江西省赣州市2020届高三摸底考试数学（文）试题 Word版含解析

江西省赣州市2020届高三摸底考试数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 赣州市2020年高三年级摸底考试文科数学试卷 一、选择题 ‎1.已知集合，集合，则中的元素个数为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合，集合，从而得到，进而求出，由此能求出中的元素个数．‎ ‎【详解】集合或，集合．‎ ‎，‎ ‎，‎ 中的元素个数为3．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查交集、补集的求法，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎2.已知复数在复平面内对应点关于虚轴对称的点是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标关于轴的对称点得答案．‎ ‎【详解】，‎ 复数在复平面内对应的点关于虚轴对称的点是．‎ - 22 -‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．‎ ‎3.下列函数中，在定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知结合函数奇偶性及单调性的定义，对选项进行检验即可判断．‎ ‎【详解】对A，在定义域内不单调，故A错误；‎ 对B，为偶函数，故B错误；‎ 对C，为奇函数且在定义域上单调递增，故C正确；‎ 对D，为非奇非偶函数，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查根据函数的解析式判断奇偶性及单调性，对概念的理解，属于基础题.‎ ‎4.已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）‎ A. 4 B. 8 C. 14 D. 68‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知结合等差数列的求和公式及性质即可直接求解．‎ ‎【详解】因为．‎ 又，则．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的求和公式及性质的简单应用，考查运算求解能力，属于基础题．‎ ‎5.已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点 - 22 -‎ ‎，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的定义和诱导公式，计算即可．‎ ‎【详解】由的终边过点，‎ 即，；‎ ‎，‎ 取，则．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的定义和诱导公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．‎ ‎6.已知，均为单位向量，则是的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，均为单位向量，等式两边平方，利用数量积运算性质化简，即可得答案；‎ ‎【详解】，均为单位向量，‎ ‎．‎ 是的充要条件．‎ 故选：C．‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查平面向量数量积运算、向量垂直的充要条件，考查推理能力与计算能力．‎ ‎7.从1，2，3，4，5这5个数字中每次随机取出一个数字，取出后放回，连续取两次，则两次取出的数字中至少有一个是奇数的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用乘法原理可得基本事件总数，两次取出的数字中至少有一个是奇数包含的基本事件个数，由此能求出两次取出的数字中至少有一个是奇数的概率．‎ ‎【详解】从1，2，3，4，5这5个数字中每次随机取出一个数字，取出后放回，连续取两次，‎ 基本事件总数，‎ 两次取出的数字中至少有一个是奇数包含的基本事件个数，‎ 则两次取出的数字中至少有一个是奇数的概率．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查古典概型的概率求解、计算数原理，考查逻辑推理能力、运算求解能力．‎ ‎8.已知抛物线：的焦点为，直线与轴的交点为，与抛物线的交点为，且，则的值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 4 D. 8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线与抛物线的准线交于，由及抛物线的性质可得，所以可得为的中点，所以的坐标，由于在抛物线上，代入抛物线的方程可得的值．‎ ‎【详解】设与抛物线的准线，交于点，由．‎ 及抛物线的性质可得，‎ - 22 -‎ 所以可得为的中点，所以，，‎ 由在抛物线上，‎ 所以，解得，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的性质，属于中档题．‎ ‎9.已知直线经过不等式组表示的平面区域，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出不等式组所表示的平面区域，利用数形结合法求出最优解的坐标，计算对应的值，从而写出的取值范围．‎ ‎【详解】画出不等式组所表示的平面区域，‎ 如图所示：‎ - 22 -‎ 直线是过定点直线，‎ 由，解得，‎ 当直线过点时，；‎ 由，解得，‎ 当直线过点时，；‎ 由图形知，实数的取值范围是，．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查线性规划中参数的数取值范围，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．‎ ‎10.在1930年，德国汉堡大学学生考拉兹提出猜想：对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1；如果它是偶数，则对它除以2.如此循环，最终都能得到1.