2020年江西省南昌市高考数学三模试卷（文科）

这是一份2020年江西省南昌市高考数学三模试卷（文科），共16页。试卷主要包含了已知命题P，函数f=csx的图象可能为等内容，欢迎下载使用。
 2020年江西省南昌市高考数学三模试卷（文科） 1.（5分）已知为虚数单位，在复平面内，复数的共轭复数对应的点在A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.（5分）已知命题：，，则为A.， B.，C.， D.，3.（5分）为了普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取名学生参加环保知识竞赛，得分分制的频数分布表如表：得分频数设得分的中位数为，众数为，平均数为，则A. B. C. D.4.（5分）大约在世纪年代，世界上许多国家都流传着这样一个题目：任取一个正整数，如果它是偶数，则除以；如果它是奇数，则将它乘以加，这样反复运算，最后结果必然是，这个题目在东方称为“角谷猜想”，世界一流的大数学家都被其卷入其中，用尽了各种方法，甚至动用了最先进的电子计算机，验算到对亿以内的自然数上述结论均为正确的，但却给不出一般性的证明，例如取，则要想算出结果，共需要经过的运算步数是A. B. C. D.5.（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. B. C. D.6.（5分）在中，为线段上一点，且，若，则A. B. C. D.7.（5分）已知直线过抛物线的焦点，并与抛物线交于点，在第一象限，若的纵坐标为，则线段的长为A. B. C. D.8.（5分）函数且的图象可能为A. B.C. D.9.（5分）对大于的自然数的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：，，，，仿此，若的“分裂数”中有一个是，则的值为A. B. C. D.10.（5分）在中，角的平分线交边于点，，，，则A. B. C. D.11.（5分）知双曲线的左、右焦点分别为，，点在的右支上，与轴交于点，的内切圆与边切于点若，则的渐近线方程为A. B. C. D.12.（5分）已知函数满足当时，，且当时，；当时，，且若函数的图象上关于原点对称的点恰好有对，则的取值范围是A. B.C. D.13.（5分）已知，则______．14.（5分）设集合，，若，则对应的实数对有______对．15.（5分）已知函数，则，，的大小关系是______．16.（5分）已知长方体中，，，，已知是矩形内一动点，，设点形成的轨迹长度为，则______；当的长度最短时，三棱锥的体积为______．17.（12分）已知数列中，，为常数．Ⅰ若，，成等差数列，求的值；Ⅱ若为等比数列，求的值及的前项和．18.（12分）全国文明城市是中国所有城市品牌中含金量最高、创建难度最大的一个，是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，是目前国内城市综合类评比中的最高荣誉，也是最具价值的城市品牌，作为普通市民，既是城市文明的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，皖北某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份试卷作为样本，将样本的成绩满分分，成绩均为不低于分的整数分成六段：，，，后得到如图所示的频率分布直方图．Ⅰ求样本的平均数；Ⅱ现从该样本成绩在与两个分数段内的市民中按分层抽样选取人，求从这人中随机选取人，且人的竞赛成绩之差的绝对值大于的概率．19.（12分）三棱柱中，，，，四边形为菱形，且，．Ⅰ求证：平面平面；Ⅱ求点到平面的距离．20.（12分）已知函数．若，求函数的所有零点；若，证明函数不存在极值．21.（12分）在直角坐标系上取两个定点，，再取两个动点，，且．Ⅰ求直线与交点的轨迹的方程；Ⅱ过的直线与轨迹交于，，过作轴且与轨迹交于另一点，为轨迹的右焦点，若，求证：．22.（12分）在极坐标系中，曲线：，以极点为旋转中心，将曲线逆时针旋转得到曲线．Ⅰ求曲线的极坐标方程；Ⅱ求曲线与曲线的公共部分面积．23.（12分）已知．Ⅰ若，解不等式．Ⅱ若关于的不等式的充分条件是，求的取值范围．
