2020届江西省南昌市第一次模拟测试数学（理）试题（解析版）

2020届江西省南昌市第一次模拟测试数学（理）试题


一、单选题
1．己知全集为实数集R，集合A={x|x2 +2x-8>0}，B={x|log2x<1}，则等于（ ）
A．[4,2] B．[4,2) C．(4,2) D．(0,2)
【答案】D
【解析】求解一元二次不等式化简A，求解对数不等式化简B，然后利用补集与交集的运算得答案.
【详解】
解：由x2 +2x-8>0，得x＜-4或x＞2，
∴A={x|x2 +2x-8>0}＝{x| x＜-4或x＞2}，
由log2x<1，x＞0，得0＜x＜2，
∴B={x|log2x<1}＝{ x |0＜x＜2}，
则，
∴.
故选：D.
【点睛】
本题考查了交、并、补集的混合运算，考查了对数不等式，二次不等式的求法，是基础题.
2．在复平面内，复数z=i对应的点为Z，将向量绕原点O按逆时针方向旋转，所得向量对应的复数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由复数z求得点Z的坐标，得到向量的坐标，逆时针旋转，得到向量的坐标，则对应的复数可求.
【详解】
解：∵复数z=i（i为虚数单位）在复平面中对应点Z（0，1），
∴＝(0，1)，将绕原点O逆时针旋转得到，
设＝(a，b)，，
则，
即，
又，
解得：，
∴，
对应复数为.
故选：A.
【点睛】
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题.
3．一个正三棱柱的正（主）视图如图，则该正三棱柱的侧面积是（ ）

A．16 B．12 C．8 D．6
【答案】B
【解析】根据正三棱柱的主视图，以及长度，可知该几何体的底面正三角形的边长，然后根据矩形的面积公式，可得结果.
【详解】
由题可知：该几何体的底面正三角形的边长为2
所以该正三棱柱的三个侧面均为边长为2的正方形，
所以该正三棱柱的侧面积为
故选：B
【点睛】
本题考查正三棱柱侧面积的计算以及三视图的认识，关键在于求得底面正三角形的边长，掌握一些常见的几何体的三视图，比如：三棱锥，圆锥，圆柱等，属基础题.
4．由实数组成的等比数列{an}的前n项和为Sn，则“a1>0”是“S9>S8”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】C
【解析】根据等比数列的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可.
【详解】
解：若{an}是等比数列，则，
若，则，即成立，
若成立，则，即，
故“”是“”的充要条件，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用等比数列的通项公式是解决本题的关键.
5．已知向量，，=(1，)，且在方向上的投影为，则▪等于（ ）
A．2 B．1 C． D．0
【答案】B
【解析】先求出，再利用投影公式求解即可.
【详解】
解：由已知得，
由在方向上的投影为，得，
则.
故答案为：B.
【点睛】
本题考查向量的几何意义，考查投影公式的应用，是基础题.
6．函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】根据复合函数的单调性，同增异减以及采用排除法，可得结果.
【详解】
当时，，
由在递增，
所以在递增
又是增函数，
所以在递增，故排除B、C
当时，若，则
所以在递减，而是增函数
所以在递减，所以A正确，D错误
故选：A
【点睛】
本题考查具体函数的大致图象的判断，关键在于对复合函数单调性的理解，记住常用的结论：增+增=增，增-减=增，减+减=减，复合函数单调性同增异减，属中档题.
7．根据散点图，对两个具有非线性关系的相关变量x，y进行回归分析，设u= lny，v=(x-4)2，利用最小二乘法，得到线性回归方程为=0.5v+2，则变量y的最大值的估计值是（ ）
A．e B．e2 C．ln2 D．2ln2
【答案】B
【解析】将u= lny，v=(x-4)2代入线性回归方程=-0.5v+2，利用指数函数和二次函数的性质可得最大估计值.
【详解】
解：将u= lny，v=(x4)2代入线性回归方程=0.5v+2得：
，即，
当时，取到最大值2，
因为在上单调递增，则取到最大值.
故选：B.
【点睛】
本题考查了非线性相关的二次拟合问题，考查复合型指数函数的最值，是基础题,.
8．已知抛物线y2= 4x的焦点为F，抛物线上任意一点P，且PQ⊥y轴交y轴于点Q，则 的最小值为（ ）
A． B． C．l D．1
【答案】A
【解析】设点，则点，，利用向量数量积的坐标运算可得，利用二次函数的性质可得最值.
【详解】
解：设点，则点，，
，
，
当时，取最小值，最小值为.
故选：A.
【点睛】
本题考查抛物线背景下的向量的坐标运算，考查学生的计算能力，是基础题.
9．已知双曲线C：=1(a>0，b>0)的右焦点为F，过原点O作斜率为的直线交C的右支于点A，若|OA|=|OF|，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．+1
【答案】B
【解析】以为圆心，以为半径的圆的方程为，联立，可求出点，则，整理计算可得离心率.
【详解】
解：以为圆心，以为半径的圆的方程为，
联立，取第一象限的解得，
即，则，
整理得，
则（舍去），，
.
故选：B.
【点睛】
本题考查双曲线离心率的求解，考查学生的计算能力，是中档题.
10．台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动，也叫桌球（中国粤港澳地区的叫法）、撞球（中国台湾地区的叫法）控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术，一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD，在点E，F处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A处，通过击打母球，使其依次撞击点E，F处的目标球，最后停在点C处，若AE=50cm．EF=40cm．FC=30cm，∠AEF=∠CFE=60°，则该正方形的边长为（ ）

