2020届1月江西省上饶市一模数学（理）试题（解析版）

2020届1月江西省上饶市一模数学（理）试题（解析版）

‎2020届1月江西省上饶市一模数学（理）试题 一、单选题 ‎1．设集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先求出集合和集合，由此即可得到结论.‎ ‎【详解】‎ 由题意，，‎ ‎∴．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查交集的求法，交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．‎ ‎2．计算（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用复数的运算法则即可得出．‎ ‎【详解】‎ 由复数的运算法则可得：．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了复数的运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎3．已知直线平面，则“直线”是“”的(　　)‎ A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】当且时,我们可以得到或（因为直线 与平面的位置关系不确定）,所以充分性不成立;当时,过直线可做平面与平面交于直线,则有.又有,则有,即.所以必要性成立,故选.‎ ‎4．上海地铁号线早高峰时每隔分钟一班，其中含列车在车站停留的分钟，假设乘客到达站台的时刻是随机的，则该乘客到达站台立即能乘上车的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据几何概型的概率计算问题，求出对应时间的比即可．‎ ‎【详解】‎ 每分钟一班列车，其中列车在车站停留分钟，根据几何概型概率公式可得，该乘客到达站台立即能乘上车的概率为.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了几何概型的概率计算问题，对应时间的比值是解题关键，属于基础题．‎ ‎5．《张丘建算经》卷上有题为“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈”，其意思为：现一善于织布的女子，从第天开始，每天比前一天多织相同量的步（不变的常量），第天织了五尺，一个月（按天计算）共织九匹三丈（一匹四丈，一丈十尺），则该女子第天比第天多织布的尺数为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】设该女子第一天织布为，利用等差数列即可得到结论.‎ ‎【详解】‎ 记该女子一个月中的第天所织布的尺数为，则，，则，.‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列的计算，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用，属于基础题．‎ ‎6．已知函数是一个求余数函数，表示除以 的余数，例如.如图是某个算法的程序框图，若输入的值为，则输出的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】模拟执行程序框图，根据题意，大于的约数有：共个，即可得解.‎ ‎【详解】‎ 模拟执行程序框图，可得：‎ ‎，，，‎ 满足条件，，；‎ 满足条件，，；‎ 满足条件，，；‎ 满足条件，，；‎ ‎…‎ ‎，可得程序框图的功能是统计大于的约数的个数，由于约数有：共个，故．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了循环结构的程序框图，依次正确写出每次循环得到的的值是解题的关键，属于基础题．‎ ‎7．已知是不共线的向量，，，，若 三点共线，则满足（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】利用三点共线，即可得到结论.‎ ‎【详解】‎ 由三点共线，得，‎ 是不共线的向量，，， .‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三点共线，向量共线定理，属于基础题．‎ ‎8．已知变量满足，则的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】确定不等式表示的平面区域，明确目标函数的几何意义，即可求得最大值.‎ ‎【详解】‎ 画出表示的可行域，如图，‎ 平移直线，当直线经过点时，直线截距最小，最大，‎ 所以，最大值为，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线性规划知识，考查数形结合的数学思想，考查学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎9．已知函数在上最大值为且递增，则的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用正弦函数的单调性求得的最值，进而可得的最值.‎ ‎【详解】‎ 由题意可知，，，，，则，.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦函数的图象和性质，不等式的解法，属于基础题．‎ ‎10．已知，不等式对成立，则的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】易证是奇函数且在上单调递减，利用函数性质得不等式，进而解得即可.‎ ‎【详解】‎ ‎，是奇函数且在上单调递减，‎ 不等式即：，‎ 结合函数的单调性可得：，，，所以.‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查不等式恒成立问题，利用奇函数的性质得不等式是关键，属于中档题.‎ ‎11．在直角坐标系中，分别是双曲线的左、右焦点，点是双曲线右支上的一点，满足，若点的横坐标取值范围是，则双曲线的离心率取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由可计算得，再利用即可得离心率的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 由可得，，，，，由于，所以，，，，，.