江西省南昌市2020届高三数学二模考试试题 理（含解析）

江西省南昌市2020届高三数学二模考试试题 理（含解析）一、选择题.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，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出集合A，然后根据数轴求出.【详解】解：因为，所以或，故集合或，又因为集合，所以=，故选D.【点睛】本题考查了集合的交集，解题的关键是审清题意，解析出集合中的元素.2.已知，复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出，然后再求出.【详解】解：因为复数，所以，故，故选D.【点睛】本题考查了复数模的问题，解决问题的关键对的正确理解.3.已知函数，命题：，若为假命题，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】为假命题，即不存在，使，根据这个条件得出实数的取值范围.【详解】解：因为为假命题，所以为真命题，即不存在，使，故，且解得：或，故选C.【点睛】本题考查了命题的否定，解题的关键是要将假命题转化为真命题，从而来解决问题.4.已知抛物线的焦点为，点在该抛物线上，且在轴上的投影为点，则的值为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】在轴上的投影为点，由抛物线的定义可得，故可得结果.【详解】解：因为抛物线，所以抛物线的准线方程为，因为在轴上的投影为点，所以即为点到的距离减去2，因为点在该抛物线上，故点到的距离等于，所以,故，故选B.【点睛】本题考查了抛物线的定义，解决问题的关键是要利用抛物线的定义将进行转化.5.一个组合体的三视图如图所示（图中网格小正方形的边长为1），则该几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据组合几何体的三视图还原出几何体，几何体是圆柱中挖去一个三棱柱，从而解得几何体的体积.【详解】由几何体的三视图可得，几何体的结构是在一个底面半径为1的圆、高为2的圆柱中挖去一个底面腰长为的等腰直角三角形、高为2的棱柱，故此几何体的体积为圆柱的体积减去三棱柱的体积，即，故选C.【点睛】本题考查了几何体的三视图问题、组合几何体的体积问题，解题的关键是要能由三视图还原出组合几何体，然后根据几何体的结构求出其体积.6.已知函数（，）的部分图像如图所示，若将图像上的所有点向左平移个单位得到函数的图像，则函数的单调递增区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的图像得出函数解析式，然后根据平移规则得出函数的图像，从而得出函数的单调区间.【详解】解：由图可得故，解得，将点代入函数，即，因为，所以，故函数，因为将图像上的所有点向左平移个单位得到函数的图像所以，当时解得：，故当时，单调递增，故选A.【点睛】本题考查了求三角函数解析式问题、三角函数图像平移问题、三角函数单调性问题，解决问题的关键是要能由函数图像得出函数解析式，熟练运用图像平移的规则等.7.已知，则实数的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先解出，的值，然后再利用指数函数、幂函数的单调性判断大小关系.【详解】解：因为，所以，同理可得：，因为函数为单调增函数，且，故，即，因为函数为单调增函数，且，所以，即，所以，故选D.【点睛】本题考查了利用函数单调性比较两数大小的问题，解决问题的关键是要能从两数的关系中寻找出相应的函数.8.唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出点A关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.【详解】解：设点A关于直线的对称点，的中点为，故解得，要使从点A到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离，“将军饮马”的最短总路程为，故选A.【点睛】本题考查了数学文化问题、点关于直线的对称问题、点与圆的位置关系等等，解决问题的关键是将实际问题转化为数学问题，建立出数学模型，从而解决问题.9.已知中，点是边的中点，则等于（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理求出的值，用基底表示，则可以得到的值.【详解】解：在中，由正弦定理得，即，解得，因为，所以故选B.【点睛】本题考查了正弦定理、向量分解、向量数量积等问题，解题的关键是要将目标向量转化为基向量，从而求解问题.10.已知双曲线：焦距为，圆：与圆：外切，且的两条渐近线恰为两圆的公切线，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】两圆相外切，可得两圆心距为3，从而可得，渐近线为两圆的公切线，故可得，从而可得出关于的关系，求得离心率.【详解】解：因为圆：与圆：外切，所以即，渐近线为两圆的公切线，故可得，即，将代入到中，得，即，又因为故，解得：，故，故选C.【点睛】本题考查了双曲线的离心率问题、直线与圆相切、圆与圆相切问题，构造出的等量关系式是本题解题的关键.11.已知是定义在上的函数，且对任意的都有，若角满足不等式，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】构造新函数，由可得为单调减函数，由可得为奇函数，从而解得的取值范围.