江西省南昌市2020届高三第一次模拟测试数学（文）试题 Word版含解析

江西省南昌市2020届高三第一次模拟测试数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 南昌市NCS20200607项目第一次模拟测试卷 文科数学 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.己知集合A={0，1，2），B={x∈N|∈A}，则B=（ ）‎ A. {0} B. {0，2} C. {0，， 2} D. {0， 2， 4}‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别令，根据，可得结果.‎ ‎【详解】由题可知：A={0，1，2），B={x∈N|∈A}‎ 当时，则，符合 当时，则，不符合 当时，则，符合 所以 故选：B ‎【点睛】本题考查集合元素的求法，审清题意，细心计算，属基础题.‎ ‎2.在复平面内，复数对应的点为Z，将向量绕原点O按逆时针方向旋转，所得向量对应的复数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 26 -‎ 根据复数，可得点坐标，进一步可得以及，然后根据三角函数的定义，可得旋转后所求复数的终点坐标，最后可得结果.‎ ‎【详解】由题可知：，且 设旋转后的所求复数的终点 则，‎ 所以，则所求的复数为 故选：A ‎【点睛】本题考查复数的几何意义，掌握复数在复平面中点的表示以及向量的表示，同时识记三角函数的概念，审清题意，耐心计算，属基础题.‎ ‎3.一个正三棱柱的正（主）视图如图，则该正三棱柱的侧面积是（ ）‎ A. 16 B. 12 C. 8 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正三棱柱的主视图，以及长度，可知该几何体的底面正三角形的边长，然后根据矩形的面积公式，可得结果.‎ ‎【详解】由题可知：该几何体的底面正三角形的边长为2‎ 所以该正三棱柱的三个侧面均为边长为2的正方形，‎ 所以该正三棱柱的侧面积为 故选：B ‎【点睛】本题考查正三棱柱侧面积的计算以及三视图的认识，关键在于求得底面正三角形的边长，掌握一些常见的几何体的三视图，比如：三棱锥，圆锥，圆柱等，属基础题.‎ - 26 -‎ ‎4.《聊斋志异》中有：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术”.在数学中，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：则按照以上规律，若具有“穿墙术”，则m，n满足的关系式为（ ）‎ A. n =2m-1 B. n=2(m-1) C. n=(m-1)2 D. n=m2 -1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不完全归纳法，以及根式中的分子和分母的关系，可得结果.‎ ‎【详解】由题可知：，‎ ‎，‎ 则可归纳：，‎ 所以 故选：D ‎【点睛】本题考查不完全归纳法的应用，仔细观察，发现特点，对选择题以及填空题，常可采用特殊值以及不完全归纳法解决问题，化繁为简，属基础题.‎ ‎5.己知{an}是等差数列，且a3+a4=-4，a7+a8=-8，则这个数列的前10项和等于（ ）‎ A. -16 B. -30 C. -32 D. -60‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算，然后根据等差数列的性质，可得，最后根据等差数列的前项公式，计算，并结合，可得结果.‎ ‎【详解】由题可知：‎ 数列{an}是等差数列且 - 26 -‎ 则，又 所以 由，且 所以 故选：B ‎【点睛】本题主要考查等差数列的性质，在等差数列中，若，则，熟练使用性质，以及对基本公式的记忆，属基础题.‎ ‎6.己知抛物线C：y2=4x的焦点为F，抛物线上一点的M的纵坐标y0，则y0>2是|MF|>2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】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据点的纵坐标的范围，可得其横坐标的范围，然后根据抛物线的定义，可知的范围，然后根据充分、必要条件的概念，可得结果.‎ ‎【详解】由题可知：，设 由点的纵坐标，则其横坐标 由，所以 可知是的充分条件 若，则 则或 所以不是的必要条件 故是的充分不必要条件 故选：A - 26 -‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义以及充分、必要条件的概念，对抛物线问题经常要联想到焦点和准线，简单计算，属基础题.