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了双曲线的简单性质，向量数量积的运算，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎12．已知对任意实数都有，，若不等式（其中）的解集中恰有两个整数，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由，得，进而得，再根据图像比较点与四个点，，，连线的斜率，即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由，得，‎ 故，在取得极小值，‎ 根据图像，欲使解集中恰有两个整数，则比较点与四个点，，，连线的斜率，由可得.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、不等式的解法、数形结合方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ 二、填空题 ‎13．若直线是抛物线的一条切线，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意，联立方程即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 联立直线和抛物线得到．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与抛物线的位置关系，属于基础题.‎ ‎14．一个棱长为的正方体中有一个实心圆柱体，圆柱的上、下底面在正方体的上、下底面上，侧面与正方体的侧面相切，则在正方体与圆柱的空隙中能够放置的最大球的半径为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】在正方体与圆柱的空隙中能够放置的最大球，即为放置的球与正方体相切与圆柱体也相切，过球心与圆柱体底面平行的平面截得该图形的平面图，利用几何关系计算即可.‎ ‎【详解】‎ 如图，过球心与圆柱体底面平行的平面截得该图形的平面图，‎ ‎ ‎ 设球的半径为，则圆柱体底面圆半径,正方形的边长为，由题意可得，‎ ‎，解得，即最大球的半径为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查球的半径的求法，几何图形的转化，属于基础题.‎ ‎15．已知等比数列的前项和为，且，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由等比数列前项和的通项公式得，进而可得比值.‎ ‎【详解】‎ 等比数列的前项和为，由已知，可知 ‎，则．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列前项和的代数表达式，利用等比数列的定义是关键，属于基础题.‎ ‎16．一只蚂蚁从一个正四面体的顶点出发，每次从一个顶点爬行到另一个顶点，则蚂蚁爬行五次还在点的爬行方法种数是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】方法一：根据题意，蚂蚁第一次爬行可以到的任何一点，再利用第二次爬行到与不到进行分类计算，依次计算即可；‎ 方法二：设从点出发爬行次仍在点的爬行方法种数为，由题意得递推关系，进而可得结论.‎ ‎【详解】‎ 解法一：第一次爬行可以到的任何一点，第二次爬行分到与不到，对于第二次不到的第三次爬行再分到与不到．爬行方法总数为（种）．‎ 解法二：设从点出发爬行次仍在点的爬行方法种数为，则，，，‎ ‎，‎ ‎，．（亦可由递推式从第二项递推出第五项的值）‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了计数原理的应用，构造数列，利用递推关系解决问题，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．已知，的内角的对边分别为，为锐角，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）利用诱导公式和倍角公式对函数解析式化简，将代入即可得到答案；‎ ‎（2）利用余弦定理求得的值，代入三角形面积公式求得三角形的面积.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）函数 ‎，‎ 由得：，‎ 为锐角，‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎（2）由余弦定理有，‎ ‎，，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查正弦定理和余弦定理的运用，要求学生对正弦定理和余弦定理公式及变形公式熟练应用，属于基础题.‎ ‎18．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，是等边三角形，侧面底面，，，，点、点分别在棱、棱上，，，点是线段上的任意一点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）先证平面，再证平面，进而可得平面平面，即可得到答案；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，取平面的法向量，利用向量法求出二面角即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）连接，由，得 平面 且，又，‎ 则四边形为平行四边形，‎ 故，平面 又 面面，‎ 又面 平面.‎ ‎（2）如图，以中点为原点，的中垂线为轴，直线为轴，过于平行的直线为轴，建立空间直角坐标系 则面的其中一个法向量，‎ 设面的一个法向量 又，，‎ ‎，‎ ‎，令得，‎ 则 故二面角的大小为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线面平行的判定，利用向量法求法向量，求二面角的大小，属于中档题．‎ ‎19．在贯彻中共中央、国务院关于精准扶贫政策的过程中，某单位在某市定点帮扶某村 户贫困户.为了做到精准帮扶，工作组对这户村民的年收入情况、危旧房情况、患病情况等进行调查，并把调查结果转化为各户的贫困指标.将指标按照，，，，分成五组，得到如图所示的频率分布直方图.