【详解】解：令因为，所以为R上的单调减函数，又因为，所以，即，即，所以函数为奇函数，故，即为，化简得，即，即，由单调性有，解得，故选A.【点睛】本题考查了函数性质的综合运用，解题的关键是由题意构造出新函数，研究其性质，从而解题.12.平行六面体的底面是边长为4的菱形，且，点在底面的投影是的中点，且，点关于平面的对称点为，则三棱锥的体积是（ ）A. 4B. C. D. 8【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用待定系数法求出点的坐标，进而求解三棱锥的体积.【详解】解：因为平行六面体的底面是边长为4的菱形，所以,因为点在底面的投影是的中点，所以，故以点为原点，以，为轴建立如图所示的空间坐标系,则，,则，设平面法向量为故即令，解得，设点则因为点关于平面对称点为，所以，所以，即，解得：，即，又因为点到平面的距离等于点到平面的距离，所以即，解得或，当时，点与点重合，不符合题意，当时，点，显然，平面的法向量为，故点到平面的距离为，所以三棱锥的体积为，故选C.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中求体积的应用问题，解决本题的关键是充分运用待定系数法求解点的坐标，同时要熟练运用点到面的距离公式.二、填空题（将答案填在答题纸上）13.已知，则等于_【答案】240【解析】【分析】由题意可知，不存在，可得出，再利用二项式定理求出，然后得出答案.【详解】解：因为的第项为，所以不存在，故，的系数为，所以.【点睛】本题考查了二项式定理的知识，对各展开项次数的认识是本题解题的关键.14.已知实数满足，则的最小值是_【答案】-2【解析】【分析】作出对应的区域，根据线性规划知识，对其进行平移，从而得到最小值.【详解】解：不等式等价于，故对应区域如图所示，目标形式的几何意义为斜率等于2的直线，当直线平移经过点B时，取得最小值，联立方程组，解得，故.【点睛】本题考查了线性规划知识，解题的关键是正确画出不等式组对应的平面区域，对目标形式几何意义的探求也很关键.15.已知，则_【答案】【解析】【分析】利用两角和差公式将展开，然后化简便可得结果.【详解】解：将化简，可得，即，即，即，利用二倍角公式可得，.【点睛】本题考查了两角和差公式、同角三角关系的运用，熟练运用公式是解题的关键.16.江先生朝九晚五上班，上班通常乘坐公交加步行或乘坐地铁加步行.江先生从家到公交站或地铁站都要步行5分钟.公交车多且路程近一些，但乘坐公交路上经常拥堵，所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下车后从公交站步行到单位要12分钟；乘坐地铁畅通，但路线长且乘客多，所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下地铁后从地铁站步行到单位要5分钟.下列说法：若8：00出门，则乘坐公交不会迟到；若8：02出门，则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大；若8：06出门，则乘坐公交上班不迟到的可能性更大；若8：12出门，则乘坐地铁几乎不可能上班不迟到.从统计的角度认为以上说法中所有合理的序号是_参考数据：若，则，.【答案】【解析】【分析】利用正态分布对每一个说法求解其发生的概率，逐项分析，选出正确的选项.【详解】解：若8：00出门，江先生乘坐公交，因为从家到车站要5分钟，下车步行到公司要12分钟，并且乘公交车所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生仍旧有可能迟到，只不过发生的概率较小，故错误；若8：02出门，江先生乘坐公交，因为从家到车站要5分钟，下车步行到公司要12分钟，并且乘公交所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘公交不会迟到；若8：02出门，江先生乘坐地铁，因为从家到车站要5分钟，下地铁步行到公司要5分钟，并且乘地铁所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘地铁不会迟到；此时两种上班方式，江先生不迟到的概率相当，故错误；若8：06出门，江先生乘坐公交上班；因为从家到车站要5分钟，下车步行到公司要12分钟，并且乘公交所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘地铁不会迟到；若8：06出门，江先生乘坐地铁，因为从家到车站要5分钟，下地铁步行到公司要5分钟，并且乘地铁所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘地铁不会迟到，此时两种上班方式，显然江先生公交上班不迟到的可能性更大，故正确；若8：12出门，江先生乘坐地铁上班，因为从家到车站要5分钟，下地铁步行到公司要5分钟，并且乘地铁所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘地铁不会迟到，此时不迟到的可能性极小，故江先生乘坐地铁几乎不可能上班不迟到，故正确；综上：正确.【点睛】本题考查了正态分布的实际应用，解题的关键是熟知正态曲线是关于对称，在正态曲线下方和x轴上方范围内的区域面积为1等正态密度曲线图象的特征.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知数列是公差不为零的等差数列，且存在实数满足，.（1）求的值及通项；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2） 【解析】分析】（1）设出等差数列的公差d，然后退位相减便可得结果；（2）求出数列的通项公式，然后利用分组求和法解出数列的前项和.