‎ ‎7.2013年至201 9年我国二氧化硫的年排放量（单位：万吨）如下表，则以下结论中错误的是（ ）‎ 年份 ‎2013‎ ‎2014‎ ‎2015‎ ‎2016‎ ‎2017‎ ‎2018‎ ‎2019‎ 排放量 ‎2217.9‎ ‎2118‎ ‎2043.9‎ ‎1974.4‎ ‎1859.1‎ ‎1102.86‎ ‎1014.6‎ A. 二氧化硫排放量逐年下降 B. 2018年二氧化硫减排效果最为显著 C. 2017年至2018年二氧化硫减排量比2013年至2016年二氧化硫减排量的总和大 D. 2019年二氧化硫减排量比2018年二氧化硫减排量有所增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用逐一验证法，根据数据的简单分析，可得结果.‎ ‎【详解】A正确 根据数据可知，二氧化硫排放量逐年下降 B正确 从2017年到2018年，下降了756.24万吨，‎ 是所有相邻年份二氧化硫减排量最大的，‎ 所以2018年二氧化硫减排效果最为显著 C正确 ‎2017年至2018年二氧化硫减排量为756.24万吨 ‎2013年至2016年二氧化硫减排量的总和为2217.9-1974.4=243.5万吨 所以243.5<756.24，故C正确 D错 ‎2017年至2018年二氧化硫减排量为756.24万吨 ‎2018年至2019年二氧化硫减排量为1102.86-1014.6=88.26万吨 - 26 -‎ 故2019年二氧化硫减排量比2018年二氧化硫减排量有所减少.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查对数据的分析，审清题意，简单计算，属基础题.‎ ‎8.已知双曲线C： =1(a>0，b>0)的右焦点为F，过原点O作斜率为的直线交C的右支于点A，若|OA|=|OF|，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. 2 D. +l ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 假设已知直线的倾斜角为，根据直线的斜率为，可知，可得，然后根据，可得点坐标，最后代入双曲线方程化简并结合，可得结果.‎ ‎【详解】设已知直线的倾斜角为 由题可知：，‎ 所以 又，所以，即 所以 又，所以，又 所以 化简可得：，‎ 所以 - 26 -‎ 所以，又，所以 故选：D ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率，关键在于得到点坐标，考验计算能力，属中档题.‎ ‎9.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复合函数的单调性，同增异减以及采用排除法，可得结果.‎ ‎【详解】当时，，‎ 由在递增，‎ 所以在递增 又是增函数，‎ 所以在递增，故排除B、C 当时，若，则 所以在递减，而是增函数 所以在递减，所以A正确，D错误 - 26 -‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查具体函数的大致图象的判断，关键在于对复合函数单调性的理解，记住常用的结论：增+增=增，增-减=增，减+减=减，复合函数单调性同增异减，属中档题.‎ ‎10.台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动，也叫桌球（中国粤港澳地区的叫法）、撞球（中国台湾地区的叫法）控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术，一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD，在点E，F处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A处，通过击打母球，使其依次撞击点E，F处的目标球，最后停在点C处，若则该正方形的边长为（ ）‎ A. 40cm B. 15cm C. 20cm D. 10cm ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量的方法，将用来进行表示，然后进行平方，可计算，最后可得结果.‎ ‎【详解】由题可知：，所以//‎ 由 则 所以 - 26 -‎ 则，所以 故选：D ‎【点睛】本题考查向量的线性表示以及数量积公式的应用，关键在于，考验观察能力以及计算能力，属中档题.‎ ‎11.己知x>y>0，x≠1，y≠1，则（ ）‎ A. xa> ya(a∈R，a≠0） B. C. xy> yx D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用逐一验证法，对取特殊值，进行比较可得错，通过构造函数，利用函数单调性进行比较，可得结果.