西省南昌市2020届高三第一次模拟测试数学（理）试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 南昌市NCS20200607项目第一次模拟测试卷 理科数学 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.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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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.‎ - 25 -‎ ‎【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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再利用投影公式求解即可.‎ - 25 -‎ ‎【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】‎ ‎【分析】‎ 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 - 25 -‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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，‎ - 25 -‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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 - 25 -‎ 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（ ）‎ - 25 -‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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 - 25 -‎ 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 - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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：本题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.曲线f(x)=(x2 +x)lnx在点(1，f(1))处的切线方程为____.‎ ‎【答案】‎ - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ 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】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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；‎ - 25 -‎ 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：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17-21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.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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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 - 25 -‎ ‎，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】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ ‎（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.‎ - 25 -‎ ‎【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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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；‎ - 25 -‎ ‎（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）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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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 - 25 -‎ ‎，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，‎ - 25 -‎ 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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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 - 25 -‎ ‎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，‎ - 25 -‎ 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.‎ ‎（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第—题计分．‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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 - 25 -‎ ‎（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.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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．‎ - 25 -‎ ‎（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.‎ - 25 -‎ - 25 -‎