2020届高考江西省九江市二模试题理科数学

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2020届高考江西省九江市二模试题理科数学

‎ ‎ 绝密★启封并使用完毕前 九江市2020届第二次高考模拟统一考试 理科数学 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.全卷满分150分,考试时间120分钟.‎ 考生注意:‎ ‎1.答题前,考生务必将自己的学号、姓名等项内容填写在答题卡上.‎ ‎2.第Ⅰ卷每小题选出答案后,用2B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,再选涂其他答案标号,第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答,在试题卷上作答,答案无效.‎ ‎3.考试结束,监考员将试题卷、答题卡一并收回.‎ 第Ⅰ卷(选择题60分)‎ 一、选择题:本大题共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.已知集合,,则( ).‎ A. B. C. D.‎ ‎2.已知复数满足,则( ).‎ A. B. C. D.‎ ‎3.已知等比数列的前项和为,且,,则( ).‎ A. B.1 C. D.2‎ ‎4.已知为抛物线上一点,抛物线的焦点为,则( ).‎ A.2 B. C.3 D.‎ ‎5.将函数的图像向左平移个单位得到函数,则函数的图像大致为( ).‎ A. B.‎ ‎ ‎ C. D.‎ ‎6.已知,则下列结论正确的是( ).‎ A. B. C. D.‎ ‎7.若能被9整除,则的最小值为( ).‎ A.3 B.4 C.5 D.6‎ ‎8.第41届世界博览会于2010年5月1日至10月31日,在中国上海举行,气势磅礴的中国馆——“东方之冠”令人印象深刻,该馆以“东方之冠,鼎盛中华,天下粮仓,富庶百姓”为设计理念,代表中国文化的精神与气质.其形如冠盖,层叠出挑,制似斗拱.它有四根高33.3米的方柱,托起斗状的主体建筑,总高度为60.3米,上方的“斗冠”类似一个倒置的正四棱台,上底面边长是139.4米,下底面边长是69.9米,则“斗冠”的侧面与上底面的夹角约为( ).‎ A. B. C. D.‎ ‎9.已知双曲线的左右焦点分别为,,以原点为圆心,为半径的圆与双曲线的右支相交于,两点,若四边形为菱形,则双曲线的离心率为( ).‎ A. B. C. D.‎ ‎10.算盘是中国传统的计算工具,其形长方,周为木框,内贯直柱,俗称“档”,档中横以梁,梁上两珠,‎ ‎ ‎ 每珠作数五,梁下五珠,每珠作数一.算珠梁上部分叫上珠,梁下部分叫下珠.例如:在十位档拨上一颗上珠和一颗下珠,个位档拨上一颗上珠,则表示数字65.若在个、十、百位档中随机选择一档拨一颗上珠,再随机选择两个档位各拨一颗下珠,则所拨数字大于200的概率为( ).‎ A. B. C. D.‎ ‎11.现有边长均为1的正方形、正五边形、正六边形及半径为1的圆各一个,在水平桌面上无滑动滚动一周,它们的中心的运动轨迹长分别为,,,,则( ).‎ A. B. C. D.‎ ‎12.已知函数,,,,给出以下四个命题:①为偶函数;②为偶函数;③的最小值为0;④有两个零点.其中真命题的是( ).‎ A.②④ B.①③ C.①③④ D.①④‎ 第Ⅱ卷(非选择题90分)‎ 本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22~23题为选考题,学生根据要求作答.‎ 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.‎ ‎13.已知向量,满足,,,则与的夹角为________.‎ ‎14.设,满足约束条件,则的最大值是________.‎ ‎ ‎ ‎15.如图,在一个底面边长为2,侧棱长为的正四棱锥中,大球内切于该四棱锥,小球与大球及四棱锥的四个侧面相切,则小球的体积为________.‎ ‎16.已知单调数列的前项和为,若,则首项的取值范围是________.‎ 三、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.‎ ‎17.(本小题满分12分)‎ 在中,角,,所对的边分别为,,,且.已知.‎ ‎(Ⅰ)求证:,,成等差数列;‎ ‎(Ⅱ)若,,求,的值.‎ ‎18.(本小题满分12分)‎ 如图所示的几何体中,四边形是正方形,四边形是梯形,,且,,平面平面.‎ ‎ ‎ ‎(Ⅰ)求证:平面平面;‎ ‎(Ⅱ)若,二面角为,求的值.‎ ‎19.(本小题满分12分)‎ 在直角坐标系中,已知椭圆的离心率为,左右焦点分别为,,过且斜率不为0的直线与椭圆交于,两点,,的中点分别为,,的周长为.