A．50cm B．40cm C．50cm D．20cm
【答案】D
【解析】过点做正方形边的垂线，如图，设，利用直线三角形中的边角关系，将用表示出来，根据，列方程求出，进而可得正方形的边长.
【详解】
过点做正方形边的垂线，如图，
设，则，，

则
，


因为，则，
整理化简得，又，
得 ，
.
即该正方形的边长为.
故选：D.
【点睛】
本题考查直角三角形中的边角关系，关键是要构造直角三角形，是中档题.
11．如图，点E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点，点F，M分别在线段AC，BD1（不包含端点）上运动，则（ ）

A．在点F的运动过程中，存在EF//BC1
B．在点M的运动过程中，不存在B1M⊥AE
C．四面体EMAC的体积为定值
D．四面体FA1C1B的体积不为定值
【答案】C
【解析】采用逐一验证法，根据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式，可得结果.
【详解】
A错误
由平面，//
而与平面相交，
故可知与平面相交，所以不存在EF//BC1
B错误，如图，作

由
又平面，所以平面
又平面，所以
由//，所以
，平面
所以平面，又平面
所以，所以存在
C正确
四面体EMAC的体积为
其中为点到平面的距离，
由//，平面，平面
所以//平面，
则点到平面的距离即点到平面的距离，
所以为定值，故四面体EMAC的体积为定值
错误
由//，平面，平面
所以//平面，
则点到平面的距离即为点到平面的距离，
所以为定值
所以四面体FA1C1B的体积为定值
故选：C
【点睛】
本题考查线面、线线之间的关系，考验分析能力以及逻辑推理能力，熟练线面垂直与平行的判定定理以及性质定理，中档题.
12．已知函数满足=1，则等于（ ）
A．- B． C．- D．
【答案】C
【解析】设的最小正周期为，可得，则，再根据得，又，则可求出，进而可得.
【详解】
解：设的最小正周期为，因为，
所以，所以，
所以，
又，所以当时，，
，因为
，
整理得，因为，
，
，则

所以
　　　　　　.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
故选：C.
【点睛】
本题考查三角形函数的周期性和对称性，考查学生分析能力和计算能力，是一道难度较大的题目.


二、填空题
13．曲线f(x)=(x2 +x)lnx在点(1，f(1))处的切线方程为____.
【答案】
【解析】求函数的导数，利用导数的几何意义即可求出切线方程.
【详解】
解：∵，
∴，
则，
又，即切点坐标为（1，0），
则函数在点(1，f(1))处的切线方程为，
即，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查导数的几何意义，根据导数和切线斜率之间的关系是解决本题的关键.
14．已知(2x-1)7=ao+a1x+ a2x2+…+a7x7，则a2=____.
【答案】
【解析】根据二项展开式的通项公式即可得结果.
【详解】
解：(2x-1)7的展开式通式为：
当时，，
则.
故答案为：
【点睛】
本题考查求二项展开式指定项的系数，是基础题.
15．已知函数，则的值为 ____
【答案】4
【解析】根据的正负值，代入对应的函数解析式求解即可.
【详解】
解：
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查分段函数函数值的求解，是基础题.
16．两光滑的曲线相切，那么它们在公共点处的切线方向相同．如图所示，一列圆 (an>0，rn>0，n=1，2…)逐个外切，且均与曲线y=x2相切，若r1=1，则a1=___，rn=______

