1、江西省重点中学九校2020届高三数学6月第二次联考试题 文（含解析）满分：150分时间：120分钟本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟第卷（选择题共60分）一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分在每个小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 若复数是虚数单位）为纯虚数，则实数的值为（ ）A. -2B. -1C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】利用复数代数形式的除法运算化简复数,再根据实部为0且虚部不为0求解即可.【详解】为纯虚数，即，故选C.【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算，考查复数的基本概念，是基础题. 复数是高考中
2、的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.2. 某工厂利用随机数表对生产的600个零件进行抽样测试，先将600个零件进行编号，编号分别为001，002，599，600从中抽取60个样本，现提供随机数表的第4行到第6行：若从表中第6行第6列开始向右依次读取3个数据，则得到的第7个样本编号（ ）A. 522B. 324C. 535D. 578【答案】B【解析】【分析】根据随机数表的定义进行判断即可【
3、详解】解：第6行第6列的数开始的数为808，不合适，436，789不合适，535，577，348，994不合适，837不合适，522，535重复不合适，578合适，324合适，则满足条件的7个编号为436，535，577，348，522，578，324，则第7个编号324，故选：B【点睛】本题主要考查随机抽样的应用，根据定义选择满足条件的数据是解决本题的关键，属于基础题3. 欧拉公式为虚数单位是瑞士数学家欧拉发明的，将指数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的联系，被誉为“数学中的天桥”根据欧拉公式可知，表示的复数的模为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接由题意可得
4、，再由复数模的计算公式得答案【详解】由题意，=cos+isin，表示的复数的模为故选C【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题4. 将一边长为1正方形ABCD沿对角线BD折起，形成三棱椎CABD其正视图与俯视图如下图所示，则左视图的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意确定几何体的相关边的长度，作出左视图，依据数据，求出左视图的面积【详解】由题中正视图和俯视图，结合折叠前的图，则三棱椎CABD，若为的中点，则面，则左视图为三角形，其面积.故选：A【点睛】本题考查了三视图求面积，考查计算能力，逻辑思维能力，属于容易题5. 设不等式表示的平
5、面区域为D，在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】试题分析：阴影部分的面积为：，正方形的面积为: ,故选.考点：1、几何概型的计算，面积比【方法点晴】本题主要考查的是几何概型，属于中等题，由题作出所对应的图像，可得平面区域为如图所示的正方形区域，而区域 内的任意点到原点的距离大于的区域为图中的阴影部分，由几何概型的公式可知概率即为面积之比，易得答案.【详解】6. 设xR，ab，若“axb”是“x2+x-20”的充分不必要条件，则b-a的取值范围为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解不等式求得x的取值范
6、围，根据充分不必要条件可求出a、b的范围即可【详解】解不等式得因为“ ”是“ ”的充分不必要条件，且所以 所以选C【点睛】本题考查了充分必要条件的判断，注意边界问题，属于基础题7. 若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如.如图程序框图的算法源于我国古代闻名中外的中国剩余定理.执行该程序框图，则输出的等于( )A. 4B. 8C. 16D. 32【答案】C【解析】初如值n=11,i=1,i=2,n=13,不满足模3余2.i=4,n=17, 满足模3余2, 不满足模5余1.i=8,n=25, 不满足模3余2,i=16,n=41, 满足模3余2, 满足模5余1.输出i=16.选C8. 在中，角A
7、，B，C所以对的边分别为a，b，c，若，的面积为，则（ ）A. B. C. 或D. 或3【答案】D【解析】【分析】由，可求得，再结合面积和，即可求得边，再由余弦定理求得.【详解】由，由正弦定理得，又，得，得，得，又，得，则，则，由余弦定理，得，得或.故选：D【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，根据边角关系正确选用正弦定理和余弦定理是解题的关键.9. 体育品牌Kappa的LOGO为可抽象为：如图背靠背而坐的两条优美的曲线，下列函数中大致可“完美”局部表达这对曲线的函数是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】从图像可以看出，函数是偶函数，并且当趋近于0时，函数