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆的标准方程;‎ ‎(Ⅱ)设的重心为,若,求直线的方程.‎ ‎20.(本小题满分12分)‎ 已知函数.‎ ‎(Ⅰ)若,求的单调性和极值;‎ ‎(Ⅱ)若函数至少有1个零点,求的取值范围.‎ ‎21.(本小题满分12分)‎ 羽毛球比赛中,首局比赛由裁判员采用抛球的方法决定谁先发球,在每回合争夺中,赢方得1分且获得发球权.每一局中,获胜规则如下:①率先得到21分的一方赢得该局比赛;②如果双方得分出现,需要领先对方2分才算该局获胜;③如果双方得分出现,先取得30分的一方该局获胜.现甲、乙两名运动员进行对抗赛,在每回合争夺中,若甲发球时,甲得分的概率为;乙发球时,甲得分的概率为.‎ ‎(Ⅰ)若,记“甲以赢一局”的概率为,试比较与的大小;‎ ‎(Ⅱ)根据对以往甲、乙两名运动员的比赛进行数据分析,得到如下列联表部分数据.若不考虑其它因素对比赛的影响,并以表中两人发球时甲得分的频率作为,的值.‎ 甲得分 乙得分 总计 甲发球 ‎50‎ ‎100‎ 乙发球 ‎60‎ ‎90‎ ‎ ‎ 总计 ‎190‎ ‎①完成列联表,并判断是否有95%的把握认为“比赛得分与接、发球有关”?‎ ‎②已知在某局比赛中,双方战成,且轮到乙发球,记双方再战回合此局比赛结束,求的分布列与期望.‎ 参考公式:,其中.‎ 临界值表供参考:‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ 请考生在第22~23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.‎ ‎22.[选修4-4:坐标系与参数方程](本小题满分10分)‎ 在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以为极点,轴非负半轴为极轴建立极坐标系,直线,的极坐标方程分别为,,交曲线于点,,交曲线于点,.‎ ‎(Ⅰ)求曲线的普通方程及极坐标方程;‎ ‎(Ⅱ)求的值.‎ ‎23.[选修4-5:不等式选讲](本小题满分10分)‎ 已知函数的最大值为.‎ ‎(Ⅰ)求的值;‎ ‎(Ⅱ)若,,为正数,且,求证:.‎ 绝密★启封并使用完毕前 九江市2020届第二次高考模拟统一考试 理科数学答案 第Ⅰ卷(选择题60分)‎ 一、选择题:本大题共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.C 解:∵,∴,故选C.‎ ‎2.D 解:,故选D.‎ ‎3.A 解:法一:依题意知,∴,两式相除得,解得,∴,故选A.‎ 法二:依题意得,∴,∴,故选A.‎ ‎4.B 解:将代入抛物线的方程,可得,则,故选B.‎ ‎5.D 解:依题意得,则,,,显然该函数为奇函数,且当时,,故选D.‎ ‎6.C 解:法一:对于选项A:,错误;对于选项B:,,错误;对于选项C:∵,∴在上单调递减,由得,;∵,∴在 ‎ ‎ 上单调递增,由得,;∴,正确;故选C.‎ 法二:取,,则,,显然,故A选项错误;,,显然,故B选项错误;,,显然,故C选项正确;,,显然,故D选项错误;故选C.‎ ‎7.B A.3 B.4 C.5 D.6‎ 解:∵,其中能被9整除,∴能被9整除,则当时,最小,且能被9整除,故选B.‎ ‎8.C 解:依题意得“斗冠”的高为米,如图,,,为“斗冠”的侧面与上底面的夹角,,,,∵,,故选C.‎ ‎9.A 解:如图,∵四边形为菱形,∴,又∵是圆的直径,∴,∴,∴,故选A.‎ ‎10.D 解:依题意得所拨数字共有种可能.若上珠拨的是千位档或百位档,则有种;若 ‎ ‎ 上珠拨的是个位档或十位档,则有种,则所拨数字大于200的概率为,故选D.‎ ‎11.B 解:正边形的中心运动轨迹是由段圆弧组成,每段圆弧的圆心角为,每段圆弧的半径为顶点到中心的距离,所以当它们滚动一周时,中心运动轨迹长,圆的中心运动轨迹长也为,依题意得边长均为1的正方形、正五边形、正六边形的顶点到中心距离及圆的半径满足,∴,故选B.‎ ‎12.C 解:∵,,∴为偶函数,①正确;‎ ‎∵的定义域不关于原点对称,∴为非奇非偶函数,②错误;‎ ‎∵,∴当时,;当时,.∴在上单调递减,在上单调递增,∴.考查函数,令,,则或,当时,单调递增,单调递减,∴单调递减;当时,单调递增,单调递增,∴单调递增,∴时,∴,又为偶函数,∴时,∴,③正确.考查函数,令得,∵,∴,又,,∴直线与函数恰有两个交点,故有两个零点,④正确.故选C.‎ 第Ⅱ卷(非选择题90分)‎ 本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22~23题为选考题,学生根据要求作答.‎ 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.‎ ‎13.‎ ‎ ‎ 解:,∴,,∴,∴与的夹角为.‎ ‎14.