规定若，则认定该户为“绝对贫困户”，否则认定该户为“相对贫困户”；当时，认定该户为“亟待帮住户”.工作组又对这户家庭的受教育水平进行评测，家庭受教育水平记为“良好”与“不好”两种.‎ ‎（1）完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为绝对贫困户数与受教育水平不好有关：‎ 受教育水平良好 受教育水平不好 总计 绝对贫困户 相对贫困户 总计 ‎（2）上级部门为了调查这个村的特困户分布情况，在贫困指标处于的贫困户中，随机选取两户，用表示所选两户中“亟待帮助户”的户数，求的分布列和数学期望.‎ 附：，其中.‎ ‎【答案】（1）列联表见解析，有；（2）分布列见解析，.‎ ‎【解析】（1）根据题意填写列联表，计算，对照临界值得出结论；‎ ‎（2）根据题意可得贫困指标在的贫困户共有（户），“亟待帮助户”共有（户），‎ 则的可能值为，，，列出分布列，计算期望值即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意可知，绝对贫困户有（户），可得出如列联表：‎ 受教育水平 良好 受教育水平 不好 总计 绝对贫困户 相对贫困户 总计 ‎．‎ 故有的把握认为绝对贫困户数与受教育水平不好有关．‎ ‎（2）贫困指标在的贫困户共有（户），‎ ‎“亟待帮助户”共有（户），‎ 依题意的可能值为，，， ‎ ‎，，‎ ‎，‎ 则的分布列为 故．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了列联表与独立性检验应用问题，也考查离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．‎ ‎20．已知椭圆的离心率为，其右顶点为，下顶点为，定点，的面积为，过点作与轴不重合的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）试探究的横坐标的乘积是否为定值，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）是，理由见解析.‎ ‎【解析】（1）求出，代入即可；‎ ‎（2）设直线的方程为，，的坐标分别为，求出，的横坐标，，利用直线和椭圆联立，由韦达定理得,，即可求出.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由已知，的坐标分别是由于的面积为，‎ ‎，又由得，‎ 解得：，或（舍去），‎ 椭圆方程为；‎ ‎（2）设直线的方程为，的坐标分别为 则直线的方程为，令，得点的横坐标 直线的方程为，令，得点的横坐标 把直线代入椭圆得 由韦达定理得,‎ ‎∴，是定值．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的综合，圆锥曲线的定值问题，属于中档题．‎ ‎21．已知函数.‎ ‎（1）当时，求函数的单调区间；‎ ‎（2）设，当时，对任意，存在，使得，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）当时，单调减区间是，单调增区间是，；当时，单调增区间是，没有单调减区间；（2）.‎ ‎【解析】（1）先求函数的定义域，利用函数的导函数，得或，当时，分，讨论即可得到答案；‎ ‎（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，‎ 从而在上的最小值为，由题意得 ‎，即，令，求新函数的最大值即可得实数的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）函数的定义域为，‎ ‎，‎ 由，得或.‎ 当即时，由得，‎ 由得或；‎ 当即时，当时都有；‎ 当时，单调减区间是，单调增区间是，；‎ 当时，单调增区间是，没有单调减区间.‎ ‎（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，‎ 从而在上的最小值为.‎ 对任意，存在，使得，‎ 即存在，使的值不超过在区间上的最小值. ‎ 由，.‎ 令，则当时，.‎ ‎，‎ 当时；当时，，.‎ 故在上单调递减，‎ 从而，‎ 从而.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎22．在直角坐标系中，直线的参数方程为，（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.‎ ‎（1）求圆的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与圆交于两点，定点，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）由，，即可得到圆的直角坐标方程；‎ ‎（2）将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，化简整理，再由韦达定理和的几何意义，即可求得.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）将代入，得：，‎ 即圆的直角坐标方程为；‎ ‎（2）设点对应的参数为，‎ 把直线l的参数方程代入，‎ 得：‎ 化简得，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查极坐标方程和直角坐标方程的互化，同时考查直线与圆的位置关系，考查直线参数方程的运用，属于基础题.‎ ‎23．[选修4-5：不等式选讲]‎ 已知实数正数x, y满足．‎ ‎（1）解关于x的不等式； ‎ ‎（2）证明：‎ ‎【答案】(1).(2)见解析.‎ ‎【解析】（1）利用零点分段法即可求解.‎ ‎（2）利用“1”的转换，以及基本不等式即可证明.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）‎ 解得，所以不等式的解集为 ‎ ‎（2）解法1： 且， ‎ ‎ . ‎ 当且仅当时，等号成立. ‎ 解法2： 且，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 当且仅当时，等号成立.‎ ‎【点睛】‎ 主要考查了绝对值不等式的求解、不等式证明、以及基本不等式的应用，属于中档题.对于绝对值不等式的求解，主要运用零点分段法，也可以运用图像法.而不等式的证明，关键是灵活运用不等式的性质以及基本不等式.‎