答案和解析1.【答案】D【解析】解：由，得，复数的共轭复数对应的点是，在第四象限．故选：．把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案．该题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题． 2.【答案】D【解析】解：全称命题的否定为特称命题，改变量词，否定结论即可．即，，故选：．根据全称命题的否定是特称命题进行判断即可．这道题主要考查含有量词的命题的否定，结合全称命题的否定是特称命题是解决本题的关键．比较基础． 3.【答案】D【解析】解：由图知，众数是；中位数是第个数与第个数的平均值，由图知将数据从大到小排第个数是，第个数是，所以中位数是；平均数是；．故选：．由频率分步表求出众数、中位数和平均数，比较即可．该题考查了求出一组数据的众数、中位数、平均值的应用问题，是基础题． 4.【答案】A【解析】解：由题意任取一个正整数，如果它是偶数，则除以；如果它是奇数，则将它乘以加，第一步：为奇数，则，第二步，为偶数，则，第三步，为偶数，则，第四步，为偶数，则，第五步，为奇数，则，第六步，为偶数，则，第七步，为偶数，则，第八步，为偶数，则，第九步，为偶数，则．取，要想算出结果，共需要经过的运算步数是．故选：．由题意任取一个正整数，如果它是偶数，则除以；如果它是奇数，则将它乘以加，依次递推，得到，由此能求出共需要经过的运算步数．该题考查运算步骤的求法，考查观察分析、归纳推理等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题． 5.【答案】A【解析】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为一个圆锥的四分之一，其中圆锥的底面半径为，高为．该几何体的体积为．故选：．由三视图还原原几何体，可知该几何体为一个圆锥的四分之一，其中圆锥的底面半径为，高为，再由圆锥体积公式求解．该题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题． 6.【答案】B【解析】解：因为，所以，由可得，，则．故选：．由已知结合向量的线性运算可分别求出，，从而可求．该题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用． 7.【答案】B【解析】解：如图：过作，交轴于，直线过抛物线的焦点，并与抛物线交于点，在第一象限，若的纵坐标为，可得所以，，设，可得，解得，线段的长为：．故选：．由题意作出图形，求出的坐标，通过求解三角形推出即可．该题考查抛物线的简单性质的应用，三角形的解法，考查转化思想以及计算能力，是中档题． 8.【答案】D【解析】这道题主要考查函数图象的识别以及函数的奇偶性的判断，属于基础题．由条件可得函数为奇函数，故它的图象关于原点对称；再根据时，，得出结论． 解：对于函数且，由于它的定义域关于原点对称，且满足，故函数为奇函数，故它的图象关于原点对称．故排除、．当，，故排除，故选：． 9.【答案】B【解析】  该题考查了合情推理、数的运算，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 由题意可得，代值计算即可．解：由题意可得的“分裂”数为个连续奇数，设的“分裂”数中第一个数为，则由题意可得，，，以上个式子相加可得，，当时，，即是的“分裂”数中的第一个，故选B．   10.【答案】A【解析】解：由角平分线性质可得，，故可设，，中，由余弦定理可得，，中，由余弦定理可得，，，，，解可得，．故选：．由已知结合角平分线性质及余弦定理即可求解．这道题主要考查了正弦定理及余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档试题． 11.【答案】A【解析】解：双曲线的左、右焦点分别为，，点在的右支上，与轴交于点，的内切圆与边切于点与的切点为，如图：设，，，由双曲线的定义可知：，可得，若，所以，，则．所以双曲线的渐近线方程为：．故选：．由双曲线的定义和内切圆的切线性质：圆外一点向圆引切线，则切线长相等，结合双曲线的定义，转化求解渐近线方程即可．该题考查双曲线的方程和性质，主要是离心率的求法，注意运用圆的切线长相等，以及方程思想，考查运算能力，属于中档题． 12.【答案】C【解析】解：函数满足当时，，此时函数的可知周期为，但是函数的最大值是依次减半，当时，；函数图象上关于原点对称的点恰好有对，先作出函数在的图象，画出关于原点对称的图象，则函数的图象与所作函数的图象有个交点，所以，解得．故选：．利用函数的周期性，作出函数的图象，利用零点的个数转化列出不等式组求解即可．