2020届江西省南昌二中高三校测数学（文）试题（三）（解析版）

这是一份2020届江西省南昌二中高三校测数学（文）试题（三）（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020届江西省南昌二中高三校测试数学（文）题（三）  一、单选题1．已知集合，，则集合可以是（    ）A．， B．， C．， D．，3，【答案】C【解析】先利用对数函数的单调性化简集合，然后再根据交集的运算求解.【详解】，，集合可以是，.故选：C【点睛】本题主要考查交集的运算以及对数函数的单调性应用，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.2．若复数的其共轭复数满足，则复数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案.【详解】解：由，得，.故选：.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题.3．某产品的宣传费用（万元）与销售额（万元）的统计数据如下表所示：宣传费用（万元）4235销售额（万元）452450根据上表可得回归方程则宣传费用为3万元时，对应的销售额为（    ）A．36.5 B．30 C．33 D．27【答案】D【解析】利用点满足回归直线方程，求出，进而得到，即可求解.【详解】回归方程，由回归方程过点，故，即，解得．故选：D.【点睛】本题考查线性回归方程，样本中心点在回归直线上是解题的关键，属于基础题.4．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】利用对数函数和指数函数的性质求解．【详解】解：，，，，则，又，，又，故．故选：A．【点睛】本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．5．已知点在表示的平面区域内，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】画出约束条件的可行域,转化m2+n2为x,y的关系,利用目标函数的几何意义转化求解即可．【详解】表示的平面区域如图阴影部分,点(m+n,m-n)在表示的平面区域内,设,即在表示的平面区域内,且,所以,则m2+n2的最小值为可行域内的点与原点距离的平方的一半．由可行域可知,可行域内的点与坐标原点的距离的最小值为P到原点的距离,即原点到直线2x-y-2=0的距离,所以距离的最小值为:所以m2+n2的最小值为:,故选：A．【点睛】本题考查线性规划的简单应用，考查数形结合以及转化思想的应用，是中档题．6．明朝数学家程大位将“孙子定理”（也称“中国剩余定理”）编成易于上口的《孙子歌诀》：三人同行七十稀，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五便得知．已知正整数被除余,被除余，被除余，求的最小值．按此歌诀得算法如图，则输出的结果为（      ）A．53 B．54 C．158 D．263【答案】A【解析】按程序框图知的初值为，代入循环结构，第一次循环，第二次循环，推出循环， 的输出值为 ，故选A.7．定义在上的函数满足对任意的，都有．设，若，则（    ）A． B．2020 C．0 D．1010【答案】A【解析】利用抽象函数关系，判断函数是奇函数，结合函数奇偶性建立方程组进行求解即可．【详解】解：有，，即，令，则有，即，即是奇函数，若，，则，则，两式相加得：，得，故选：A．【点睛】本题主要考查函数值的计算，结合抽象函数关系判断函数是奇函数，以及利用奇偶性建立方程组是解决本题的关键，属于中档题．8．已知的外接圆直径为1，是的中点，且，则（    ）A．20 B． C．10 D．【答案】C【解析】先由正弦定理求得，再将均用表示，再结合向量的数量积的运算律即可求解结论．【详解】解：因为的外接圆直径为1，是的中点，且，且；故；；故选：C．【点睛】本题考查了数量积运算性质、正弦定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9．函数在区间的图像大致为（    ）．A． B．C． D．【答案】A【解析】分析：判断的奇偶性，在上的单调性，计算的值，结合选项即可得出答案.详解：设，当 时，，当时，，即函数在上为单调递增函数，排除B；由当时，，排除D；因为，所以函数为非奇非偶函数，排除C，故选A.点睛：本题主要考查了函数图象的识别，其中解答中涉及到函数的单调性、函数的奇偶性和函数值的应用，试题有一定综合性，属于中档试题，着重考查了分析问题和解答问题的能力.10．已知数列为等差数列，是其前项和，，.数列的前项和为，若对一切都有恒成立，则能取到的最小整数为（    ）A． B．0 C．1 D．2【答案】B【解析】根据，求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求出数列的和，然后由恒成立求解.【详解】因为数列为等差数列，是其前项和，，.设首项为，公差为，所以，解得，故，所以，所以.因为对于一切都有恒成立，所以，解得，故的最小整数为0.故选：B.【点睛】本题主要考查数列的通项公式，裂项相消法求数列的和，还考查了运算和求解的能力，属于中档题.11．