‎ 解:不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,当目标函数过时取得最大值,即.‎ ‎15.‎ 解:设为正方形的中心,的中点为,连接,,,则,,如图,在截面中,设为球与平面的切点,则在上,且,设球的半径为,则,∵,∴,则,,∴,设球与球相切于点,则,设球的半径为,同理可得,∴,故小球的体积.‎ ‎16.‎ 解:当时,,∴,当时,,两式相减得……①.,,‎ 当时,……②,得,‎ ‎ ‎ ‎∴数列从第2项起,偶数项成公差为2的等差数列,从第3项起,奇数项成公差为2的等差数列 ‎∴数列单调递增,则满足,∴,解得.‎ 三、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.‎ ‎17.解:(Ⅰ)证明∵,∴ 1分 ‎∴ 2分 ‎∴ 3分 ‎∵,∴ 4分 ‎∴,即 5分 由正弦定理得,即,,成等差数列 6分 ‎(Ⅱ)∵,为锐角,∴ 7分 ‎∵,∴,‎ 由余弦定理得,即 9分 ‎∴ 10分 由得, 12分 ‎18.解:(Ⅰ)取的中点,连接,,∵,∴ 1分 ‎∵是正方形,∴,又平面平面,∴平面, 2分 又∵平面,∴ 3分 又平面,,∴平面 4分 ‎∵,且,∴,∴四边形为平行四边形,‎ ‎∴,四边形为平行四边形,∴ 5分 ‎ ‎ ‎∴平面,又平面,∴平面平面 6分 ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)得,以为原点,,,所在的直线分别为,,轴建立空间直角坐标系,设,,∵,∴,,则,,,, 7分 易知平面的一个法向量为 8分 设为平面的法向量,由得,‎ 令,得 10分 ‎∴,解得,∴ 12分 ‎19.解:(Ⅰ)∵,∵ 2分 连接,,∵,分别为,的中点,∴,,‎ 同理, 3分 ‎∴的周长为,∴, 4分 又,∴,∴椭圆的标准方程为 5分 ‎(Ⅱ)∵过点且斜率不为0,∴可设的方程为,设,,‎ 由得 7分 ‎ ‎ ‎∴, 8分 ‎∴,又∵,∴,‎ 即 9分 ‎∴ 10分 令,解得 11分 ‎∴直线的方程为或 12分 ‎20.解:(Ⅰ)法一:当时,,∴ 1分 当时,,,∴,‎ 当时,,,∴ 2分 ‎∴在上单调递减,在上单调递增 3分 在处取得极小值,极小值为,无极大值 4分 法二:当时,,∴ 1分 ‎∵在上单调递增,且,‎ ‎∴当时,;当时, 2分 ‎∴在上单调递减,在上单调递增 3分 在处取得极小值,极小值为,无极大值 4分 ‎(Ⅱ)∵,由得 5分 令,则 6分 由得.‎ ‎ ‎ 令,当时,,∴在单调递增,‎ ‎∵,,∴存在,使得 7分 且当时,,即,当时,,即 8分 ‎∵,,∴当时,;当时,,‎ ‎∴在上单调递减,在上单调递增 9分 ‎∴在处取得最小值 10分 ‎∵,∴,即,‎ ‎∴,即 11分 ‎∴当时,函数无零点,‎ 当时,∵,∴函数至少有1个零点,‎ 故的取值范围是 12分 ‎21.解:(Ⅰ)∵甲以获胜,则在这个回合的争夺中,前个回合里,甲赢下20个回合,输掉个回合,且最后一个回合必需获胜 1分 ‎∴,‎ ‎∴, 2分 ‎∵,∴ 4分 ‎(Ⅱ)①列联表如下: 5分 甲得分 乙得分 总计 甲发球 ‎50‎ ‎50‎ ‎100‎ ‎ ‎ 乙发球 ‎60‎ ‎30‎ ‎90‎ 总计 ‎110‎ ‎80‎ ‎190‎ ‎ 6分 ‎∵,∴有95%的把握认为“比赛得分与接、发球有关” 7分 ‎②由列联表知,,此局比赛结束,比分可能是,,,‎ ‎∴ 8分 若比分为,则甲获胜概率为,乙获胜概率为,∴,‎ 若比分为,则甲获胜的情况可能为:甲乙甲甲,乙甲甲甲,其概率,‎ 乙获胜的情况可能为:甲乙乙乙,乙甲乙乙,其概率,‎ ‎∴,‎ 若比分为,则,‎ ‎∴的分布列为 ‎2‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎ 11分 ‎∴ 12分 请考生在第22~23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.‎ ‎22.解:(Ⅰ)由的参数方程(为参数),知曲线是以为圆心,半径为2的圆,‎ ‎∴曲线的普通方程为 2分 令,得,‎ 即曲线极坐标方程为 4分 ‎(Ⅱ)依题意得,根据勾股定理,, 5分 ‎ ‎ 将,代入中,得,‎ ‎ 7分 设点,,,所对应的极径分别为,,,,则,,, 8分 ‎∴‎ ‎ 10分 ‎23.解:(Ⅰ)的定义域为,‎ ‎∵,‎ 当且仅当,即或时取等号 3分 ‎∴,∴ 5分 ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知 6分 ‎∵,, 8分 相加得,当且仅当时取等号 9分 ‎∴ 10分 命题人:王峰 审稿人:刘凯、易华、孙善惠、陈劲、江民杰、李高飞、林健航
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