江西省南昌市2020届高三上学期开学考试数学（文）试题

江西省南昌市2020届高三上学期开学考试数学（文）试题

‎2020届高三摸底测试卷 文科数学 本试卷共4页，23小题，满分150分.考试时间120分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上，并在相应位置贴好条形码.‎ ‎2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.‎ ‎3.非选择题必须用黑色水笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.‎ ‎4.考生必须保证答题卡整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.‎ 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.已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据求解分式不等式和二次根式的定义域得集合，再运用集合的补集和交集运算求解.‎ ‎【详解】由已知得，‎ ‎，‎ 所以，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的补集和交集运算，属于基础题.‎ ‎2.复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的运算法则，求得复数，即可得到复数的模，得到答案。‎ ‎【详解】由题意，复数，解得，所以，故选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的模的求解，其中解答中熟记复数的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎3.已知平面内一条直线及平面，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直的判定定理和性质定理，以及充分条件和必要条件的判定方法，即可求解。‎ ‎【详解】由题意，根据直线与平面垂直的判定定理，可得由“”可证得“”，即充分性是成立的；‎ 反之由“”不一定得到“”，即必要性不成立，‎ 所以“”是“”的充分不必要条件，故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记线面垂直的判定与性质是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题。‎ ‎4.如图是某光纤电缆的截面图，其构成为七个大小相同的小圆外切，且外侧六个小圆与大圆内切，现从大圆内任取一点，恰好在小圆内的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 设小圆的半径为，根据图形可得，大圆的半径为，分别求得大圆和七个小圆的面积的和，利用面积比的几何概型，即可求解。‎ ‎【详解】由题意，设小圆的半径为，根据图形可得，大圆的半径为，‎ 则大圆的面积为，‎ 其内部七个小圆的面积和为，‎ 由面积比的几何概型可得概率为，故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查了几何概型的概率的计算问题，解决此类问题的步骤：求出满足条件A的基本事件对应的“几何度量”，再求出总的基本事件对应的“几何度量”，然后根据求解，着重考查了分析问题和解答问题的能力。‎ ‎5.已知一组样本数据点用最小二乘法求得其线性回归方程为若的平均数为，则 （ ）‎ A. B. 12 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设这组样本数据中心点为，代入线性回归方程中求得，再求 的值。‎ ‎【详解】解：设样本数据点的样本中心点为，‎ 则，代入线性回归方程中，得，‎ 则，故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了线性回归方程的应用问题，是基础题．‎ ‎6.公比不为的等比数列中，若，则不可能为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的性质，得到，且，即可求解，得到答案。‎ ‎【详解】由，根据等比数列的性质，可得，且，‎ 所以可能值为或或，‎ 所以不可能的是6，故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的性质的应用，其中熟记等比数列的性质是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题。‎ ‎7.已知二元一次不等式组表示的平面区域为，命题：点在区域内；命题：点在区域内. 则下列命题中，真命题是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二元一次不等式组，判定出命题为假命题，为真命题，再根据复合命题的真值表，即可得到判定，得到答案。‎ ‎【详解】由二元一次不等式组，可得点不适合不等式，所以点不在不等式组表示的平面区域内，所以命题为假命题，则为真命题，‎ 又由点适合不等式组的每个不等式，所以点在不等式组表示的平面区域内，所命题为真命题，‎ 由复合命题的真值表可得，命题为真命题，故选C。‎ ‎【点睛】本题主要考查了二元一次不等式组表示的平面区域，以及复合命题的真假判定，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题。。‎ ‎8.已知中，，，的中点为，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在中，为的中点，可得，再根据向量的数量积的运算公式，即可求解。‎ ‎【详解】由题意，在中，为的中点，可得，‎ 所以，‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的运算法则，以及向量的数量积的运算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎9.已知圆与双曲线 的渐近线相切，则该双曲线的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线方程，求得其一条渐近线的方程，再由圆，求得圆心为，半径，利用直线与圆相切，即可求得，得到答案。‎ ‎【详解】由双曲线，可得其一条渐近线的方程为，即，‎ 又由圆，可得圆心为，半径，‎ 则圆心到直线的距离为，则，可得，‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率的求解，以及直线与圆的位置关系的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎10.