1、江西省南昌市第二中学2020届高三数学5月模拟考试试题 理（含解析）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设全集为，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题首先计算集合B的补集然后与集合A取交集即可【详解】由题或，故选:B【点睛】本题主要考查集合的运算，分别求解两个集合，然后进行补集、交集运算，侧重考查数学运算的核心素养.2.已知复数z满足，则A. B. 1C. D. 5【答案】C【解析】试题分析：由题意，考点：复数的运算3.函数的部分图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由解析式分析函数的性质，函数值的正负，由排除法可得【详解
2、】或时，排除B、D，时，排除C，只有A正确故选：A【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象可根据解析式研究函数的性质，如单调性、奇偶性、对称性、周期性等等，研究函数图象的特殊点，如与坐标轴的交点，顶点，极值点等，特殊的函数值或函数值的正负、函数值的变化趋势利用排除法得出正确的结论4.设均为正数，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作出函数的图象，是它们中的交点，由此可得其大小关系【详解】如图是函数的图象，是与的交点的横坐标，是与的交点的横坐标，是与的交点的横坐标，由图可得故选：A【点睛】本题考查实数大小比较，考查数形结合思想解题时作出函数图象，方程的根转化为函数图象交
3、点横坐标，大小关系通过图象一目了然5.在中，,，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先用基底向量表示出，再结合向量数量积的运算求解.【详解】由得,，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的运算，向量运算可以利用坐标运算或者基底运算进行，侧重考查数学运算的核心素养.6.已知，均为锐角，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据已知条件求解，结合平方关系可得，然后利用倍角公式可得.【详解】因为均为锐角，所以，又因为，所以，.因为，所以，所以故选：D.【点睛】本题主要考查三角恒等变换，给值求值问题一般是先根据已知角与所求角的关系，结合相关公
4、式可求，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.7.已知某公司生产的一种产品的质量(单位：千克)服从正态分布.现从该产品的生产线上随机抽取件产品，其中质量在区间内的产品估计有( )附:若，则，.A. 件B. 件C. 件D. 件【答案】A【解析】【分析】产品的质量X（单位：千克）服从正态分布N（90，64），得90，8，P（82X106）P（X+2），代入计算即可【详解】依题意，产品的质量X（单位：千克）服从正态分布N（90，64），得，质量在区间内的产品估计有件.故选A.【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查曲线的对称性，属于基础题8.2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖
5、双料得主、英国著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动，在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为论小于某值的素数个数的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想.在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字的素数个数大约可以表示为的结论（素数即质数，）.根据欧拉得出的结论，如下流程图中若输入的值为，则输出的值应属于区间（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由流程图可知其作用为统计以内素数的个数，将代入可求得近似值，从而得到结果.【详解】该流程图是统计以内素数的个数由题可知小于数字的素数个数大约可以表示为则以内的素数个数为本题
6、正确选项：【点睛】本题考查判断新定义运算的问题，关键是能够明确流程图的具体作用.9.已知是双曲线的左右焦点，过的直线与圆相切，切点，且交双曲线右支于点，若，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先作出图形，结合与圆的相切关系和三角形的性质，建立的关系式，然后可得渐近线的方程.【详解】连过作，则易知：,，所以在中，整理得，所以渐近线方程为，即故选：C.【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程，双曲线渐近线方程的求解主要是构建之间的关系式，侧重考查数学运算的核心素养.10.函数的图象与过原点的直线恰有四个交点，设四个交点中横坐标最大值为，则（ ）A. -2B.