已知双曲线的离心率为，过点的直线与双曲线交于不同的两点、，且为钝角（其中为坐标原点），则直线斜率的取值范围是（    ）A． B．，，C． D．【答案】A【解析】利用双曲线的离心率求出，得到双曲线方程，设出直线方程，设出坐标，利用韦达定理结合向量的数量积转化求解的范围即可．【详解】解：由题意双曲线的离心率为，得，解得，双曲线，设直线，与双曲线联立得：，设点，，，，则，，又因为为钝角，则，所以，即得出，即，所以直线的斜率，又且三点不可能共线，则必有，即直线斜率的取值范围是，故选：A．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与双曲线的位置关系的应用，是中档题．12．已知函数，若不等式对于任意的非负实数都成立，求实数的取值范围为（    ）A．， B．， C．， D．，【答案】C【解析】由已知条件可得对于任意的非负实数都成立，令，，结合一次函数的单调性，可得恒成立，令，求得导数和单调性，可得的最大值，进而得到的范围．【详解】解：不等式对于任意的非负实数都成立，即对于任意的非负实数都成立，令，，因为，所以在，上递减，所以，所以问题转化为恒成立，令，则，由，可得；，可得．所以在上递增，在上递减．所以（1），所以．故选：C．【点睛】本题考查不等式恒成立问题解法，注意构造法的运用，以及导数的运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．  二、填空题13．若向量，，则__．【答案】4【解析】进行数量积的坐标运算即可得出，然后通分，根据二倍角的正弦公式和即可求出答案．【详解】解：．故答案为：4．【点睛】本题考查了切化弦公式，二倍角的正弦公式，向量坐标的数量积的运算，，考查了计算能力，属于基础题．14．我市大会展厅前广场改造，在人行道（斑马线）两侧划分块区域（如图），现有四种不同颜色的花卉，要求每块区域随机种植一种颜色的花卉，且相邻区域（有公共边的区域）所选花卉颜色不能相同，则不同的摆放方式共有__种．【答案】【解析】根据题意，分两步讨论区域①②和区域③④⑤的摆放方式数目，由分步计数原理计算可得答案【详解】根据题意，对于区域①②，可以在种颜色中任选种，有种选法；对于区域③④⑤，可以在种颜色中任选种，有种选法，则不同的摆放方式有种．故答案为：.【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．15．三棱柱的各顶点都在同一球面上，且球的表面积等于．若，，则此棱柱高为__．【答案】2【解析】设球的半径为，由球的表面积公式可求出的值；在中，结合余弦定理和正弦定理，可求得的外接圆半径，而棱柱的高为，从而得解．【详解】解：设球的半径为，则，．在中，由余弦定理知，，．由正弦定理知，的外接圆半径满足，．球心到平面的距离为．此棱柱的高为2．故答案为：2．【点睛】本题考查棱柱与球中的简单计算问题，熟悉棱柱与球的结构特征是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．16．已知椭圆的焦点为，，若在长轴上任取一点，过点作垂直于的直线交椭圆于点，若使得的点的概率为，则的值为__．【答案】或【解析】根据，得到的轨迹为圆，利用椭圆的焦点坐标在或轴，分类求解椭圆与圆的焦点坐标，利用几何概型，转化求解即可．【详解】当时，点在圆上，联立椭圆，，当时，，解得，所以当时，.若使得的点的概率为，可得，解得，．当时，解得，由，得到，又因为，解得．故答案为：2或【点睛】本题主要考查几何概型的应用，同时考查椭圆的简单性质以及向量的数量积，属于中档题. 三、解答题17．已知数列的前项和为，点，在函数的图象上，数列满足，（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．（2）利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．【详解】解：（1）数列的前项和为，点，在函数的图象上，所以，①当时，，当时，，②，①②得（首项符合通项）．故．（2）数列满足，整理得，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．所以，故．①，②，①②得：，整理得．【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式，数列的递推关系式，乘公比错位相减法在数列中的求和，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．18．如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，，是的中点．（1）证明：直线平面；（2）若点为的中点，，求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取的中点，连接，，只需证明是平行四边形，即可得到，然后得到直线平面；（2） 取的中点，在底面上的射影为的中点，取的中点，连接，，可得，设点到平面的距离为，利用等体积法，得，即可求得结论．【详解】解：（1）证明：取的中点，连接，．因为是的中点，所以，，由，，得，又，所以且，四边形是平行四边形，，又平面，平面，故平面；（2）解：取的中点，连接，侧面为等边三角形且垂直于底面，底面，点为的中点，在底面上的射影为的中点．