已知正实数满足，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在同一坐标系内，分别作出函数的图象，结合图象，即可求解。‎ ‎【详解】由题意，在同一坐标系内，分别作出函数的图象，‎ 结合图象可得：，故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数函数、对数函数的图象与性质的应用，其中解中熟记指数函数、对数函数的图象，结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题。‎ ‎11.自然界中具有两种稳定状态的组件普遍存在，如开关的开和关、电路的通和断等，非常适合表示计算机中的数，所以现在使用的计算机设计为二进制．二进制以为基数，只用和两个数表示数，逢进，二进制数与十进制数遵循一样的运算规则，它们可以相互转化，如．我国数学史上，清代汪莱的《参两算经》是较早系统论述非十进制数的文献，总结出了八进制乘法口决：，，，则八进制下等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 由二进制的转化为十进制的方法，只要一次累加个位数字上的数该数为的权重，即可得到转化，求得答案。‎ ‎【详解】由题意知，，，根据十进制与八进制的转化可得，‎ 所以，故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查了算法的概念及其应用，其中解答中熟记十进制与八进制的转化方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎12.若函数（为自然对数的底数）有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数有两个极值点，得到有两个零点，转化为函数与的图象有2个交点，利用导数求得函数单调性与最值，结合图象，即可求解。‎ ‎【详解】由题意，函数，则，‎ 要使得函数有两个极值点，则有两个零点，‎ 即方程有2个实数根，即与的图象有2个交点，‎ 又由，‎ 当时，单调递减，当时，单调递增，‎ 所以，‎ 当时，，当时， ，‎ 所以当是满足函数与的图象有2个交点，‎ 即函数有两个极值点，故选A ‎【点睛】本题主要考查了利用导数求得函数的极值问题，其中熟记函数的导数与函数的单调性与极值之间的关系，以及结合函数点图象求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题。‎ 二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13.已知，则等于_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二倍角的余弦公式，得到，代入即可求解。‎ ‎【详解】由二倍角的余弦公式，可得。‎ ‎【点睛】本题主要考查了二倍角的余弦公式的应用，其中解答中熟记二倍角的余弦公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎14.已知定义在上的偶函数满足，，则等于_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由满足，利用函数的奇偶性，求得函数是以2为周期的周期函数，进而可求解的值。‎ ‎【详解】由题意，函数满足，即，‎ 又由函数是上的偶函数，所以，即，‎ 所以函数是以2为周期的周期函数，则。‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数周期性的判定，以及函数的奇偶性的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎15.已知圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则此圆锥的侧面积为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】因为圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，‎ 所以圆锥的母线长为，‎ 底面直径长为2，‎ 则此圆锥的侧面积为，故答案为.‎ ‎16.已知数列的前项和为，，若对于任意恒成立，则实数的最小值为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，则，两式相减，得到，进而得到数列表示首项，公比为的等比数列，求得，得到则，求得，即可求解。‎ ‎【详解】由题意，数列满足，则，‎ 两式相减，可得，即，‎ 令，得，解得，‎ 所以数列表示首项，公比为的等比数列，‎ 所以，‎ 则，且，‎ 则当时，此时，‎ 所以要使得对于任意恒成立，则，‎ 所以的最小值为。‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的定义，以及前n项和公式的应用，以及数列的恒成立问题的求解，其中解答中熟记等比数列的定义和前n项和公式，合理计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题。‎ 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.已知锐角的内角的所对边分别为，其中，.‎ ‎（Ⅰ）若，求角；‎ ‎（Ⅱ）求面积的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由，求得，再由正弦定理求得，即可求得角A；‎ ‎（Ⅱ）由余弦定理和基本不等式，求得，再由三角形的面积公式，即可求解。‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，知，‎ 即，故，即，‎ 又由正弦定理可得，解得，‎ 又因为，所以，所以.‎ ‎（Ⅱ）在中，由余弦定理，得，得，‎ 所以，当且仅当时，即三角形为等边三角形时，上式等号成立，‎ 所以的面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。‎ ‎18.如图，已知直三棱柱中，，，是的中点，是上一点，且.‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）连接，由三棱柱是直三棱柱，得⊥面,得到，，又在直角三角形中，证得，利用线面垂直的判定定理，即可得到平面；‎ ‎（Ⅱ）过作，连接,交于点，过作,交于点，利用线面垂直的判定定理，证得面,得到面，求得，利用体积公式，即可求解。‎ ‎【详解】（Ⅰ）连接，在中，依题意为等腰三角形且，‎ 由面积相等，解得，‎ 由于三棱柱是直三棱柱，故⊥面,‎ 那么.‎ 在直角三角形中，因为，‎ 所以，又由，所以，‎ 又因，故为直角，即，‎ 又由，所以得面，所以,‎ 由,‎ 故面.