【详解】（1）设等差数列的公差为，由得，-得，又因为，解得；将代入可得，即，又因为，所以.（2）由（1）可得，所以 .【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式和前项和公式的运用，基本量法是解题常见的方法.18.如图，矩形中，、是边的三等分点.现将、分别沿、折起，使得平面、平面均与平面垂直.（1）若为线段上一点，且，求证：平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）构造经过直线的平面，然后证明该平面与已知的平面平行，再由面面平行得出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，借助空间向量知识解决二面角的大小.【详解】（1）如图，分别取，的中点，连接，因为，所以，且.因为，所以，且.因为面与面垂直，面面，平面所以面，同理：面，所以，且，平面，平面，故平面，在矩形中，故，同理：，在几何体中，因为，所以，所以是以为斜边的等腰直角三角形，故，而，因为与共面于平面,故，平面，平面，故平面，,平面，故面面，因为平面，则面.（2）如图，以为原点，分别以，所在直线为轴，以过点并垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系，则，则，因为所以，由（1）得面，而平面，故平面，从而是平面的一个法向量；设为平面的一个法向量，则，解得，取，则，即，所以，故所求二面角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的证明以及二面角的求解问题，线面平行常见的证法是借助线线平行或面面平行证得，求解二面角大小时往往借助法向量的夹角来进行求解.19.已知椭圆：，点在的长轴上运动，过点且斜率大于0的直线与交于两点，与轴交于点.当为的右焦点且的倾斜角为时，重合，.（1）求椭圆的方程；（2）当均不重合时，记，若，求证：直线的斜率为定值.【答案】（1）（2）见证明【解析】【分析】（1）根据特殊情况当为的右焦点且的倾斜角为时，重合，可得到的值；（2）设出直线l，求出点M、N，设出点P、Q，利用条件，得出与的关系、与的关系，根据条件，得出.，再借助韦达定理对求解出的值，进而得到斜率.【详解】解：（1）因为当为的右焦点且的倾斜角为时，重合，所以故，因为，因此，所以椭圆的方程为.（2）设，所以，所以因为斜率大于0，所以，设，则，由得， 同理可得，两式相乘得，又，所以，所以，即，即由题意，知，所以.联立方程组，得，依题意，所以，又，所以，因为，故得，所以，即直线的斜率为.【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系的问题，求解本题时应大胆多设变量，小心化简，通过一定的手段（设而不求、韦达定理等）进行减元，将多变量问题转化为少变量（单变量）问题.20.某品牌餐饮公司准备在10个规模相当的地区开设加盟店，为合理安排各地区加盟店的个数，先在其中5个地区试点，得到试点地区加盟店个数分别为1，2，3，4，5时，单店日平均营业额（万元）的数据如下：加盟店个数（个）12345单店日平均营业额（万元）10.910.297.87.1（1）求单店日平均营业额（万元）与所在地区加盟店个数（个）的线性回归方程；（2）该公司根据回归方程，决定在其他5个地区中，开设加盟店个数为5，6，7的地区数分别是2，1，2.小赵与小王都准备加入该公司的加盟店，但根据公司规定，他们只能分别从这5个地区的30个加盟店中随机抽取一个加入.记事件：小赵与小王抽取到的加盟店在同一个地区，事件：小赵与小王抽取到的加盟店预计日平均营业额之和不低于12万元，求在事件发生的前提下事件发生的概率.（参考数据及公式：，线性回归方程，其中，.）【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出，根据求出b的值，从而得出a的值，进而得出结果；（2）先求出，然后求解，根据条件概率公式得出，.【详解】（1）由题可得，设所求线性回归方程为，则，将，代入，得，故所求线性回归方程为.（2）根据回归方程，加盟店个数为5的地区单店预计日平均营业额为7万元，加盟店个数为6的地区单店预计日平均营业额为6万元，加盟店个数为7的地区单店预计日平均营业额为5万元；，所以.【点睛】本题考查了线性回归方程和实际问题处理的能力以及条件概率等知识，着重考查了学生数据分析的核心素养，属于中档题.21.已知函数，.（且为常数，为自然对数的底）（1）讨论函数的极值点个数；（2）当时，对任意的恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，无极值点；当时，有且仅有1个极值点；（2）【解析】【分析】（1）根据讨论函数单调性，根据单调性的情况分析极值点的情况；（2）不等式对任意的恒成立，利用分离变量得出对任意的恒成立，即求的最小值，利用导数求解函数的最小值.【详解】（1）的定义域为，因为在上恒成立，所以函数在区间上单调递增，且值域为，当时，在区间上恒成立，即，故在上单调递增，所以无极值点；当时，方程有唯一解，设为，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以是函数的极小值点，即函数只有1个极值点.（2）当时，不等式对任意的恒成立，即对任意的恒成立，即对任意的恒成立，记，记，因为在恒成立，所以在上单调递增，且， 所以存在使得，且时，函数单调递减；当时，函数