该题考查函数的零点的判断与应用，考查数形结合以及计算能力，是中档题． 13.【答案】-【解析】解：，．故答案为：．由已知利用诱导公式化简所求即可求解．这道题主要考查了诱导公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题． 14.【答案】2【解析】解：由，解得，，，，只能为或．若，，解得．若，，解得，．若，，解得，．综上，对应的实数对有，共对．故答案为：．由，解得，再根据，得到对应的实数对．该题考查了元素与集合之间的关系、方程的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 15.【答案】p＞m＞n【解析】解：，则，即为偶函数，因为时，单调递增，，，，因为，故故答案为：根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．这道题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键． 16.【答案】; 【解析】解：在长方体的底面矩形内一动点，连接，，，，点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，与底面矩形的交点为，，即的轨迹为圆弧，连接，在中，，，得，，为钝角，，得，得；当的长度最短时，在上，此时，则，：：．又，．故答案为：，．由题意画出图形，由已知可得，即点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆与矩形的交点，即，由矩形的边长可得的值，进一步求出它的正切值；当的长度最短时，最小，在线段上，求出与的比值，再求出三棱锥的体积，则的体积可求．该题考查求点的轨迹，考查数形结合的解题思想方法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题． 17.【答案】解：（Ⅰ）令n=1，．且，与已知条件=2pn+1相除得，故，而-，，成等差数列，则-2=，即（2p）2-2=2p，解得2P=2，即p=1；（Ⅱ）由{}是等比数列，则由＞0，＞0，知此数列{}的首项和公比均为正数．设其公比为q，可得=2•2=4=2pn+1，可得4q=2p+1，4=22p+1，解得p=2，q=2，此时=2，，故，而2pn+1=22n+1，因此p=2，所以，数列{}的前n项和．【解析】Ⅰ令，可得，再将换为，与已知等式相除，求得，再由等差数列的中项性质，解方程可得；Ⅱ设的公比为，由题意可得首项和公比均为正数，再由等比数列的通项公式和恒等式性质，可得，，进而得到首项和公比，再由等比数列的求和公式，可得所求和．该题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题． 18.【答案】解：（Ⅰ）因为（0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010）×10=1所以a=0.03，从而样本平均数为[（45×0.005+55×0.010+65×0.020+75×0.030+85×0.025+95×0.010）×10=74．（Ⅱ）根据分层抽样，在[40，50）内选取2人，记为A，B，在[90，100]内选取4人，记为a，b，c，d．从这6人中选取2人的所有选取方法：AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd，ab，ac，ad，bc，bd，cd，共15种，2人成绩之差的绝对值大于20的选取方法：Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd共8种．所以从这6人中随机选取2人，且2人的竞赛成绩之差的绝对值大于20的概率为．【解析】Ⅰ由频率分布直方图列出方程能求出，从而能求出样本平均数．Ⅱ根据分层抽样，在内选取人，记为，，在内选取人，记为，，，从这人中选取人，利用列举法能求出人的竞赛成绩之差的绝对值大于的概率．该题考查平均数、概率的求法，考查频率分布直方图、古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 19.