阅读如图所示的程序框图，运行相应程序，输出的结果（ ）‎ A. 6 B. 7 C. 8 D. 9‎ ‎【答案】C - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图所表示的程序，一步一步执行运算，直到跳出循环，即可得答案；‎ ‎【详解】，，‎ 为奇数，，，‎ 为偶数，，，‎ 为奇数，，，‎ 为偶数，，，‎ 为偶数，，，‎ 为偶数，，，‎ 为偶数，，，跳出循环，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查程序框图中的循环结构，考查逻辑推理能力、运算求解能力．‎ ‎11.已知函数的图象与函数的图象相邻的三个交点分别是，，，则的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数相等，建立方程关系求出的值，求出点的坐标，结合三角形的面积公式进行计算即可．‎ ‎【详解】由得，则，‎ 得，，‎ 取相邻的三个，‎ 时，，，此时，即，，‎ 时，，，此时，即，，‎ - 22 -‎ 时，，，此时，即，，‎ 则，到线段的距离，‎ 则的面积，‎ 故答案为：B ‎【点睛】本题考查三角形的面积的计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求出交点坐标是解决本题的关键.‎ ‎12.已知函数，若，且，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得，将表示成关于的函数，再利用导数求函数的值域，即可得答案；‎ ‎【详解】，且，‎ ‎，则，‎ ‎，，‎ ‎，令，‎ ‎，‎ 当时，，在单调递减，‎ 且时，，当时，，‎ - 22 -‎ 的取值范围是，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意将表示成关于的函数，再进行求解.‎ 二、填空题 ‎13.已知双曲线的焦点到渐近线的距离为1，则双曲线的离心率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出双曲线的焦点到条渐近线的距离，可得，求出，即可求出双曲线的离心率．‎ ‎【详解】根据条件可得，，则，渐近线方程为，‎ 故焦点到渐近线距离，‎ 故，‎ 所以离心率，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的性质，考查学生的计算能力，求出双曲线的焦点到条渐近线的距离等于是关键，属于基础题．‎ ‎14.在中，，，则______.‎ - 22 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理求出，再利用同角三角函数的关系求得的值即可.‎ ‎【详解】，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理的应用、同角三角函数的基本关系，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎15.已知函数，若曲线在处的切线恰好平分圆：的周长，则实数的值为______.‎ ‎【答案】-3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用导数求出在处的切线方程，然后根据切线平分圆的周长，即切线过圆心，将圆心代入切线方程，即可解得．‎ ‎【详解】圆：即为，故圆心为．‎ 又，，，‎ 故切线方程：．‎ 将代入得：．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义及切线方程的求法，同时考查圆的弦的性质．‎ - 22 -‎ ‎16.已知一个底面半径为，高为的圆锥内有一个棱长为的内接正方体，且该内接正方体的顶点都在圆锥的底面或侧面上，若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，过正方体的对角线的轴截面，根据，可得△，利用相似三角形的性质即可得出．‎ ‎【详解】如图所示，过正方体的对角线的轴截面，，，，．‎ 由，可得△，‎ 可得：，又，‎ 代入解得：，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查圆锥的轴截面、相似三角形的性质，考查推理能力与计算能力．‎ 三、解答题 ‎17.“生命重于泰山，疫情就是命令，防控就是责任”.面对疫情，为切实做好防控，落实“停课不停学”，某校高三年级启动线上公益学习活动，助“战”高考.为了解学生的学习效果，李华老师在任教的甲、乙两个班中各随机抽取20名学生进行一次检测，根据他们取得的成绩（单位：分，满分100分）绘制了如下茎叶图，记成绩不低于70分者为“成绩优良”.‎ - 22 -‎ ‎（1）分别估计甲、乙两个班“成绩优良”的概率； ‎ ‎（2）根据茎叶图判断哪个班的学习效果更好？并从两个角度来说明理由.‎ ‎【答案】（1）甲班“成绩优良”的概率为，乙班“成绩优良”的概率为 ‎（2）乙班学习的效果更好，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过茎叶图的数据分析可得甲班“成绩优良”的概率为，乙两个班“成绩优良”的概率为.‎ ‎（2）乙班学习的效果更好，可以从三个不现角度回答.‎ ‎【详解】（1）从茎叶图中，知甲班学生成绩不低于70分的人数共有10人，乙班学生成绩不低于70分的人数共有16人，且成绩不低于70分者为“成绩优良”.‎ 因此可估计甲班“成绩优良”的概率为，‎ 乙两个班“成绩优良”的概率为.‎ ‎（2）乙班学习的效果更好.‎ 理由l：乙班样本成绩大多在70分以上，甲班样本成绩70分以下的明显更多.‎ 理由2：甲班样本成绩的平均分为70.2；乙班样本成绩的平均分为79.05.‎ 理由3：甲班样本成绩的中位数为，‎ 班样本成绩的中位数为.‎ ‎【点睛】本题考查统计中的茎叶图及其数据特征分析，考查数据处理能力，属于基础题.‎ ‎18.已知各项为正数的等比数列的前项和为，，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求使得成立的最小正整数.‎ - 22 -‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据等比数列通项公式和前项和公式可求得首项和公比，即可得答案；‎ ‎（2）将等比数列通项公式和前项和公式代入不等式化简得：，解不等式即可得答案；‎ ‎【详解】（1）设等比数列的公比为，则，‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 整理得，‎ 解得（舍去），又，所以，‎ 所以.‎ ‎（2）由（1）可得，‎ 所以，‎ 由得，‎ 所以当时，，此时，‎ 当时，，此时，‎ 当时，，此时.