江西省南昌二中2020届高三第四次月考数学（文）试题

江西省南昌二中2020届高三第四次月考数学（文）试题

‎2019-2020学年江西省南昌二中高三（上）第四次月考数学试卷（文科）‎ 一、选择题（本大题共12小题）‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对集合A和集合B取交集即可.‎ ‎【详解】集合，‎ 则．‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题.‎ ‎2.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：根据复数除法法则化简复数，即得结果.‎ 详解：选D.‎ 点睛：本题考查复数除法法则，考查学生基本运算能力.‎ ‎3.如图是某样本数据的茎叶图，则该样本的中位数、众数、极差分别是( )‎ A. 32 34 32 B. 33 45 35 C. 34 45 32 D. 33 36 ‎ ‎ 35‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据中位数，众数以及极差的概念以及茎叶图中的数据，求出相应的数据即可．‎ ‎【详解】从茎叶图中知共16个数据，按照从小到大排序后中间的两个数据为32、34，‎ 所以这组数据的中位数为33；‎ ‎45出现的次数最多，所以这组数据的众数为45；‎ 最大值是47，最小值是12，故极差是：35，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】画茎叶图时的注意事项 ‎ （1）将每个数据分为茎（高位）和叶（低位）两部分，当数据是两位整数时，茎为十位上的数字，叶为个位上的数字；当数据是由整数部分和小数部分组成，可以把整数部分作为茎，把小数部分作为叶； ‎ ‎ （2）将茎上的数字按大小次序排成一列．‎ ‎ （3）为了方便分析数据，通常将各数据的叶按大小次序写在其茎右（左）侧．‎ ‎ （4）用茎叶图比较数据时，一般从数据分布的对称性、中位数，稳定性等方面来比较．‎ ‎4.若，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：由公式可得结果.‎ 详解：‎ 故选B.‎ 点睛：本题主要考查二倍角公式，属于基础题 ‎5.已知平面向量的夹角为，且，，则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将进行平方运算可化为关于的方程，解方程求得结果.‎ ‎【详解】由得：‎ 即：，解得：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查向量模长的求解，关键是能够通过平方运算，利用数量积运算构造出关于所求模长的方程，属于常考题型.‎ ‎6.“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：根据等比数列定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.‎ 详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为，‎ 所以，‎ 又，则 故选D.‎ 点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.‎ ‎ 等比数列的判断方法主要有如下两种：‎ ‎（1）定义法，若（）或（）， 数列是等比数列；‎ ‎（2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列.‎ ‎7.执行如图所示的程序框图，如果输入的，则输出的值的取值范围是 ‎ A. 或 B. ‎ C. 或 D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，该程序的功能是求函数的值域．‎ ‎①当时，在区间上单调递增，‎ ‎∴，即；‎ ‎②当时，，当且仅当，即时等号成立．‎ 综上输出的值的取值范围是或．选C．‎ ‎8.观察下列各式：，，，，，…，则（ ）‎ A. 322 B. 521 C. 123 D. 199‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中数据，归纳推理，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，，，，，…，‎ 等式右边对应的数为，‎ 所以，其规律为：从第三项起，每项等于其相邻两项的和；‎ 因此，求，即是求数列“”中的第12项，‎ 所以对应的数列为“”，即第12项为322.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查归纳推理，结合题中数据，找出规律即可，属于常考题型.‎ ‎9.已知，若存在三个不同实数使得，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. （0，1）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出分段函数f（x）的图象，然后根据图象分析a、b、c的取值范围，再根据对数函数以及绝对值函数的性质得出bc＝1，即可得到abc的取值范围．‎ ‎【详解】由题意，画出函数f（x）的图象大致如图所示：‎ ‎∵存在三个不同实数a，b，c，使得f（a）＝f（b）＝f（c），可假设a＜b＜c，‎ ‎∴根据函数图象，可知：﹣2＜a≤0，0＜b＜1，c＞1．