2020届江西省南昌市第一次模拟测试数学（文）试题（解析版）

2020届江西省南昌市第一次模拟测试数学（文）试题

一、单选题

1．己知集合A={0，1，2），B={x∈N|∈A}，则B=（    ）

A．{0} B．{0，2} C．{0，， 2} D．{0， 2， 4}

【答案】B

【解析】分别令，根据，可得结果.

【详解】

由题可知：A={0，1，2），B={x∈N|∈A}

当时，则，符合

当时，则，不符合

当时，则，符合

所以

故选：B

【点睛】

本题考查集合元素的求法，审清题意，细心计算，属基础题.

2．在复平面内，复数对应的点为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】根据复数，可得点坐标，进一步可得以及，然后根据三角函数的定义，可得旋转后所求复数的终点坐标，最后可得结果.

【详解】

由题可知：，且

设旋转后的所求复数的终点

则，

所以，则所求的复数为

故选：A

【点睛】

本题考查复数的几何意义，掌握复数在复平面中点的表示以及向量的表示，同时识记三角函数的概念，审清题意，耐心计算，属基础题.

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．《聊斋志异》中有：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术”.在数学中，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：则按照以上规律，若具有“穿墙术”，则m，n满足的关系式为（    ）

A．n =2m-1 B．n=2(m-1) C．n=(m-1)2 D．n=m2 -1

【答案】D

【解析】根据不完全归纳法，以及根式中的分子和分母的关系，可得结果.

【详解】

由题可知：，

，

则可归纳：，

所以

故选：D

【点睛】

本题考查不完全归纳法的应用，仔细观察，发现特点，对选择题以及填空题，常可采用特殊值以及不完全归纳法解决问题，化繁为简，属基础题.

5．己知{an}是等差数列，且a3+a4=-4，a7+a8=-8，则这个数列的前10项和等于（    ）

A．-16 B．-30 C．-32 D．-60

【答案】B

【解析】计算，然后根据等差数列的性质，可得，最后根据等差数列的前项公式，计算，并结合，可得结果.

【详解】

由题可知：

数列{an}是等差数列且

则，又

所以

由，且

所以

故选：B

【点睛】

本题主要考查等差数列的性质，在等差数列中，若，则，熟练使用性质，以及对基本公式的记忆，属基础题.

6．己知抛物线C：y2=4x的焦点为F，抛物线上一点的M的纵坐标y0，则y0>2是|MF|>2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】根据点的纵坐标的范围，可得其横坐标的范围，然后根据抛物线的定义，可知的范围，然后根据充分、必要条件的概念，可得结果.

【详解】

由题可知：，设

由点的纵坐标，则其横坐标

由，所以

可知是的充分条件

若，则

则或

所以不是的必要条件

故是的充分不必要条件

故选：A

【点睛】

本题考查抛物线的定义以及充分、必要条件的概念，对抛物线问题经常要联想到焦点和准线，简单计算，属基础题.

7．2013年至201 9年我国二氧化硫的年排放量（单位：万吨）如下表，则以下结论中错误的是（    ）

A．二氧化硫排放量逐年下降

B．2018年二氧化硫减排效果最为显著

C．2017年至2018年二氧化硫减排量比2013年至2016年二氧化硫减排量的总和大

D．2019年二氧化硫减排量比2018年二氧化硫减排量有所增加

【答案】D

【解析】采用逐一验证法，根据数据的简单分析，可得结果.

【详解】

A正确

根据数据可知，二氧化硫排放量逐年下降

B正确

从2017年到2018年，下降了756.24万吨，

是所有相邻年份二氧化硫减排量最大的，

所以2018年二氧化硫减排效果最为显著

C正确

2017年至2018年二氧化硫减排量为756.24万吨

2013年至2016年二氧化硫减排量的总和为2217.9-1974.4=243.5万吨

所以243.5<756.24，故C正确

D错

2017年至2018年二氧化硫减排量为756.24万吨

2018年至2019年二氧化硫减排量为1102.86-1014.6=88.26万吨

故2019年二氧化硫减排量比2018年二氧化硫减排量有所减少.

故选：D.

【点睛】

本题考查对数据的分析，审清题意，简单计算，属基础题.

8．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．+l

【答案】D

【解析】假设已知直线的倾斜角为，根据直线的斜率为，可知，可得，然后根据，可得点坐标，最后代入双曲线方程化简并结合，可得结果.

