2020届江西名校学术联盟高三教学质量检测考试（二）数学（文）试题（解析版）

2020届江西名校学术联盟高三教学质量检测考试（二）数学（文）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】B【解析】先计算，再计算得到答案.【详解】，故故选：B【点睛】本题考查了交集的运算，属于简单题.2若，则不等式成立的概率为（ ）ABCD【答案】A【解析】根据不等式的解法，以及几何概型的概念，可得结果.【详解】依题意：所以或，故所求概率，故选：A.【点睛】本题主要考查几何概型的概念，属基础题.3若，则（ ）ABCD【答案】B【解析】根据诱导公式以及二倍角的余弦公式，可得结果.【详解】依题意：，故，故选：B.【点睛】本题主要考查二倍角的余弦公式，属基础题.4现有如下命题：命题：“，”的否定为“，”；命题：“”的充要条件为：“”，则下列命题中的真命题是（ ）ABCD【答案】C【解析】根据全称命题的否定是特称命题，以及正弦函数的性质，结合真值表，可得结果.【详解】“，”的否定为“，”，故命题为假；，所以其中，故命题为真；故为真，故选：C.【点睛】本题主要考查命题的真假，属基础题.5已知正四面体外接球的表面积为，则该正四面体的表面积为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据球的表面积公式可得半径，利用补全法，可得正四面体的边长，可得结果.【详解】设外接球半径为，则，解得，将正四面体恢复成正方体，知正四面体的棱为正方体的面对角线，故，解得，故该正四面体的表面积为，故选：C.【点睛】本题考查正四面体的表面积，还考查了正四面体的外接球，掌握立体几何中的补全法与分割法，属基础题.6已知函数的定义域为，是偶函数，在上单调递增，则不等式的解集为（ ）ABCD【答案】A【解析】根据函数的奇偶性以及单调性，结合不等式，可得结果.【详解】依题意：函数的图象关于对称，则，且在上单调递增故 ，所以故选：A.【点睛】本题考查抽象函数的性质，主要考查利用函数单调性求解不等式，中档题.7已知向量，满足，且在方向上的投影为4，现有如下说法：；向量与夹角的余弦值为；，则其中说法正确的个数为（ ）A0B1C2D3【答案】C【解析】根据在方向上的投影的值，可得，结合向量的夹角公式以及向量的垂直关系，可得结果.【详解】依题意：，即，故错误；由，即，得，故正确；，故，故正确，故选：C.【点睛】本题重在考查一个向量在另一个向量上的投影，属基础题.8已知函数，则函数的值域为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据正弦函数的性质，结合整体法，可得结果.【详解】当时，则，所以，故，故选：B.【点睛】本题考查求正弦型函数在某区间的值域，此类型问题，要熟悉正弦函数的图像与性质，通过整体法，快速解决问题，属基础题.9若关于的不等式在上有解，则实数的取值范围为（ ）ABCD【答案】B【解析】利用分离参数的方法，并构造新的函数，通过利用导数研究新函数的单调性，比较新函数的值域与的关系，可得结果.【详解】依题意：，令，则，令，则，易知单调递增，所以单调递增，故，故，则在上单调递增，故，即实数的取值范围为，故选：B.【点睛】本题主要考查存在性问题，对这种类型问题，掌握分离参数的方法以及学会构造新函数，通过研究新函数的性质，化繁为简，属中档题.10已知长方体中，分别是线段，的中点，若是在平面上的射影，点在线段上，/，则（ ）ABCD【答案】D【解析】根据线面垂直找到点，然后结合勾股定理，可得结果.【详解】过点作，垂足为，取的中点，连接，如图则由所以，且所以故所以，故选：D.【点睛】本题主要考查空间中两点之间的距离，还考查了射影的知识，属中档题.11设函数，若函数有5个零点，则实数m的取值范围为（ ）ABCD【答案】A【解析】如图所示，画出函数的图像，令，解得，根据有5个解对比图像得到答案.【详解】如图所示：画出函数的图像，令，解得则，解得，故选：A.【点睛】本题考查了函数的零点问题，画出函数图像是解题的关键.12已知首项为3的正项数列满足，记数列的前项和为，则使得成立的的最小值为（ ）A23B22C20D21【答案】D【解析】根据化简可得数列的通项公式，进一步得到数列的通项公式，然后利用公式法可得，结合不等式，可得结果.【详解】依题意：，故，令，则，所以数列是首项为8，公比为4的等比数列， 所以，所以，故，令，即，所以或（舍去），故所求最小值为21，故选：D.【点睛】本题主要考查根据递推公式得到新数列的通项公式，属基础题.二、填空题13曲线在点处的切线方程为_.【答案】【解析】根据曲线在某点处的导数的几何意义，结合直线方程的点斜式，可得结果.【详解】依题意：，故切线斜率，故切线方程.故答案为：【点睛】本题主要考查曲线在某点处的导数的几何意义，属基础题.14已知实数满足的最大值为_.【答案】2【解析】根据约束条件画出可行域，作的一条平行线，通过平移，以及观察法，可得结果.【详解】作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影部分所示，观察可知，当直线过点时，有最大值，联立解得故的最大值为2.