又∵f（b）＝f（c），‎ ‎∴|log2019b|＝|log2019c|，即：﹣log2019b＝log2019c．∴log2019b+log2019c＝0．‎ ‎∴log2019bc＝0，即bc＝1．∴abc＝a．∵﹣2＜a≤0，∴﹣2＜abc≤0．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的图象画法，数形结合法的应用，绝对值函数以及对数函数的应用，不等式的性质，属于中档题．‎ ‎10.设a，b，c分别是的内角A，B，C的对边，已知，设D是BC边的中点，且的面积为，则等于　　‎ A. 2 B. 4 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角形内角和定理可得．由正弦定理可得b2+c2﹣a2=bc，由余弦定理可得cosA=，结合范围A∈（0，π）可得A的值，结合的面积求得bc,将利用向量加减法运算转化为,即可求得结果.‎ ‎【详解】∵，，‎ ‎∴由正弦定理可得：，整理可得：b2+c2﹣a2=-bc，‎ ‎∴由余弦定理可得：cosA=，∴由A∈（0，π），可得：A=，又的面积为，即,∴bc=4,‎ 又=-=-=-‎ ‎===-bccosA=2.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量加减法的运算、数量积的运算，综合运用了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，考查了转化思想和计算能力，属于中档题．‎ ‎11.已知，，，，是球的球面上的五个点，四边形为梯形，，，，面，则球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知中的平行关系和长度关系可确定中点为底面梯形的外接圆圆心，根据球的性质可知平面，利用勾股定理构造出关于和球的半径的方程，解方程求得，代入球的体积公式可求得结果.‎ ‎【详解】取中点，连接 且 四边形为平行四边形 ‎，又 ‎ 为四边形的外接圆圆心 设为外接球的球心，由球的性质可知平面 作，垂足为 四边形为矩形，‎ 设，‎ 则，解得： ‎ 球的体积：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查棱锥外接球体积的求解问题，关键是能够明确外接球球心的位置，主要是根据球心与底面外接圆圆心连线垂直于底面的性质，通过勾股定理构造方程求得结果.‎ ‎12.已知椭圆的右焦点为．短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点．若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：设是椭圆的左焦点，由于直线过原点，因此两点关于原点对称，从而是平行四边形，所以，即，，设，则，所以，，即，又，所以，．故选A．‎ 考点：椭圆的几何性质．‎ ‎【名师点睛】本题考查椭圆的离心率的范围，因此要求得关系或范围，解题的关键是利用对称性得出就是，从而得，于是只有由点到直线的距离得出的范围，就得出的取值范围，从而得出结论．在涉及到椭圆上的点到焦点的距离时，需要联想到椭圆的定义．‎ 二、填空题（本大题共4小题）‎ ‎13.过点且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线的一般方程为_________.‎ ‎【答案】2x+y=0，或 x-y+6=0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可分①当在坐标轴上截距为0时与②在坐标轴上截距不为0时讨论解决．‎ ‎【详解】：①当在坐标轴上截距为0时，所求直线方程为：y=-2x，即2x+y=0； ②当在坐标轴上截距不为0时，∵在坐标轴上截距互为相反数， ∴x-y=a，将A（-2，4）代入得，a=-6， ∴此时所求的直线方程为x-y+6=0； 即答案为2x+y=0，或 x-y+6=0.‎ ‎【点睛】本题考查直线的截距式方程，当在坐标轴上截距为0时容易忽略，考查分类讨论思想与缜密思考的习惯．‎ ‎14.已知为第二象限的角，，则的值为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由为第二象限的角，，可得，由于=，再结合两角和的正弦公式展开运算即可得解.‎ ‎【详解】解：因为为第二象限的角，，‎ 所以，‎ 又因为==+，‎ 所以=，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查了象限角对应的三角函数值及两角和的正弦公式，主要考查了=，属中档题.‎ ‎15.设函数是定义在上周期为2的函数，且对任意实数恒有当时，，若在上有三个零点，则的取值范围为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据函数的周期和奇偶性作出和在上的图象，根据交点个数列出不等式解出．‎ ‎【详解】解：，，是偶函数，根据函数的周期和奇偶性作出的图象如图所示：‎ 在上有且仅有三个零点，‎ 和的图象在上只有三个交点，‎ ‎，解得即 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了零点个数的判断，作出的函数图象是解题关键．‎ ‎16.已知实数，满足，则的最大值是 ．‎ ‎【答案】15‎ ‎【解析】‎ 由图可知当时，满足的是如图的劣弧，则在点处取得最大值；当时，满足的是如图的优弧，则与该优弧相切时取得最大值，故，所以，故该目标函数的最大值为.‎ 考点：1.