【KS5U解析】江西省南昌市2020届高三第二次模拟数学（文）试题 Word版含解析

1、ncs20200707项目第二次模拟测试卷文科数学一、选择题：本题共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.复数，则等于( )a. 2b. 4c. d. 【答案】b【解析】【分析】先利用复数的乘法运算得到，再利用模的计算公式计算即可.【详解】由已知，所以.故选：b【点睛】本题考查复数的乘法以及复数模的计算，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.2.集合，则（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】集合中元素为函数的自变量，集合中元素为函数因变量，化简集合,根据交集定义，即可求得.【详解】集合中元素为函数的自变量由，即解得：集合中元素

2、为函数因变量由故选：c【点睛】本题主要考查了集合交集运算，解题关键是掌握交集定义，在处理关于函数集合问题时，要注意集合中的元素是自变量还是因变量，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.3.已知空间内两条不同的直线，则“”是“与没有公共点”的（ ）a. 充分不必要条件b. 必要不充分条件c. 充要条件d. 既不充分也不必要条件【答案】a【解析】【分析】根据充分条件和必要条件定义，即可求得答案.【详解】空间内两条不同的直线，由“”可以推出“与没有公共点”“”是“与没有公共点”充分条件在空间中“与没有公共点”， 与可以是或异面直线故：“与没有公共点”不能推出“”“”是“与没有公共点”不必要条件“”是

3、“与没有公共点”的充分不必要条件故选：a.【点睛】本题主要考查了判断充分不必要条件，解题关键是掌握充分条件和必要条件的定义，在空间中两条不同直线没有交点可以是平行或者异面，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.4.已知，则不等式的解集是( )a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】分，两种情况讨论，分别解不等式组，再求并集即可.【详解】当时，解得，所以；当时，解得，所以；综上，不等式的解集是.故选：d【点睛】本题考查解分段函数不等式，考查学生分类讨论思想，数学运算能力，是一道容易题.5.已知函数的图象关于原点对称，则（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】因为函数

4、的图象关于原点对称，可得函数为定义域为奇函数，根据奇函数性质，可得,求得值，进而求得.【详解】函数的图象关于原点对称可得：为定义域为奇函数根据奇函数性质令，可得又故故选：a.【点睛】本题解题关键是掌握奇函数在定义域包含时，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.6.已知中角，所对的边分别为，若，则角等于（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】因为，根据正弦定理：“边化角”，结合余弦二倍角公式，即可求得角.【详解】根据正弦定理：“边化角”可得：又联立可得：即即：解得：(舍去)或由可得：结合故选：c.【点睛】本题考查了求三角形一个内角，解题关键是掌握正弦定理“边化角”和余弦二倍角公式

5、，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.7.已知为不共线的两个单位向量，且在上的投影为，则( )a. b. c. d. 【答案】d【解析】分析】由已知得到，进一步得到，再代入中计算即可.【详解】设的夹角为，由已知，所以，所以.故选：d【点睛】本题考查向量模的计算，涉及到向量的投影，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.8.直线被圆截得最大弦长为( )a. b. c. 3d. 【答案】d【解析】【分析】先求出圆心到直线的距离，再利用垂径定理与勾股定理建立关系即可得到答案.【详解】由已知，圆的标准方程为，圆心为，半径，圆心到直线的距离，解得，所以弦长为，因为，所以，所以弦长，当即时，弦长有最大值.

6、故选：d【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及到垂径定理，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.9.函数图象大致为( )a. b. c. d. 【答案】c【解析】分析】由可排除a、d；再利用导函数判断在上的单调性，即可得出结论.【详解】因为，故排除a、d；，令，在是减函数，在是增函数，存在，使得，单调递减，单调递增，所以选项b错误，选项c正确.故选：c【点睛】本题考查由解析式选择函数图象的问题，利用导数研究函数单调性是解题的关键，考查学生逻辑推理能力，是一道中档题.10.已知抛物线的焦点为，是抛物线上一点，过作抛物线准线的垂线，垂足为，若，则（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【