【答案】
【解析】第一空：将圆与联立，利用计算即可；
第二空：找到两外切的圆的圆心与半径的关系，再将与联立，得到，与结合可得为等差数列，进而可得.
【详解】
当r1=1时，圆，
与联立消去得，
则，解得；
由图可知当时，①，
将与联立消去得
，
则，
整理得，代入①得，
整理得，
则.
故答案为：；.
【点睛】
本题是抛物线与圆的关系背景下的数列题，关键是找到圆心和半径的关系，建立递推式，由递推式求通项公式，综合性较强，是一道难度较大的题目.

三、解答题
17．如图，D是在△ABC边AC上的一点，△BCD面积是△ABD面积的2倍，∠CBD=2∠ABD=2θ．

（Ⅰ）若θ=，求的值；
（Ⅱ）若BC=4，AB=2，求边AC的长．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）利用三角形面积公式以及并结合正弦定理，可得结果.
（Ⅱ）根据，可得，然后使用余弦定理，可得结果.
【详解】
（Ⅰ），所以

所以；
（Ⅱ），
所以，
所以，，
所以，
所以边．
【点睛】
本题考查三角形面积公式，正弦定理以及余弦定理的应用，关键在于识记公式，属中档题.
18．如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1是菱形，AC=BC=2，∠CBB1=，点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E．

（1）求证：四边形ACC1A1为矩形；
（2）求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】（1）通过勾股定理得出，又，进而可得平面，则可得到，问题得证；
（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案.
【详解】
（1）因为平面，所以，
又因为，，，所以，
因此，所以，
因此平面，所以，
从而，又四边形为平行四边形，
则四边形为矩形；
（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，所以，
平面的法向量，设平面的法向量，
由，
由，
令，即，
所以，，
所以，所求二面角的余弦值是.

【点睛】
本题考查空间垂直关系的证明，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力，是中档题.
19．已知函数f(x)=ex-x2 -kx（其中e为自然对数的底，k为常数）有一个极大值点和一个极小值点．
（1）求实数k的取值范围；
（2）证明：f(x)的极大值不小于1．
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】（1）求出，记，问题转化为方程有两个不同解，求导，研究极值即可得结果 ；
（2）由（1）知，在区间上存在极大值点，且，则可求出极大值，记，求导，求单调性，求出极值即可.
【详解】
（1），由，
记，，
由，且时，，单调递减，，
时，，单调递增，，
由题意，方程有两个不同解，所以；
（2）解法一：由（1）知，在区间上存在极大值点，且，
所以的极大值为，
记，则，
因为，所以，
所以时，，单调递减，时，，单调递增，
所以，即函数的极大值不小于1.
解法二：由（1）知，在区间上存在极大值点，且，
所以的极大值为，
因为，，所以.
即函数的极大值不小于1.
【点睛】
本题考查导数研究函数的单调性，极值，考查学生综合分析能力与转化能力，是一道中档题.
20．己知圆F1：(x+1)2 +y2= r2(1≤r≤3)，圆F2：(x-1)2+y2= (4-r)2．
（1）证明：圆F1与圆F2有公共点，并求公共点的轨迹E的方程；
（2）已知点Q(m，0)(m<0)，过点E斜率为k(k≠0）的直线与（Ⅰ）中轨迹E相交于M，N两点，记直线QM的斜率为k1，直线QN的斜率为k2，是否存在实数m使得k(k1+k2)为定值？若存在，求出m的值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）见解析，（2）存在，
【解析】（1）求出圆和圆的圆心和半径，通过圆F1与圆F2有公共点求出的范围，从而根据可得点的轨迹，进而求出方程；
（2）过点且斜率为的直线方程为，设，，联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理以及，，可得，根据其为定值，则有，进而可得结果.
【详解】
（1）因为，，所以，
因为圆的半径为，圆的半径为，
又因为，所以，即，
所以圆与圆有公共点，
设公共点为，因此，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
所以，，，
即轨迹的方程为；
（2）过点且斜率为的直线方程为，设，
由消去得到，
则，， ①
因为，，
所以