【详解】

设已知直线的倾斜角为

由题可知：，

所以

又，所以，即

所以

又，所以，又

所以

化简可得：，

所以

所以，又，所以

故选：D

【点睛】

本题考查双曲线的离心率，关键在于得到点坐标，考验计算能力，属中档题.

9．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.

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，若则该正方形的边长为（    ）

A．40cm B．15cm C．20cm D．10cm

【答案】D

【解析】利用向量的方法，将用来进行表示，然后进行平方，可计算，最后可得结果.

【详解】

由题可知：，所以//

由

则

所以

则，所以

故选：D

【点睛】

本题考查向量的线性表示以及数量积公式的应用，关键在于，考验观察能力以及计算能力，属中档题.

11．己知x>y>0，x≠1，y≠1，则（    ）

A．xa> ya(a∈R，a≠0） B． C．xy> yx D．

【答案】B

【解析】采用逐一验证法，对取特殊值，进行比较可得错，通过构造函数，利用函数单调性进行比较，可得结果.

【详解】

错误，

当时，，

由，

所以A错误

B正确

令 ，则

当时，，

所以函数在单调递增，且，

所以有，即，

错误

当时，，，

所以C错误

错误，

当时，

由，所以，故

所以D错误

故选

【点睛】

本题考查式子比较大小，选择题可使用对未知数取特殊值，化繁为简，熟练掌握比较式子大小的常用方法，比如：作差法，函数单调性等，属基础题.

12．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.

二、填空题

13．已知向量，=(1，)，且在方向上的投影为，则等于__________

【答案】1

【解析】利用向量的投影概念，计算出向量的模长，结合向量的数量积，可得结果.

【详解】

在方向上的投影为，所以有，且，

所以

故答案为：1

【点睛】

本题考查向量的投影的概念，以及向量数量积公式的应用，属基础题.

14．已知函数，则=__

【答案】0

【解析】对函数求导后，利用对数的运算结合偶函数的性质可得结果.

【详解】

由题可知：函数的定义域为

由，

可知，所以是偶函数，

且，

又因为，

则有

故答案为：

【点睛】

本题考查函数的求导运算，偶函数的性质和对数的运算，属基础题.

15．己知，则=_____

【答案】

【解析】利用特殊角配凑出题中已知角，再结合诱导公式可得结果.

【详解】

，

即

故答案为：

【点睛】

本题考查诱导公式，角度的配凑法，属基础题.

16．如图，一列圆Cn：x2 +(y-an)2=rn2(an>0，rn>0)逐个外切，且所有的圆均与直线y=相切，若r1=1，则a1=___，rn=______

【答案】3       

【解析】采用第个圆，并假设切点，利用，可得，代值计算可得，然后根据圆与圆相切，可得，利用等比数列通项公式可得结果.

【详解】

设第个圆心为，半径为，

且与的切点为

则直线的斜率为

所以①

又②

由①②可知：③，

所以当时，则

又④

由③-④可知：

又，

所以

所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列

所以

故答案为：3，

【点睛】

本题考查直线与圆几何关系以及等比数列，本题难点在于找到，考验分析能力以及逻辑推理能力，属难题.

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，A-BCB1是棱长为2的正四面体.

（Ⅰ）求证：AC⊥CC1；

（Ⅱ）求三棱锥B-ACC1的体积．

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）

【解析】（Ⅰ）取的中点，根据正四面体特点，可知平面，为正三角形，然后根据，可得平面，最后可得结果.

（Ⅱ）计算以及，使用等体积法，并结合锥体体积公式，可得结果.

【详解】

（Ⅰ）如图，取的中点，连接交于点，

则点为的重心，连接，

设交于点．

依题意点在底面的投影为的重心，

即平面，所以．

因为是正三角形，所以，

平面

则平面，

又平面，则，由//

所以．

（Ⅱ）由是棱长为2的正四面体，

所以，，

因为，，

得

所以．

【点睛】

本题考查线面、线线位置关系，还考查等体积法的使用，熟练掌握线面垂直的判定定理以及性质定理，考验推理论证能力，属中档题.