【答案】解：（Ⅰ）证明：取BB1中点O，连接AB1，OA，OC，B1C，菱形中∠ABB1=60°，故三角形ABB1是等边三角形，则AO⊥BB1，BO=1，，又BB1∥CC1，AC⊥CC1，所以AC⊥BB1，又AO⊥BB1，AO∩AC=A，故BB1⊥平面AOC，所以BB1⊥CO，在Rt△BOC中，，所以CO2+AO2=AC2，故CO⊥AO，又AO⊥BB1，所以AO⊥平面BB1C1C，又AO⊆平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面BB1C1C．（Ⅱ）解：由（1）知：，则，在△ABC中，，，，设点B1到平面ABC的距离为h，则．故点B1到平面ABC的距离为．【解析】Ⅰ取中点，连接，，，，推导出三角形是等边三角形，则，由，，得，再由，得平面，从而，由，，得平面，由此能证明平面平面C.Ⅱ推导出，设点到平面的距离为，由等体积法能求出点到平面的距离．该题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 20.【答案】解：当时，，函数的定义域为，且．设，则，．当时，；当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，当且仅当时取等号．即当时，当且仅当时取等号．所以函数在单调递增，至多有一个零点．因为，是函数唯一的零点．所以若，则函数的所有零点只有．证明：因为，函数的定义域为，且．当时，，由知．即当时，，所以在上单调递增．所以不存在极值． 【解析】若，求出的解析式，求出的导数，结合函数零点进行求解即可．求函数的导数，结合函数极值和导数的关系进行证明即可．这道题主要考查利用导数研究函数的极值，结合函数零点，函数极值与导数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大，有一定的难度． 21.【答案】（I）解：依题意知直线A1N1的方程为：y=（x+）…①；直线A2N2的方程为：y=-（x-）…②设Q（x，y）是直线A1N1与A2N2交点，①、②相乘，得=-（-6）由mn=2整理得：=1∵N1、N2不与原点重合，可得点A1，A2不在轨迹M上，∴轨迹C的方程为=1（x≠±）．（Ⅱ）证明：设l：x=ty+3，代入椭圆方程消去x，得（3+）+6ty+3=0．设P（，），Q（，），N（，-），可得+=-且=，=λ，可得（-3，）=λ（-3，），∴-3=λ（-3），=λ，证明=λ，只要证明（2-，）=λ（-2，），∴2-=λ（-2），只要证明=-，只要证明2+t（+）=0，由+=-且=，代入可得2+t（+）=0，∴=λ．【解析】由直线方程的点斜式列出和的方程，联解并结合化简整理得方程，再由、不与原点重合，可得直线与交点的轨迹的方程；设：，代入椭圆方程消去，得，利用分析法进行证明．本题着重考查了动点轨迹的求法、椭圆的标准方程与简单几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系和一元二次方程根与系数的关系等知识，属于中档题． 22.【答案】解：（Ⅰ）设极点（ρ，θ）旋转之后的极点为（ρ′，θ′），故：，代入ρ=4cosθ，得到，得到．（Ⅱ）如图，两圆相交于点O和A，连接OA，AC，OC′，AC′．由于极径没有变，旋转的角为．显然四边形OC′AC为菱形，故∠OCA=．所以S=2S弓形OC′A=2（S扇形OC′A-S△OC′A）=．【解析】Ⅰ直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．Ⅱ利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用及二次函数的性质的应用求出结果．该题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 23.【答案】解：（Ⅰ）若k=2，不等式f（x）≤5可化为2|x|+|x-1|≤5．当x＜0时，有-2x-（x-1）≤5，即x≥，∴＜0；当0≤x＜1时，有2x-（x-1）≤5，即x≤4，∴0≤x＜1；当x≥1时，有2x+（x-1）≤5，即x≤2，∴1≤x≤2．故原不等式的解集为[-，2]；（Ⅱ）由题意，关于x的不等式f（x）≤|x+1|+|2x-2|在上恒成立，即k|x|≤|x+1|+|2x-2|-|x-1|在上恒成立，∴k≤在上恒成立，∵≥，等号在x+1，x-1同号或其中一项为0时成立．∴k的取值范围是（-∞，2]．【解析】Ⅰ时，不等式可化为然后分，，三类去绝对值求解，取并集得答案；Ⅱ由题意，关于的不等式在上恒成立，分离参数，可得在上恒成立，再由，即可得到实数的取值范围．该题考查绝对值不等式的解法，考查分类讨论与数学转化思想方法，训练了绝对值不等式的应用，是中档题．