简单的线性规划；‎ 三、解答题（本大题共7小题）‎ ‎17.2018年8月8日是我国第十个全民健身日，其主题是：新时代全民健身动起来．某市为了解全民健身情况，随机从某小区居民中抽取了40人，将他们的年龄分成7段：[10，20），[20，30），[30，40），[40，50），[50，60），[60，70），[70，80]后得到如图所示的频率分布直方图．‎ ‎（1）试求这40人年龄的平均数、中位数的估计值；‎ ‎（2）（i）若从样本中年龄在[50，70）的居民中任取2人赠送健身卡，求这2人中至少有1人年龄不低于60岁的概率；‎ ‎（ⅱ）已知该小区年龄在[10，80]内的总人数为2000，若18岁以上（含18岁）为成年人，试估计该小区年龄不超过80岁的成年人人数．‎ ‎【答案】(1) 平均数37，中位数为35;(2) （ⅰ）;（ⅱ）该小区年龄不超过80岁的成年人人数约为2000×0.88＝1760．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标相乘后求和可得平均值；直方图左右两边面积相等处横坐标表示中位数；（2）（ⅰ）从6人中任选2人共有15个基本事件，至少有1人年龄不低于60岁的共有9个基本事件，由古典概型概率公式可得结果；（ⅱ）样本中年龄在18岁以上的居民所占频率为1－（18－10）×0.015＝0.88．‎ ‎【详解】（1）平均数．‎ 前三组的频率之和为0.15＋0.2＋0.3＝0.65，故中位数落在第3组，设中位数为x，‎ 则（x－30）×0.03＋0.15＋0.2＝0.5，解得x＝35，即中位数为35．‎ ‎（2）（ⅰ）样本中，年龄在[50，70）的人共有40×0.15＝6人，其中年龄在[50，60）的有4人，设为a，b，c，d，年龄在[60，70）的有2人，设为x，y．‎ 则从中任选2人共有如下15个基本事件：（a，b），（a，c），（a，d），（a，x），（a，y），（b，c），（b，d），（b，x），（b，y），（c，d），（c，x），（c，y），（d，x），（d，y），（x，y）．‎ 至少有1人年龄不低于60岁的共有如下9个基本事件：‎ ‎（a，x），（a，y），（b，x），（b，y），（c，x），（c，y），（d，x），（d，y），（x，y）．‎ 记“这2人中至少有1人年龄不低于60岁”为事件A，‎ 故所求概率．‎ ‎（ⅱ）样本中年龄在18岁以上的居民所占频率为1－（18－10）×0.015＝0.88，‎ 故可以估计，该小区年龄不超过80岁的成年人人数约为2000×0.88＝1760．‎ ‎【点睛】本题主要考查直方图以及古典概型概率公式的应用，属于中档题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，…. ，再，…..依次 ….… 这样才能避免多写、漏写现象的发生.‎ ‎18.已知数列的各项均为正数，且.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）由得，解得或，又数列{an}的各项均为正数，可得an．（2）利用错位相减法求解即可.‎ 详解：‎ ‎（1）由得，‎ 所以或，又因为数列的各项均为正数，负值舍去 所以.‎ ‎（2）由，‎ 所以①‎ ‎②‎ 由①-②得：‎ 所以.‎ 点睛：考查数列通项的求法和利用错位相减法求和，能正确分解因式递推式求得通项是解题关键.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，且底面.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若为的中点，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析;（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先证明，再说明，根据底面，可得，即可证出；（2）因为三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，可转化为求三棱锥的体积，再换顶点为Q，并利用Q是中点转化为求解即可.‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：∵，∴，‎ ‎∵，∴.‎ 又∵底面，∴.‎ ‎∵，∴平面.‎ ‎（2）三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，‎ 而 .‎ 所以三棱锥的体积.‎ 点睛：涉及几何体，特别是棱锥的体积计算问题，一般要进行转化，变换顶点后，有时还需要利用等底等高转换，还可以利用直线上的点为中点或三等分点再进行顶点变换，从而求出几何体的体积.‎ ‎20.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，右焦点到直线的距离为1．‎ 求椭圆的标准方程；‎ 若P为椭圆上的一点点P不在y轴上，过点O作OP的垂线交直线于点Q，求的值．‎ ‎【答案】(1) (2)．‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）已知条件用数学式子表示就是和，结合可求得；‎ ‎（2）由题意知OP的斜率存在，可先求出特殊位置即时的值，时，设直线OP的方程为，由，得，可求得点坐标，得，再由直线垂直得方程，从而得点坐标，得代入可得的值．