7、 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】依题意，过原点的直线与函数在区间内的图像相切，利用导数知识可求得切线方程，利用直线过原点，可求得，代入所求关系式即可得到答案.【详解】函数的图象与过原点的直线恰有四个交点，直线与函数在区间内的图象相切，在区间上，y的解析式为，故由题意切点坐标为，切线斜率由点斜式得切线方程为：，直线过原点，得，.故选：A.【点睛】本题考查了导数的几何意义、点斜式方程、二倍角公式以及同角三角函数的基本关系，需熟记公式，属于基础题.11.在中，为的重心，则面积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由重心的性质及余弦定理，求出，计算的面积，求出最大
8、值即可.【详解】解：如图所示，设D为BC的中点，由重心性质可得，设,则由余弦定理得：，即，又，又,所以,当时，取最大值288，即取最大值，故选：B.【点睛】本题考查了三角形重心的性质，重点考查了二次函数最值的求法，属中档题.12.设函数在定义域上是单调函数，且，若不等式对恒成立，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先确定函数的解析式，然后确定实数a的取值范围即可.【详解】由题意易知为定值，不妨设，则，又，故，解得：，即函数解析式为，由题意可知：对恒成立，即对恒成立，令，则，据此可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，函数的最小值为，结合恒成立的结论可知：
9、的取值范围是.本题选择D选项.【点睛】本题主要考查函数的单调性，导函数研究函数的性质，恒成立问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）.13.为响应党中央提出的“稳疆兴疆，富民固边”战略，2020年5月我市某教育集团选派5名高级教师（不同姓）到新疆克州的甲、乙、丙三所中学进行援疆支教，每所学校至少1人.则李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为_.【答案】【解析】【分析】先分情况求解所有的安排的情况数,再分析当李老师与杨老师去同一学校的情况数,进而得到概率即可.【详解】由题,3所学校所有可能接受的老师数量可能为1,1,3或1,2,2.故
10、所有可能的安排情况有种.当李老师与杨老师去同一学校时满足的安排情况有种.故李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为.故答案为：【点睛】本题主要考查了利用组合的方法求解概率的问题,需要根据题意先分类,再分步计算满足条件的情况数.属于中档题.14.在数列中,记是数列的前项和,则=_.【答案】【解析】【分析】分的奇偶可知奇数项构成等差数列,偶数项相邻的两项之和为定值,再求解即可.【详解】当是奇数时, ,数列中奇数项构成等差数列.当是偶数时, .故故答案为：【点睛】本题主要考查了奇偶数列的递推公式以及数列求和等,属于中档题.15.阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠“阿波罗尼斯圆”
11、是他的代表成果之一：平面上一点到两定点的距离之满足为常数，则点的轨迹为圆已知圆：和，若定点（）和常数满足：对圆上任意一点，都有，则_，面积的最大值为_ 【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先设出点的坐标，结合可得的轨迹方程，结合已知圆的方程可求，再由圆的性质可得面积的最大值.【详解】设点，由，得，整理得，所以解得如图，当或时，.故答案为： .【点睛】本题主要考查阿波罗尼斯圆的定义，本质还是曲线方程的求解，侧重考查数学运算的核心素养.16.已知四面体中,为其外接球球心,与,所成角分别为,.有下列结论：该四面体的外接球的表面积为,该四面体的体积为10,其中所有正确结论的编号为_【答案】【
12、解析】【分析】把四面体补成长方体,结合长方体的性质可求.【详解】解:依题意,把四面体补成长方体,如图,设长方体的长、宽、高分别为,则,解得；由于四面体的外接球就是长方体的外接球,所以球的半径可得该四面体外接球的表面积为,故正确；该四面体的体积等于长方体的体积去掉四个三棱锥的体积,则故错误；四面体的外接球的球心是长方体体对角线的中点,所以分别等同于长方体的体对角线与所成的角,则 ,即,故错误；,是边长为,的三角形的三个内角,故,故正确结合选项可知正确结论的编号为.故答案为：【点睛】本题主要考查四面体的性质,把四面体补成长方体,使其位置关系或者度量关系更加清晰,是求解这类问题的关键,侧重考查直观想
13、象和数学运算的核心素养三、解答题（本大题共70分）17.在中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，角的平分线交于点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）把已知条件中角的关系化为边的关系后可用余弦定理求角；（2）在（1）基础上得，从而由可得，在中应用正弦定理可求得，从而可得面积【详解】（1）由及正弦定理知， 又，由余弦定理得.，.（2）由（1）知， 又，在中，由正弦定理知：，在中，由正弦定理及，解得， 故.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式解题时注意边角关系的互化18.某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行
14、质量检测，并依据质量指标Z来衡量产品的质量.当时，产品为优等品；当时，产品为一等品；当时，产品为二等品.第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标的条形图.用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率（1）从该企业生产的所有产品中随机抽取4件，求至少有1件优等品的概率；（2）现某人决定购买80件该产品.已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测，买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否