故答案为：2【点睛】本题主要考查线性规划的问题，对线性规划的问题，主要是通过作直线的平行线以及理解或含的式子的含义，可以找到最优解，对非线性规划问题，理解的含义，属基础题.15若直线与圆交于两点，则_.【答案】【解析】根据圆的弦长公式，可得结果.【详解】依题意，圆，故圆心，半径为圆心到直线的距离为所以，故.故答案为：【点睛】本题主要考查圆的弦长公式，属基础题.16已知双曲线的左、右焦点分别为，点M满足，若点N是双曲线虚轴的一个顶点，且的周长的最小值为实轴长的3倍，则双曲线C的渐近线方程为_.【答案】【解析】，而，的周长，计算得到答案.【详解】，而，故的周长为，当且仅当M，N，共线且M在N，之间时，取得最小值，且，结合得.故，故所求渐近线方程为.故答案为：【点睛】本题考查了双曲线的渐近线问题，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.三、解答题17某校将一次测试中高三年级学生的数学成绩统计如下表所示，在参加测试的学生中任取1人，其成绩不低于120分的概率为.分数频数405070608050（1）求的值；（2）若按照分层抽样的方法从成绩在、的学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行错题分析，求这2人中至少有1人的分数在的概率.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据频率的概念，可得结果.（2）根据分层抽样的方法，得到成绩在、分别抽出的人数，并对这些学生分别进行标记，然后利用列举法，结合古典概型的概念，可得结果.【详解】（1）依题意：，解得.（2）依题意：成绩在的学生抽取2人，记为，成绩在的学生抽取4人，记为，则任取2人，所有的情况为，共15种，其中满足条件的为，共9种，故所求概率.【点睛】本题重在考查古典概型的应用，属基础题.18四棱锥中，.（1）求证：；（2）若，AB与平面AEC所成的角为，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）根据题意，得到平面AEC，得到证明.（2）确定AB与平面AEC所成的角即为，计算得到，再利用得到答案.【详解】（1）因为，故，又，故，又，而，故平面AEC，即平面AEC，因为平面AEC，故.（2）因为，由（1）可知，平面AEC，所以平面AEC，故AB与平面AEC所成的角即为，在中，所以故，故故，故.【点睛】本题考查了线线垂直和求三棱锥的体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.19已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求外接圆的半径；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据正余弦定理进行边角互化即可求解；（2）利用余弦定理建立等式，求解边长即可得出面积.【详解】解：（1）依题意，由正弦定理得，整理得，所以，因为，所以，故所求外接圆半径；（2）因为，所以由余弦定理，得，即，解得或（舍去），所以.【点睛】此题考查正余弦定理和面积关系的综合应用，关键在于熟记公式，准确计算.20已知数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据的关系，可得结果.（2）根据（1）的结论，利用错位相减法求和，可得结果.【详解】（1）当时，解得；当时，两式相减可得，解得，易知也符合上式，综上所述，.（2）依题意：，下面先求数列的前项和；，两式相减可得，即所以，化简可得，故.【点睛】本题考查了的关系，还考查了错位相减法求和，要掌握一些常见的求和方法，比如：错位相减，裂项相消，倒序相加等，属中档题.21已知椭圆的左、右焦点分别为，直线l与椭圆C交于P，Q两点，且点M满足.（1）若点，求直线的方程；（2）若直线l过点且不与x轴重合，过点M作垂直于l的直线与y轴交于点，求实数t的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】（1）设，则，相减得到，计算得到直线方程.（2）当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为，联立方程根据韦达定理得到，计算得到，根据的范围计算得到答案.【详解】（1）设，则，两式相减可得，因为，则，故直线l的方程为，即.（2）当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为，设，由消去y得，则，所以，因为的方程为，令，得，当时，；当时，则，当l的斜率不存在时，显然，综上.t的取值范围是.【点睛】本题考查了点差法求直线方程，参数的取值范围，意在考查学生的综合应用能力和转化能力.22已知函数.（1）若函数在上单调递减，求实数的取值范围.（2）讨论函数的单调性.【答案】（1）；（2）见详解【解析】（1）利用等价转换的思想，紧接着分离参数，然后构造新的函数，通过观察新函数的单调性，根据新函数的值域与的关系，可得结果.（2）利用导数研究含参数的函数的单调性，结合分类讨论，可得结果.【详解】（1）依题意：，所以在上恒成立，故，而，当时，故，解得，即实数的取值范围为.（2）