‎ ‎（Ⅱ）过作，连接,交于点，过作,交于点，‎ 因为面，所以,‎ 又因,所以面,所以面，‎ 又由，所以，‎ 所以 ‎【点睛】本题考查了线面垂直的判定与证明，以及三棱锥的体积的求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题。‎ ‎19.某“双一流”大学专业奖学金是以所学专业各科考试成绩作为评选依据，分为专业一等奖学金、专业二等奖学金及专业三等奖学金，且专业奖学金每个学生一年最多只能获得一次.图（1）是统计了该校年名学生周课外平均学习时间频率分布直方图，图（2）是这名学生在年周课外平均学习时间段获得专业奖学金的频率柱状图．‎ ‎（Ⅰ）求这名学生中获得专业三等奖学金的人数；‎ ‎（Ⅱ）若周课外平均学习时间超过小时称为“努力型”学生，否则称为“非努力型”学生，列联表并判断是否有的把握认为该校学生获得专业一、二等奖学金与是否是“努力型”学生有关？‎ ‎【答案】（Ⅰ）160人；（Ⅱ）有.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据题设条件和给定的频率分布直方图，即可计算这名学生获得专业三等奖学金的人数；‎ ‎（Ⅱ）分别求得每周课外学习时间不超过小时的“非努力型”学生的人数和其中获得一、二等奖学金学生人数，以及每周课外学习时间超过小时称为“努力型”学生人数和其中获得一、二等奖学金学生人数，列出联表，利用公式求得的值，即可得到结论。‎ ‎【详解】（Ⅰ）获得三等奖学金的频率为: ‎ 故这名学生获得专业三等奖学金的人数为人.‎ ‎（Ⅱ）每周课外学习时间不超过小时的“非努力型”学生有 人，‎ 其中获得一、二等奖学金学生有 ‎;‎ 每周课外学习时间超过小时称为“努力型”学生有人，‎ 其中获得一、二等奖学金学生有人，‎ 列联表如图所示:‎ ‎“非努力型”学生 ‎“努力型”学生 总计 获得一二等奖学金学生 未获得一二等奖学金学生 总计 ‎，‎ 故有的把握认为获得一二等奖学金与学习“努力型”学生的学习时间有关.‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用，以及独立性检验的应用，其中解答中任何审题，熟记频率分布直方图的性质，合理、准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题。‎ ‎20.在平面直角坐标系中，已知，动点满足 ‎（1）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（2）过点的直线与交于两点，记直线的斜率分别为，求证：为定值.‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由轨迹方程的求法得：设动点P，求出相关的向量利用向量的数量积以及向量的模化简求解，可得动点的轨迹的方程．（2）设出过点的直线，并于联立，得韦达定理，将用点表示出来，将韦达定理代入即可求出为定值。‎ ‎【详解】设，则由知化简得：，即动点的轨迹方程为； ‎ 设过点的直线为： ，由得，‎ 将代入得 故为定值 ‎【点睛】本题考查求曲线的轨迹方程，用韦达定理来解决定值问题，大胆设，大胆算，属中档题．‎ ‎21.已知函数（为自然对数的底数），‎ ‎（1）若直线是函数图像一条切线，求的值；‎ ‎（2）对于任意恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设出切点，利用切线斜率就是在切点处的导数以及切点在曲线上列式，两个方程两个未知数，解方程。（2）参变分离，将转化为，构造函数，利用导数求的最小值。‎ ‎【详解】设切点为，则 由得 设，则 ‎，故所以 得 设 则 所以单调递增，单调递减 单调递增 而，下面比较与大小 因为，即 故 即，所以 ‎【点睛】此题是典型的恒成立问题转化为最值，先参变分离，这样避免分类讨论，然后利用导数求最值，此题是一道难度偏大的题目。‎ ‎（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，则按所做的第一题计分.‎ ‎[选修44：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换得到曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系（为极径，为极角）．‎ ‎（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程和曲线的极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）若射线与曲线交于点，射线与曲线交于点，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）消去参数，求得曲线的直角方程为，再根据图象的变换公式，即可求解曲线的方程，进而得到其极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）将代入，根据极坐标中极经的几何意义，即可求解。‎ ‎【详解】（Ⅰ）由曲线的参数方程为 (为参数)，‎ 得，所以曲线的直角方程为；‎ 曲线经过伸缩变换得到的参数方程为，得，‎ 所以曲线的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅱ）将代入 得，即，‎ 同理，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及图象的变换和极坐标的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23.已知函数，．‎ ‎（Ⅰ）当时，求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）若关于的不等式的解集包含，求的取值集合．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由时，得到函数，分类讨论，即可求得不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）由已知关于的不等式解集包含，等价于|在恒成立，进而得到在恒成立，由此可求解实数的取值范围。‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，当时，函数，‎ 当时,，解得;‎ 当时，, 无解;‎ 当时， 解得；‎ 所以的解集为.‎ ‎（Ⅱ）由已知关于的不等式解集包含，‎ 等价于|在恒成立，‎ 因为，所以不等式恒成立 即在恒成立，即，‎ 又，所以，‎ 故的取值集合是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的求解，以及含绝对值不等式的恒成立问题的求解，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题。‎ ‎ ‎ ‎ ‎