，
将①式代入整理得
因为，
所以当时，即时，.
即存在实数使得.
【点睛】
本题考查椭圆定理求椭圆方程，考查椭圆中的定值问题，灵活应用韦达定理进行计算是关键，并且观察出取定值的条件也很重要，考查了学生分析能力和计算能力，是中档题.
21．（某工厂生产零件A，工人甲生产一件零件A，是一等品、二等品、三等品的概率分别为，工人乙生产一件零件A，是一等品、二等品、三等品的概率分别为．己知生产一件一等品、二等品、三等品零件A给工厂带来的效益分别为10元、5元、2元.
（1）试根据生产一件零件A给工厂带来的效益的期望值判断甲乙技术的好坏；
（2）为鼓励工人提高技术，工厂进行技术大赛，最后甲乙两人进入了决赛．决赛规则是：每一轮比赛，甲乙各生产一件零件A，如果一方生产的零件A品级优干另一方生产的零件，则该方得分1分，另一方得分-1分，如果两人生产的零件A品级一样，则两方都不得分，当一方总分为4分时，比赛结束，该方获胜．Pi+4（i=4，3，2，…，4）表示甲总分为i时，最终甲获胜的概率．
①写出P0，P8的值；
②求决赛甲获胜的概率．
【答案】（1）乙的技术更好，见解析（2）①，；②
【解析】（1）列出分布列，求出期望，比较大小即可；
（2）①直接根据概率的意义可得P0，P8；②设每轮比赛甲得分为，求出每轮比赛甲得1分的概率，甲得0分的概率，甲得分的概率，可的，可推出是等差数列，根据可得答案.
【详解】
（1）记甲乙各生产一件零件给工厂带来的效益分别为元、元，
随机变量，的分布列分别为

10
5
2





10
5
2







所以，，
所以，即乙的技术更好
（2）①表示的是甲得分时，甲最终获胜的概率，所以，
表示的是甲得4分时，甲最终获胜的概率，所以；
②设每轮比赛甲得分为，则
每轮比赛甲得1分的概率，
甲得0分的概率，
甲得分的概率，
所以甲得时，最终获胜有以下三种情况：
（1）下一轮得1分并最终获胜，概率为；
（2）下一轮得0分并最终获胜，概率为；
（3）下一轮得分并最终获胜，概率为；
所以，
所以是等差数列，
则，
即决赛甲获胜的概率是.
【点睛】
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查数列递推关系的应用，是一道难度较大的题目.
22．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系；曲线C1的普通方程为(x-1)2 +y2 =1，曲线C2的参数方程为（θ为参数）.
（Ⅰ）求曲线C1和C2的极坐标方程：
（Ⅱ）设射线θ=(ρ>0)分别与曲线C1和C2相交于A，B两点，求|AB|的值．
【答案】（Ⅰ），;（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）根据，可得曲线C1的极坐标方程，然后先计算曲线C2的普通方程，最后根据极坐标与直角坐标的转化公式，可得结果.
（Ⅱ）将射线θ=分别与曲线C1和C2极坐标方程联立，可得A，B的极坐标，然后简单计算，可得结果.
【详解】
（Ⅰ）
由
所以曲线的极坐标方程为，
曲线的普通方程为
则曲线的极坐标方程为
（Ⅱ）令，则，，
则，即，
所以，，
故．
【点睛】
本题考查极坐标方程和参数方程与直角坐标方程的转化，以及极坐标方程中的几何意义，属基础题.
23．已知a>0，b>0，a+b=2.
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）证明：
【答案】（Ⅰ）最小值为；（Ⅱ）见解析
【解析】（1）根据题意构造平均值不等式，结合均值不等式可得结果；
（2）利用分析法证明，结合常用不等式和均值不等式即可证明.
【详解】
（Ⅰ）
则
当且仅当，即，时，
所以的最小值为．
（Ⅱ）要证明：，
只需证：，
即证明：，
由，
也即证明：．
因为，
所以当且仅当时，有，
即，当时等号成立．
所以
【点睛】
本题考查均值不等式，分析法证明不等式，审清题意，仔细计算，属中档题.