7、分析】根据题意画出图形，由，结合图象，根据抛物线定义，数学结合，即可求得答案.【详解】求，不妨设根据题意画出图形：如图为抛物线准线，过作垂线,交点为，设()，可得根据抛物线定义可知，又，可得在和解得，故点横坐标为故：故选：d.【点睛】本题主要考查了求抛物线上点的坐标问题，解题关键是掌握抛物线定义，数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.11.春秋以前中国已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方式，使用提水吊杆桔槔，后发展成辘轳.19世纪末，由于电动机的发明，离心泵得到了广泛应用，为发展机械提水灌溉提供了条件.图形如图所示为灌溉抽水管道在等高图的上垂直投影，在a处测得b处的仰角为37度，在a处测得

8、c处的仰角为45度，在b处测得c处的仰角为53度，a点所在等高线值为20米，若bc管道长为50米，则b点所在等高线值为( )（参考数据）a. 30米b. 50米c. 60米d. 70米【答案】b【解析】【分析】设，则，再由建立方程即可得到答案.【详解】由题意，作出示意图如图所示，由已知，设，则，所以由，得，解得，又a点所在等高线值为20米，故b点所在等高线值为米.故选：b【点睛】本题考查解三角形的实际应用，读懂题意，弄清题中数据是代表什么是本题解题关键，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.12.已知函数在区间上有且仅有2个最小值点，下列判断：在上有2个最大值点；在上最少3个零点，最多4个零点

9、；在上单调递减.其中所有正确判断的序号是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】因为函数在区间上有且仅有2个最小值点，画出函数图象，结合函数图象，逐项判断，即可求得答案.【详解】是定义域为在上有且仅有2个最小值点解得：故错误；当时，由可得：由图象可知此时有个最大值故错误；当时，由可得由图象可知此时有零点故错误；当时可得：此时单调减函数，故正确.综上所述，正确故选：a【点睛】本题的解题关键是掌握正弦函数图象特征，整体法求零点的方法，考查了分析能力和计算能力，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为_.【答案】3

10、【解析】【分析】因为约束条件，可化简为：，画岀可行域，目标函数，变形为，即可求得答案.【详解】化简为：画岀可行域和目标函数，如图：目标函数,变形为联立，解得，即点当过与点时，在轴截距最大目标函数的最大值为:故答案为：.【点睛】线性规划问题，关键是根据所给的约束条件准确地画岀可行域和目标函数在平面区域中，求线性目标函数的最优解，要注意分析线性目标函数所表示的几何意义，从而确定目标函数在何处取得最优解14.已知函数，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】函数，可得：，即，求得值，根据均值不等式，即可求得最小值.【详解】函数，可得：故：，且根据均值不等式：当且仅当取等号的最小值为：故答案为：【点睛

11、】本题考查了根据均值不等式求最值问题，解题关键是掌握均值不等式求最值的方法，在使用均值不等式求最值时，要注意验证等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.15.已知，分别是双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线的渐近线的一个公共点为，若，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】先根据条件得到圆的方程以及渐近线方程，联立求出点的坐标，根据，求出，之间的关系，进而求出离心率即可【详解】以为直径的圆的圆心是，半径为：；故圆的标准方程为：又双曲线的其中一条渐近线方程为：不妨设在第一象限联立可得：，根据两点间距离公式可得：故：可得：，即双曲线的离心率为：故答案为：【点睛】本题主要考查了

12、求双曲线的离心率问题，解题关键是掌握双曲线离心率定义，根据所给条件，求出关系式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.16.已知四棱锥的底面abcd是边长为3的正方形，平面abcd，e为pd中点，过eb作平面分别与线段pa、pc交于点m，n，且，则_；四边形embn的面积为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】延伸平面，交所在的平面于，即平面平面，可得，在三角形和中，利用平面几何三角形全等和平行线中的比例关系可得；至于四边形embn的面积，连接，可证明，求出的长度，通过面积公式可得答案.【详解】延伸平面，交所在的平面于，即平面平面，又平面平面，即三点共线，又，由线面平行的性质定理可

13、得，则，即，点为的中点，又e为pd中点，则，又，则，过作交于点，则，；连接，由同理可得，又平面abcd，平面abcd，又，面，又面，又，所以四边形embn的面积为.故答案为：；. 【点睛】本题考查空间线面平行的判定和性质，考查空间线面垂直的判定和性质，关键是利用线面平行的性质合理作出图像，考查学生的作图能力和计算能力，是中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17.甲、乙两位战士参加射击比赛训练.从若干次预赛成绩中随机抽取8次，记录如下：甲82 81 79