‎ ‎【详解】错误，‎ 当时，，‎ 由，‎ 所以A错误 B正确 令 ，则 当时，，‎ 所以函数在单调递增，且，‎ 所以有，即，‎ 错误 当时，，，‎ 所以C错误 - 26 -‎ 错误，‎ 当时，‎ 由，所以，故 所以D错误 故选 ‎【点睛】本题考查式子比较大小，选择题可使用对未知数取特殊值，化繁为简，熟练掌握比较式子大小的常用方法，比如：作差法，函数单调性等，属基础题.‎ ‎12.如图，点E是正方体ABCD-A1B1C1D1棱DD1的中点，点F，M分别在线段AC，BD1（不包含端点）上运动，则（ ）‎ A. 在点F运动过程中，存在EF//BC1‎ B. 在点M的运动过程中，不存在B1M⊥AE C. 四面体EMAC的体积为定值 D. 四面体FA1C1B的体积不为定值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用逐一验证法，根据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式，可得结果.‎ ‎【详解】A错误 由平面，//‎ 而与平面相交，‎ 故可知与平面相交，所以不存在EF//BC1‎ - 26 -‎ B错误，如图，作 由 又平面，所以平面 又平面，所以 由//，所以 ‎，平面 所以平面，又平面 所以，所以存在 C正确 四面体EMAC的体积为 其中为点到平面的距离，‎ 由//，平面，平面 所以//平面，‎ 则点到平面的距离即点到平面的距离，‎ 所以为定值，故四面体EMAC的体积为定值 错误 由//，平面，平面 所以//平面，‎ 则点到平面的距离即为点到平面的距离，‎ - 26 -‎ 所以为定值 所以四面体FA1C1B的体积为定值 故选：C ‎【点睛】本题考查线面、线线之间的关系，考验分析能力以及逻辑推理能力，熟练线面垂直与平行的判定定理以及性质定理，中档题.‎ 二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知向量，=(1，)，且在方向上的投影为，则等于__________‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量的投影概念，计算出向量的模长，结合向量的数量积，可得结果.‎ ‎【详解】在方向上的投影为，所以有，且，‎ 所以 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题考查向量的投影的概念，以及向量数量积公式的应用，属基础题.‎ ‎14.已知函数，则=__‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导后，利用对数的运算结合偶函数的性质可得结果.‎ ‎【详解】由题可知：函数的定义域为 由，‎ 可知，所以是偶函数，‎ 且，‎ 又因为，‎ - 26 -‎ 则有 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查函数的求导运算，偶函数的性质和对数的运算，属基础题.‎ ‎15.己知，则=_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用特殊角配凑出题中已知角，再结合诱导公式可得结果.‎ ‎【详解】，‎ 即 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查诱导公式，角度的配凑法，属基础题.‎ ‎16.如图，一列圆Cn：x2 +(y-an)2=rn2(an>0，rn>0)逐个外切，且所有的圆均与直线y=相切，若r1=1，则a1=___，rn=______‎ - 26 -‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用第个圆，并假设切点，利用，可得，代值计算可得，然后根据圆与圆相切，可得，利用等比数列通项公式可得结果.‎ ‎【详解】设第个圆心为，半径为，‎ 且与的切点为 则直线斜率为 所以①‎ - 26 -‎ 又②‎ 由①②可知：③，‎ 所以当时，则 又④‎ 由③-④可知：‎ 又，‎ 所以 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列 所以 故答案为：3，‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆几何关系以及等比数列，本题难点在于找到，考验分析能力以及逻辑推理能力，属难题.‎ 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.如图，D是在△ABC边AC上的一点，△BCD面积是△ABD面积的2倍，∠CBD=2∠ABD=2θ．