，取的中点，连接，，则，又，，平面，，，，，由在中，，，，，，设点到平面的距离为，由得，即，即点到平面的距离为．【点睛】本题考查了线面平行的判定，点到平面的距离的求法，其中，利用体积法是解决点面距离的常用方法，属于中档题．19．某校为了解学生在新冠病毒疫情期间学生自制力，学校随机抽取80位学生，请他们家长（每位学生请一位家长）对学生打分，满分为10分．如表是家长所打分数的频数统计．分数5678910频数482024168（1）求家长所打分数的平均值；（2）若分数不小于8分为“自制力强”，否则为“自制力一般”，在抽取的80位学生中，男同学共42人，其中打分为“自制力强”的男同学为18人，是否有的把握认为“自制力强”与性别有关？（3）在评分为10分的学生中有7名女同学，小雯同学也在其中，学校团委随机抽选这七名女同学中的两名同学座谈，则小雯同学被选中的概率是多少？附：．0.100.050.010.0052.7063.8416.6357.879 【答案】（1） ；（2）有的把握认为“自制力强”与性别有关；（3） .【解析】（1）利用平均数公式计算平均值即可；（2）填写列联表，计算，对照附表得出结论；（3）利用古典概型的概率公式，计算即可．【详解】解：（1）家长所打分数的平均值为；（2）填写列联表如下： 男生女生合计自制力强183048自制力一般24832合计423880计算，所以有的把握认为“自制力强”与性别有关；（3）总共基本事件为种，有小雯同学的选法为种，故所求的概率值为．【点睛】本题考查了列联表与独立性检验应用问题，也考查了平均值与古典概型的概率计算问题，是基础题．20．已知抛物线的焦点为，轴上方的点在抛物线上，且，直线与抛物线交于，两点（点，与不重合），设直线，的斜率分别为，.（Ⅰ）求抛物线的方程；（Ⅱ）当时，求证：直线恒过定点并求出该定点的坐标.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）根据及抛物线定义可求p，从而得到方程；（Ⅱ）设出直线方程，与抛物线方程相联立，写出韦达定理，结合可得关系，从而得到定点坐标.【详解】（Ⅰ）由抛物线的定义可以，,抛物线的方程为. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，点的坐标为当直线斜率不存在时，此时重合，舍去. 当直线斜率存在时，设直线的方程为设，将直线与抛物线联立得：又，即，，，将①代入得，即得或 当时，直线为，此时直线恒过;当时，直线为，此时直线恒过（舍去）所以直线恒过定点.【点睛】本题主要考查抛物线的定义及直线和抛物线的综合问题，直线过定点一般是寻求之间的关系式.侧重考查数学运算的核心素养.21．设函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若，求证：方程有唯一零点.【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增（2）证明见解析；【解析】（1）当时，，即可得出其单调区间（2）令，，则，然后分，，三种情况讨论即可.【详解】（1）当时，，所以，即，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以函数在上单调递减，在上单调递增.（2）令，，①当时，，当且仅当时取等号，所以为减函数.因为，，所以在内有唯一零点；②当时，当或时，；当时，，所以在和上单调递减，在上单调递增.因为，，所以在内有唯一零点；③当时，当或时，；当时，，所以在和上单调递减，在上单调递增.因为，，所以在内有唯一零点.综上可得方程有唯一零点.【点睛】本题考查的是利用导数研究函数的单调性和零点个数，属于较难题.22．在平面直角坐标系中，曲线的直角坐标方程为，以为极点，轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标系方程为.（1）求曲线的极坐标方程；（2）判断：直线与曲线是否相交？若相交，请求出公共弦的长；若不相交，请说明理由.【答案】（1）（2）直线与曲线相交，公共弦的长为.【解析】（1）化圆的方程为一般方程，结合及，即可得到曲线的极坐标方程；（2）把代入圆的极坐标方程，可得关于的一元二次方程，由判别式大于0可知直线与曲线相交，再由根与系数的关系求解弦长.【详解】（1）将改称为，化为极坐标方程为；（2）将代入得，，，所以方程有2个不同的根，，所以直线与曲线相交，公共弦的长为.【点睛】本题主要考查简单曲线的极坐标方程，考查直线与圆位置关系的应用，属于中档题.23．已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）当时，若的图象与轴围成的三角形面积等于6，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）将代入中，然后根据，利用零点分段法解不等式即可；（2）根据条件，求出的图象与轴围成的三角形底边长和高，然后根据面积为6得到关于的方程，再求出的值.【详解】解：（1）当时，.，或或，或或，，不等式的解集为.（2）当时，，当时，令，则或，又由，得，的图象与轴围成的三角形面积等于6，，解得或（舍.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了分类讨论思想和方程思想，属于中档题.