15、则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担记企业的收益为X元，求X的分布列与数学期望.【答案】(1);(2)分布列见解析，数学期望为41500.【解析】【分析】（1）先求出从样本中随机取一件为优等品的概率，再求从该企业生产的所有产品中随机抽取4件，没有一件是优等品的概率，从而可求出至少有一件是优等品的概率.（2）由题意求出检测出3件或4件为优等品时及检测出的优等品低于3件时的的值，结合第一问求出，从而可得的分布列，即可计算其数学期望.【详解】（1）解：由题意知，500件产品中共有优等品件，则从样本中随机取一件为优等品的概率为， 所以从该企业生产的所有产品中随机抽取4件，没有一
16、件是优等品的概率为，则随机抽取4件，至少有1件优等品的概率为.（2）解：检测出3件或4件为优等品时 ，检测出的优等品低于3件时，由题意知，故X的分布列为 4700039000 所以数学期望.【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列，考查了数学期望的求解，考查了对立事件的概率关系.求离散型随机变量的分布列时，通常先求出变量的可能取值，再求出每种取值的概率，从而可列表写出分布列.19.如图，在三棱锥中，为正三角形，为棱的中点，平面平面（1）求证：平面平面；（2）若是棱上一点，与平面所成角的正弦值为，求二面角的正弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先根据平面平面，得出，结合条件得
17、出平面，从而可得.（2）建立空间直角坐标系，结合与平面所成角的正弦值为得出的坐标，然后利用法向量可求.【详解】（1）因为为正三角形，为棱的中点，所以，又平面平面，且平面平面，所以平面，所以，又，且，所以平面.又平面，所以平面平面（2）作中点，连，由（1）及可知平面，以为坐标原点，分别为轴，过且平行于的方向为轴，如图，建立空间直角坐标系设，则,，设，则,，设平面的法向量为，因为与平面所成角的正弦值为，所以，即，解得，即为的中点，则设平面的法向量为，则，即，取.设平面的法向量为，则，则二面角的余弦值为，故.【点睛】本题主要考查空间中的垂直关系和二面角的求解，线面角和二面角的求解主要使用向量法，合理
18、正确的建立坐标系是求解的关键.20.已知椭圆的长轴是短轴的两倍，以短轴一个顶点和长轴一个顶点为端点的线段作直径的圆的周长等于，直线l与椭圆C交于两点，其中直线l不过原点.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线的斜率分别为，其中且.记的面积为S.分别以为直径的圆的面积依次为，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意知，且，由此能求出椭圆方程（2）设直线的方程为，联立，利用韦达定理、椭圆弦长公式结合已知条件能求出的最小值【详解】解：（1）由题意知，解得，所以椭圆C的方程为（2）设直线l的方程为，由消去y整理得，根据题设有：且，.因为，所以，将，代入，化简得：，.此时且，解得.故，又
19、，为定值.，当且仅当即时等号成立.综上：的最小值为【点睛】本题考查椭圆方程的求法及求曲线的方程，考查弦长公式、三角形面积公式及直线与椭圆位置关系的应用，考查了函数思想，属于难题21.已知函数，（其中为自然对数的底数）.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，函数有最小值，求函数的值域.【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增;（2）.【解析】【分析】（1）求出导数，分成，两种情况求导数为零的根，从而可探究出函数和导数随自变量的变化情况.（2）求出，通过导数求出的单调性，结合零点存在定理得出存在，使得，即，从而得出的单调性，进而求出的解析式，再利用的单调性，从而可求其值域.
20、【详解】（1）解：，令，当时，恒成立，此时单调递增；当时，解得，则随的变化如下表， 则在上递减，在上递增.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）因为，则，则 ，设，则，则在上单调递增.对于，因为，因此存在，使得，即，故当时，单调递减；当时，单调递增.则 即，则，由，可知，单调递增.由得，.所以的值域为.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调性，考查了利用导数求函数的值域，考查了函数最值的求解，考查了函数的零点存在定理.本题的难点是第二问，通过构造函数求的根.求函数的值域或者最值时，可结合函数的单调性、基本不等式、导数法进行求解.请考生在第22、23题中任选一题作
21、答，若多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），圆的参数方程为（为参数）（1）求和的普通方程；（2）设点，直线与曲线相交于，两点，求的值.【答案】（1）的普通方程为，的普通方程为；（2）.【解析】【分析】（1）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（2）由在直线上，求出直线的参数方程，设，对应的参数为，将直线的参数方程与圆的方程进行联立，可求出，从而可求的值.【详解】（1）由题意可得，故的参数方程为（为参数），圆的参数方程为（为参数），消去参数，得的普通方程为，消去参数，得的普通方程为.（2）由题意知，
22、在直线上，的参数方程为 ，设，对应的参数为，的参数方程与圆的普通方程进行联立，整理得 ，则，所以.【点睛】本题考查了圆的参数方程，考查了直线的参数方程，考查了参数方程与普通方程的互化，考查了参数方程中参数的意义.第一问的关键是由圆的参数方程求出的值.选修4-5：不等式选讲23.已知函数（1）若不等式对任意的恒成立,求的取值范围；（2）当时,记的最小值为,正实数,满足,证明：.【答案】(1) ；(2)证明见解析【解析】【分析】(1)根据化简可得在时恒成立.再求解绝对值不等式,利用恒成立的方法求解即可.(2)代入,将写出分段函数分析得出最小值,再利用三元的平方和公式以及基本不等式证明,再同理证明即可.【详解】(1)因为,故即,化简可得在时恒成立.即或恒成立.故或恒成立.解得或.又,故.综上, (2)由题, .故当时, ；当时, ；当时, .故的最小值为.即,要证明可先证明：因为,即,故,故.当且仅当时取等号.设,则已知,要证.同理,即,故,即,当且仅当时取等号.综上有当时,成立. 当且仅当时取等号.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式中的恒成立求参数问题,需要根据题意去绝对值再解含有绝对值的表达式,利用恒成立求最值的思想求参数范围.同时也考查了基本不等式在证明不等式中的运用,需要根据所给形式利用三元的平方和公式结合基本不等式证明.属于中档题.