19．某市2013年至2019年新能源汽车y（单位：百台）的数据如下表：

（Ⅰ）求y关于x的线性回归方程，并预测该市2021年新能源汽车台数；

（Ⅱ）该市某公司计划投资600台“双枪同充”（两把充电枪）、“一拖四群充”（四把充电枪）的两种型号的直流充电桩．按要求，充电枪的总把数不少于该市2021年新能源汽车预测台数，若双枪同充、一拖四群充的每把充电枪的日利润分别为25元，10元，问两种型号的充电桩各安装多少台时，才能使日利润最大，求出最大日利润.

附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为

【答案】（Ⅰ）,2100台；（Ⅱ）双枪同充安装150台，一拖四群充安装450台时，每天的利润最大，最大利润为25500元．

【解析】（Ⅰ）计算，根据，可得，进一步可得，然后可得方程，最后代值计算，可得结果.

 （Ⅱ）假设一拖四群充，双枪同充分别安装台，台，根据，可得的范围，然后计算日利润，依据不等式可得结果.

【详解】

（Ⅰ）依题意知，

，

，

，

，

则关于的线性回归方程．

令得：，

故预测2021年该市新能源汽车大约有2100台．

（Ⅱ）设一拖四群充，双枪同充分别安装台，台，

每天的利润为元，

则，即

所以当时，取最大值25500．

故当双枪同充安装150台，一拖四群充安装450台时，

每天的利润最大，最大利润为25500元．

【点睛】

本题考查线性回归方程，本题关键在于识记公式，考验计算能力，属基础题.

20．已知函数，f(x)=-mx2-m+ln(1-m)，(m<1)．

（Ⅰ）当m=时，求f(x)的极值；

（Ⅱ）证明：函数f(x)有且只有一个零点．

【答案】（Ⅰ）函数极大值为，极小值为 ；（Ⅱ）见解析

【解析】（Ⅰ）利用导数，通过的符号，判断出函数的单调性，找到极值点，可得结果.

（Ⅱ）计算，采用分类讨论的方法，，以及，判断函数的单调性，可得结果.

【详解】

（Ⅰ）

，则在递增，

在递减，在上递增，

所以函数极大值为，

极小值为．

（Ⅱ）

①当时，，

只有一个零点0，符合题意；

②当时，在单调递增，

在单调递减，在单调递增，

，

令，，

显然单调递减，有，即，

则只有一个零点，符合题意；

③当时，在单调递增，

在单调递减，在单调递增，

，，由②构造的函数知，

，

则只有一个零点，符合题意．

综上所述，时，函数有且只有一个零点．

【点睛】

本题考查导数的应用，关键在于对含参数的函数单调性的判断，熟练使用分类讨论的思想以及学会构造函数，使问题化繁为简，属难题.

21．定义：平面内两个分别以原点和两坐标轴为对称中心和对称轴的椭圆E1，E2，它们的长短半轴长分别为a1，b1和a2，b2，若满足a2=a1k，b2=b1k（k∈Z，k≥2），则称E2为E1的k级相似椭圆，己知椭圆E1: =1，E2为E1的2级相似椭圆，且焦点共轴，E1与E2的离心率之比为2：．

（Ⅰ）求E2的方程；

（Ⅱ）已知P为E2上任意一点，过点P作E1的两条切线，切点分别为A(x1，y1)、B(x2，y2)．

①证明：E1在A(x1，y1)处的切线方程为=1；

②是否存在一定点到直线AB的距离为定值，若存在，求出该定点和定值；若不存在，说明理由．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）①见解析；②存在一定点到直线的距离为定值1．

【解析】（Ⅰ）根据相似椭圆的概念，可得，，，然后根据，并结合离心率，简单计算，可得结果.

（Ⅱ）①联立方程，可得关于的一元二次方程，然后使用，并根据，可得结果.

②根据①的结论，可得在点的切线方程，根据，可得直线的方程，假设定点，使用点到线的距离公式，根据式子为定值，可得结果.

【详解】

（Ⅰ）由题意知，，，

则，，

而，解得，，

故椭圆，椭圆．

（Ⅱ）①联立椭圆与直线方程，

，

点在椭圆上，有，

所以，

即直线与椭圆相切．

所以过点的切线方程为．

②由①知，过点的切线方程为，

设，则，即，

两条切线都经过点，则满足方程组．

那么点和点都在直线上，

则直线的方程为，即

假设存在一定点到直线的距离为定值，

即为定值，

则，，

故存在一定点到直线的距离为定值1．

【点睛】

本题考查椭圆的综合应用，考验分析能力以及计算能力，属难题.

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.