‎ ‎【详解】椭圆的离心率为，右焦点到直线的距离为1，‎ ‎，且，‎ 解得，，‎ 椭圆的标准方程为 设，，‎ 由题意知OP的斜率存在，‎ 当OP的斜率为0时，，，‎ ‎，‎ 当OP的斜率不为0时，设直线OP的方程为，‎ 由，得，‎ 解得，，‎ ‎，‎ ‎，直线OQ的方程为，‎ 由，得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 综上所述，．‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系．本题直线与椭圆相交问题中，采取解析几何的基本方法，设出直线方程（如方程为）与椭圆方程联立求出交点的坐标，再得直线坐标，得出点坐标， 计算，代入求值式化简即可．本题有一定的难度，对学生的运算求解能力要求较高．‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）设，曲线在点处的切线在轴上的截距为，求的最小值；‎ ‎（Ⅱ）若只有一个零点，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）-8；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用导数几何意义先求出切线的方程，再根据切线方程求出，然后利用二次函数的单调性求最值；（Ⅱ）先对函数求导可得，再通过分类讨论研究函数的单调性，然后根据函数的极值的情况函数零点的关系得出的取值范围即可．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由已知可得，，，‎ 所以曲线在点处的切线方程为.‎ 令，得.‎ 因为，所以在上单调递增，‎ 所以当时，.‎ ‎（Ⅱ）①若，因为或，，‎ 所以在和上单调递增，在上单调递减，‎ 所以的极小值为，极大值为.‎ 因为，若只有一个零点，‎ 则或.‎ 由，得或.又，所以.‎ 由，得.‎ 因为，所以，得，‎ 所以或.‎ ‎②若，，则在上是增函数.‎ 因为，所以只有一个零点-1.‎ ‎③若，因为或，，‎ 所以在和上单调递增，在上单调递减，‎ 所以的极小值为，极大值为.‎ 因为，，若只有一个零点，‎ 则，即.‎ 因为，所以，得.‎ 综上，实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义及利用导数研究含参数的函数的单调性、极值、零点问题，属中等难度题．‎ ‎22.‎ 在直角坐标系中，曲线的方程为.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求的直角坐标方程；‎ ‎（2）若与有且仅有三个公共点，求的方程.‎ ‎【答案】(1) .‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】‎ 分析：(1)就根据，以及，将方程中的相关的量代换，求得直角坐标方程；‎ ‎(2)结合方程的形式，可以断定曲线是圆心为，半径为的圆，是过点且关于轴对称的两条射线，通过分析图形的特征，得到什么情况下会出现三个公共点，结合直线与圆的位置关系，得到k所满足的关系式，从而求得结果.‎ 详解：（1）由，得的直角坐标方程为 ‎．‎ ‎（2）由（1）知是圆心为，半径为的圆．‎ 由题设知，是过点且关于轴对称的两条射线．记轴右边的射线为，轴左边的射线为．由于在圆的外面，故与有且仅有三个公共点等价于与只有一个公共点且与有两个公共点，或与只有一个公共点且与有两个公共点．‎ 当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，所以，故或．‎ 经检验，当时，与没有公共点；当时，与只有一个公共点，与有两个公共点．‎ 当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，所以，故或．‎ 经检验，当时，与没有公共点；当时，与没有公共点． ‎ 综上，所求的方程为．‎ 点睛：该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，涉及到的知识点有曲线的极坐标方程向平面直角坐标方程的转化以及有关曲线相交交点个数的问题，在解题的过程中，需要明确极坐标和平面直角坐标之间的转换关系，以及曲线相交交点个数结合图形，将其转化为直线与圆的位置关系所对应的需要满足的条件，从而求得结果.‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）设函数的最小值为m，当a，b，，且时，求的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）通过和两个点进行分段，分别在三段范围内进行讨论，得到解析式后建立不等关系，求解得到范围；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：；法一：设，利用，可得，从而推得，求得最大值；‎ 法二：构造出，利用可得，从而求得最大值；‎ 法三：构造出柯西不等式的形式，从而得到，从而求得最大值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）①当时， ‎ ‎②当时， ‎ ‎③当时， ‎ 综上：的解集为 ‎（Ⅱ）法一：由（Ⅰ）可知 即 又且 则，设 ‎ ‎ 同理：，‎ ‎，即 当且仅当时取得最大值 法二：由（Ⅰ）可知 即 又且 当且仅当时取得最大值 法三：由（Ⅰ）可知 即 ‎ ‎ 由柯西不等式可知：‎ 即：‎ 当且仅当即时，取得最大值 ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法、利用基本不等式、柯西不等式求最值问题.解决不等式部分最值问题的关键是配凑出符合基本不等式或柯西不等式的形式，从而求得结果.‎ ‎ ‎