‎ 所以最小正整数.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列中基本量运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎19.在如图所示的多面体中，平面垂直于以为直径的半圆面，为上一点，‎ - 22 -‎ ‎，，.‎ ‎（1）若点是线段的中点，求证：平面；‎ ‎（2）若点为的中点，求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取得中点，连接、，则平行且等于，证明四边形是平行四边形，再利用线面平行的判定定理，即可得答案；‎ ‎（2）设点到平面的距离为，利用，即可得答案；‎ ‎【详解】（1）证明：取得中点，连接、，则平行且等于，‎ 又，∴，‎ 所以四边形是平行四边形.‎ 所以，‎ 又平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）由题意，平面平面，平面平面，，‎ 平面，∴平面，‎ ‎∴，又，，∴平面，‎ 因为点为的中点，所以，‎ - 22 -‎ 又，且，所以.‎ 此时，，‎ ‎∴.‎ 设点到平面的距离为，则，‎ 解得.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行判定定理的运用、棱锥体积的求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意体积分割法的应用.‎ ‎20.已知函数，其导函数为.‎ ‎（1）若不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围：‎ ‎（2）当时，证明：在区间上有且只有两个零点.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）证明见解析 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）求出，再利用参变分离进行求解，即可得答案；‎ ‎（2）当时，，设，利用导数研究函数的零点，即可证得结论.‎ ‎【详解】（1），‎ - 22 -‎ 由题意得：在上恒成立 即在上恒成立，‎ 由于函数在上单调递减，所以，，‎ ‎，‎ 所以.‎ ‎（2）证明：当时，.‎ 设，则，‎ 令，‎ 则，‎ 所以在上单调递减，‎ 又，，‎ 故存在，使得，‎ 当时，，即，在上单调递增；‎ 当时，，即，在上单调递减；‎ 又，，‎ 所以在和上各有一个零点，‎ - 22 -‎ 从而在上有且仅有两个零点.‎ ‎【点睛】本题考查根据不等式的恒成立求参数取值范围、证明函数的零点个数，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意零点存在定理的运用.‎ ‎21.已知椭圆：的短轴长为2，直线被椭圆截得的线段长为，为坐标原点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）是否存在过点且斜率为的直线，与椭圆交于、两点时，作线段的垂直平分线分别交轴、轴于、，垂足为，使得与的面积相等，若存在，试求出直线的方程，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可知：，易得椭圆过点，从而求得值，即可求得椭圆的方程；‎ ‎（2）假设存在满足条件的直线，不妨设过的直线方程为：，将两个三角形的面积相等转化成关于的方程，解方程即可得答案；‎ ‎【详解】（1）由题意可知：，因为椭圆过点，‎ 所以，解得，‎ 故所求椭圆的方程为.‎ ‎（2）假设存在满足条件的直线，不妨设过的直线方程为：，‎ - 22 -‎ 与椭圆联立方程组得：，消得：，‎ 设线段中点，、，则由韦达定理得：‎ ‎，，代入，‎ 得点的纵坐标，‎ 即.‎ 所以线段的垂直平分线方程为：，‎ 令，得；令，得，‎ 所以的面积，‎ 的面积，‎ 因为与的面积相等，且，‎ 所以，解得.‎ 所以直线的方程为：.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求解、椭圆中的定直线问题和面积问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，动圆，（，是参数）.以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，若直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求动圆的圆心的轨迹的方程及直线的直角坐标方程；‎ - 22 -‎ ‎（2）设和分别和上的动点，若最小值为，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据动圆方程，得到圆心坐标，令，消去参数即可.利用代入求解.‎ ‎（2）设，将的距离转化为到直线的距离求解，根据的最小值不为和 最小值为，利用三角函数的性质求解.‎ ‎【详解】（1）设动圆的圆心坐标为，则，‎ 消去参数得，得的方程为。‎ 因为 将，代入得：‎ 直线的直角坐标方程为。‎ ‎（2）设，的最小值等于点到直线的距离的最小值 点到直线的距离 因为的最小值不为，所以 当时，，则，解得 - 22 -‎ 当时，，则，解得 综上，‎ ‎【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的转化以及直线与椭圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎23.设均为正数，且.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若不等式恒成立，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）的最大值为1‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由，两边平方得到，然后利用重要不等式，结合不等式的加法性质求解.‎ ‎（2）构造，再利用基本不等式求解.‎ ‎【详解】（1）由得，‎ 因为，，，‎ 所以 从而，‎ 即.‎ ‎（2），‎ - 22 -‎ 所以（当且仅当时取“”号）‎ 从而，故的最大值为1.‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，还考查了转化化归的思想运算求解的能力，属于中档题.‎ - 22 -‎ - 22 -‎