‎ ‎（Ⅰ）若θ=，求的值；‎ ‎（Ⅱ）若BC=4，AB=2，求边AC的长．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 26 -‎ ‎（Ⅰ）利用三角形面积公式以及并结合正弦定理，可得结果.‎ ‎（Ⅱ）根据，可得，然后使用余弦定理，可得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ），所以 所以；‎ ‎（Ⅱ），‎ 所以，‎ 所以，，‎ 所以，‎ 所以边．‎ ‎【点睛】本题考查三角形面积公式，正弦定理以及余弦定理的应用，关键在于识记公式，属中档题.‎ ‎18.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，A-BCB1是棱长为2的正四面体.‎ ‎（Ⅰ）求证：AC⊥CC1；‎ ‎（Ⅱ）求三棱锥B-ACC1的体积．‎ - 26 -‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）取的中点，根据正四面体特点，可知平面，为正三角形，然后根据，可得平面，最后可得结果.‎ ‎（Ⅱ）计算以及，使用等体积法，并结合锥体体积公式，可得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）如图，取的中点，连接交于点，‎ 则点为的重心，连接，‎ 设交于点．‎ 依题意点在底面的投影为的重心，‎ 即平面，所以．‎ 因为是正三角形，所以，‎ 平面 则平面，‎ 又平面，则，由//‎ 所以．‎ ‎（Ⅱ）由是棱长为2的正四面体，‎ - 26 -‎ 所以，，‎ 因为，，‎ 得 所以．‎ ‎【点睛】本题考查线面、线线位置关系，还考查等体积法的使用，熟练掌握线面垂直的判定定理以及性质定理，考验推理论证能力，属中档题.‎ ‎19.某市2013年至2019年新能源汽车y（单位：百台）的数据如下表：‎ ‎（Ⅰ）求y关于x的线性回归方程，并预测该市2021年新能源汽车台数；‎ ‎（Ⅱ）该市某公司计划投资600台“双枪同充”（两把充电枪）、“一拖四群充”（四把充电枪）的两种型号的直流充电桩．按要求，充电枪的总把数不少于该市2021年新能源汽车预测台数，若双枪同充、一拖四群充的每把充电枪的日利润分别为25元，10元，问两种型号的充电桩各安装多少台时，才能使日利润最大，求出最大日利润. ‎ 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为 ‎【答案】（Ⅰ）,2100台；（Ⅱ）双枪同充安装150台，一拖四群充安装450台时，每天的利润最大，最大利润为25500元．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 26 -‎ ‎（Ⅰ）计算，根据，可得，进一步可得，然后可得方程，最后代值计算，可得结果.‎ ‎ （Ⅱ）假设一拖四群充，双枪同充分别安装台，台，根据，可得的范围，然后计算日利润，依据不等式可得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）依题意知，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 则关于的线性回归方程．‎ 令得：，‎ 故预测2021年该市新能源汽车大约有2100台．‎ ‎（Ⅱ）设一拖四群充，双枪同充分别安装台，台，‎ 每天的利润为元，‎ 则，即 所以当时，取最大值25500．‎ 故当双枪同充安装150台，一拖四群充安装450台时，‎ 每天的利润最大，最大利润为25500元．‎ ‎【点睛】本题考查线性回归方程，本题关键在于识记公式，考验计算能力，属基础题.‎ - 26 -‎ ‎20.已知函数，f(x)=-mx2-m+ln(1-m)，(m<1)．‎ ‎（Ⅰ）当m=时，求f(x)的极值；‎ ‎（Ⅱ）证明：函数f(x)有且只有一个零点．‎ ‎【答案】（Ⅰ）函数极大值为，极小值为 ；（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用导数，通过的符号，判断出函数的单调性，找到极值点，可得结果.‎ ‎（Ⅱ）计算，采用分类讨论的方法，，以及，判断函数的单调性，可得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）‎ ‎，则在递增，‎ 在递减，在上递增，‎ 所以函数极大值为，‎ 极小值为．‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎①当时，，‎ 只有一个零点0，符合题意；‎ ‎②当时，在单调递增，‎ 在单调递减，在单调递增，‎ ‎，‎ 令，，‎ 显然单调递减，有，即，‎ - 26 -‎ 则只有一个零点，符合题意；‎ ‎③当时，在单调递增，‎ 在单调递减，在单调递增，‎ ‎，，由②构造的函数知，‎ ‎，‎ 则只有一个零点，符合题意．