎ ‎（2）将直线的参数方程（为参数）代入，得，‎ 设，，则，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化公式和利用直线的参数方程中参数的几何意义进行求值；考查运算求解能力和转化与划归能力；属于中档题、常考题型.‎ ‎23.已知，其中．‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）即，两边平方后去掉绝对值号后解不等式即可；‎ ‎（2）将化为分段函数后求得的最大值，由恒成立可得：‎ ‎，进而建立关于的不等式，从而得解.‎ ‎【详解】（1）由题意得，所以 整理：，解得，‎ 故不等式解集；‎ ‎（2）由已知可得，，‎ - 21 -‎ ‎，‎ 可知时，取得最大值，‎ 所以，，‎ 所以实数a的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法及应用，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.‎ - 21 -‎ - 21 -‎