14、 78 95 88 93 84乙92 95 80 75 83 80 90 85（1）用茎叶图表示这两组数据，并分别求两组数据的中位数；（2）现要从中选派一人参加射击比赛，从统计学的角度考虑，你认为选派哪位战士参加合适？请说明理由.【答案】（1）茎叶图见解析，甲的中位数83，乙的中位数84；（2）派甲参赛比较合适，理由见解析.【解析】【分析】（1）将成绩的十位数作为茎，个位数作为叶，可得茎叶图，根据数的大小可得中位数；（2）计算甲与乙的平均数与方差，即可求得结论【详解】（1）作出茎叶图如图：从茎叶图中得出甲的中位数为，而乙的中位数为； （2）， ，甲的成绩较稳定，派甲参赛比较合适.【点睛】本题考

15、查茎叶图，考查平均数与方差的计算，考查学生的计算能力，属于基础题18.已知等差数列的公差为，前n项和为，且满足_.（从）；成等比数列；，这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题）（i）求；（）若，求数列的前n项和.【答案】（i）选择、条件组合，均得（）【解析】【分析】（i）先将条件简化，再根据选择、条件组合运算即可；（），利用错位相减法计算即可.【详解】（i）由，得，即；由，成等比数列，得，即由，得，即； 选择、条件组合，均得、，即 （）由（i）得，所以，两式相减得：， 得.【点晴】本题考查等差数列、等比数列的综合计算问题，涉及到基本量的计算，错位相减法求数列的和，考

16、查学生的数学运算能力，是一道容易题.19.如图所示，四棱柱，底面abcd是以ab，cd为底边的等腰梯形，且，.（1）求证：平面平面abcd；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求出，可得，再加上，可得平面，进而可得平面平面abcd；（2）取bd的中点o，由（1）可得出面abcd，通过平面abcd，得，代入条件可得答案.【详解】（1）中，则， ，即，又，平面，又面abcd，所以平面平面abcd. （2）取bd的中点o，由于，所以，由（1）可知平面面abcd，而平面面，平面，故面abcd.因为，则，因为平面abcd，所以. 【点睛】本

17、题考查面面垂直的证明，考查锥体体积的计算，关键是利用线线平行转换锥体的顶点求体积，是中档题.20.已知函数.（1）讨论在区间上的单调性；（2）若恒成立，求实数a最大值.（e为自然对数的底）【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求得，分，讨论，可得在区间上的单调性；（2）将恒成立转化为恒成立，令，求导可得，可得，利用导数研究函数的单调性，以及，可得实数a的最大值.【详解】（1）由已知，时，时，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，上单调递增；当时，在的单调递减； （2）由已知恒成立，令，则，由（1）知：在上单调递减，在上单调递增，则，即整理得， 令，恒成立，即在r上单调递增，而，

18、所以，即a的最大值为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，将恒成立问题转化为最值问题是关键，考查学生的转化能力及计算能力，是中档题.21.已知椭圆，过点的两条不同的直线与椭圆e分别相交于a，b和c，d四点，其中a为椭圆e的右顶点.（1）求以ab为直径的圆的方程；（2）设以ab为直径的圆和以cd为直径的圆相交于m，n两点，探究直线mn是否经过定点，若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由.【答案】（1）；（2）经过定点，.【解析】【分析】（1）由已知得ab方程：，与椭圆方程联立可求出，则可求出以ab为直径的圆的圆心和半径，进而可求出圆的方程；（2）当cd斜率存在时，并设cd

19、方程：，与椭圆方程联立，通过根与系数的关系可得以cd为直径的圆方程，将其与以ab为直径的圆的方程作差，可得直线mn的方程，进而可得直线mn过的定点，当cd斜率不存在时，直线mn也过的定点，进而可得答案.【详解】（1）由已知，则，故ab方程：，联立直线ab与椭圆方程，消去y可得：，得，即，从而以ab为直径的圆的圆心为，半径为，所以圆的方程为，即.；（2）当cd斜率存在时，并设cd方程：，设，由，消去y得：，故，从而， 而以cd为直径的圆方程为：，即，且以ab为直径的圆方程为，-得直线，即整理得，可得：，因为ab与 cd两条直线互异，则，即， 令，解得，即直线mn过定点； 当cd斜率不存在时，cd方程：，知，则以cd为直径的圆为，而以ab为直径的圆方程，两式相减得mn方程：，过点；综上所述，直线mn过定点.【点睛】本题考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，注意两圆公共弦的求解以