‎ 综上所述，时，函数有且只有一个零点．‎ ‎【点睛】本题考查导数的应用，关键在于对含参数的函数单调性的判断，熟练使用分类讨论的思想以及学会构造函数，使问题化繁为简，属难题.‎ ‎21.定义：平面内两个分别以原点和两坐标轴为对称中心和对称轴的椭圆E1，E2，它们的长短半轴长分别为a1，b1和a2，b2，若满足a2=a1k，b2=b1k（k∈Z，k≥2），则称E2为E1的k级相似椭圆，己知椭圆E1: =1，E2为E1的2级相似椭圆，且焦点共轴，E1与E2的离心率之比为2：．‎ ‎（Ⅰ）求E2的方程；‎ ‎（Ⅱ）已知P为E2上任意一点，过点P作E1的两条切线，切点分别为A(x1，y1)、B(x2，y2)．‎ ‎①证明：E1在A(x1，y1)处的切线方程为=1；‎ ‎②是否存在一定点到直线AB的距离为定值，若存在，求出该定点和定值；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）①见解析；②存在一定点到直线的距离为定值1．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据相似椭圆概念，可得，，，然后根据 - 26 -‎ ‎，并结合离心率，简单计算，可得结果.‎ ‎（Ⅱ）①联立方程，可得关于的一元二次方程，然后使用，并根据，可得结果.‎ ‎②根据①的结论，可得在点的切线方程，根据，可得直线的方程，假设定点，使用点到线的距离公式，根据式子为定值，可得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意知，，，‎ 则，，‎ 而，解得，，‎ 故椭圆，椭圆．‎ ‎（Ⅱ）①联立椭圆与直线方程，‎ ‎，‎ 点在椭圆上，有，‎ 所以，‎ 即直线与椭圆相切．‎ 所以过点的切线方程为．‎ ‎②由①知，过点的切线方程为，‎ - 26 -‎ 设，则，即，‎ 两条切线都经过点，则满足方程组．‎ 那么点和点都在直线上，‎ 则直线的方程为，即 假设存在一定点到直线的距离为定值，‎ 即为定值，‎ 则，，‎ 故存在一定点到直线的距离为定值1．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的综合应用，考验分析能力以及计算能力，属难题.‎ ‎（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—题计分．‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系；曲线C1的普通方程为(x-1)2 +y2 =1，曲线C2的参数方程为（θ为参数）.‎ ‎（Ⅰ）求曲线C1和C2的极坐标方程：‎ ‎（Ⅱ）设射线θ=(ρ>0)分别与曲线C1和C2相交于A，B两点，求|AB|的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ），;（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据，可得曲线C1‎ - 26 -‎ 的极坐标方程，然后先计算曲线C2的普通方程，最后根据极坐标与直角坐标的转化公式，可得结果.‎ ‎（Ⅱ）将射线θ=分别与曲线C1和C2极坐标方程联立，可得A，B的极坐标，然后简单计算，可得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）‎ 由 所以曲线的极坐标方程为，‎ 曲线的普通方程为 则曲线的极坐标方程为 ‎（Ⅱ）令，则，，‎ 则，即，‎ 所以，，‎ 故．‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程和参数方程与直角坐标方程的转化，以及极坐标方程中的几何意义，属基础题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知a>0，b>0，a+b=2.‎ ‎（Ⅰ）求的最小值；‎ ‎（Ⅱ）证明：‎ ‎【答案】（Ⅰ）最小值为；（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意构造平均值不等式，结合均值不等式可得结果；‎ - 26 -‎ ‎（2）利用分析法证明，结合常用不等式和均值不等式即可证明.‎ ‎【详解】（Ⅰ）‎ 则 当且仅当，即，时，‎ 所以的最小值为．‎ ‎（Ⅱ）要证明：，‎ 只需证：，‎ 即证明：，‎ 由，‎ 也即证明：．‎ 因为，‎ 所以当且仅当时，有，‎ 即，当时等号成立．‎ 所以 ‎【点睛】本题考查均值不等式，分析法证明不等式，审清题意，仔细计算，属中档题.‎ - 26 -‎ - 26 -‎