8、值趋近于正无穷，据此判断.【详解】因为、两个函数均是奇函数，故不符合题意；对A：当趋近于0，且足够小时，不符合题意；对D：因为，满足趋近于0，且足够小时函数值.故选：D.【点睛】本题考查函数图像的选择，一般地，此类题目要从函数奇偶性，单调性，特殊值进行判断和选择.10. 若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积列”若各项均为正数的等比数列是一个“2020积数列”，且，则当其前n项的乘积取最大值时，n的最大值为（ ）A. 1009B. 1010C. 1011D. 2020【答案】B【解析】【分析】由题意可得再根据等比数列的性质，由此可得当其前项的乘积取最大值时，的最大值【
9、详解】解：若一个数列的第项等于这个数列的前项的乘积，则称该数列为“积数列”，若各项均为正数的等比数列是一个“2020积数列”，且，则当其前项的乘积取最大值时，的最大值为1010，故选：B【点睛】本题考查等比数列前项的乘积取最大值时的值的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，属于中档题11. 已知定义在R上函数满足=1，且对于任意的x，恒成立，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，然后研究的单调性，由单调性求得不等式的解集.【详解】设，由，得，为减函数又，可得 ，由题，得，得，得或 解得
10、或.故选：B【点睛】本题考查了构造新函数，并用导数研究函数的单调性，利用单调性解不等式.12. 设函数由方程确定，对于函数给出下列命题：存在，使得成立；，使得且同时成立；对于任意，恒成立；对任意，；都有恒成立其中正确的命题共有（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】A【解析】【分析】将方程的绝对值符号去掉，画出函数的图象，对命题逐一判断，得:对，函数在上递减，故错误；对，即，均在图象上，讨论点分别在第一、二、四象限代入方程，看是否有实数解；对，恒成立，即恒成立，由图的图象总在图象的上方，故正确；对，可通过举出反例确定错误.【详解】由方程知，当且时，方程为；当且时，方程为，不成立；
11、当且时，方程为；当且时，方程为，不成立；作出函数的图象如图所示，对于，是定义域R上的单调减函数，则对任意，都有恒成立，错误；对于，假设点在第一象限，则点也在第一象限，所以，该方程组没有实数解，所以该情况不可能；假设点在第四象限，则点在第二象限，所以，该方程组没有实数解，所以该种情况不可能；同理点在第二象限，则点在第四象限，也不可能故该命题是假命题对于，由图形知，对于任意，有即恒成立，正确；对于，不妨令，则为，又由题，则 ，即不恒成立，所以错误综上知，正确的命题序号是故选：A【点睛】本题考查了函数性质的综合应用，按定义去绝对值和画出函数的图象，数形结合是解决问题的关键.二、填空题：本题共4小题，
12、每小题5分，共20分13. 已知向量，=(1，)，且在方向上的投影为，则等于_【答案】1【解析】【分析】利用向量的投影概念，计算出向量的模长，结合向量的数量积，可得结果.【详解】在方向上的投影为，所以有，且，所以故答案为：1【点睛】本题考查向量的投影的概念，以及向量数量积公式的应用，属基础题.14. 函数（，）的部分图像如下图所示，该图像与y轴相交于点，与x轴相交于点B、C，点M为最高点，且三角形MBC的面积为，则图像的一个对称中心是_（写出一个符合题意的即可）【答案】（写成一个即可）【解析】【分析】根据三角形的面积为求得的值，可得函数的周期，从而求得的值，再把点代入求得的值，从而得到函数的解
13、析式，即可得到函数的对称中心【详解】解：，周期，由，得，又，令，解得，故函数的对称中心为，故答案为：，【点睛】本题主要考查由函数的部分图象求解析式，正弦函数的对称性的应用，属于基础题。15. 设直线l为曲线在点处的切线，则直线l与两坐标轴所围成的三角形面积的最小值是_【答案】12【解析】【分析】首先求出导函数，利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据点斜式求出切线方程，进而求出直线与坐标轴的交点，表示出三角形的面积，利用基本不等式即可求解.【详解】由，则，所以，则在点处的切线方程为：，即，当时，当时，则直线l与两坐标轴所围成的三角形面积：，当且仅当，即时，等号成立.故答案为：12【点睛】本题考
14、查了导数的几何意义、基本初等函数的导数以及导数的运算法则、基本不等式求最值，属于中档题.16. 已知一球O的半径为R，有一圆柱内接于球O，当该圆柱的侧面积最大时，此圆柱的体积为2，则球O的表面积为_【答案】8【解析】【分析】由题意得，作图，设圆柱底面半径为，圆柱高为，球的半径为，得，而圆柱的侧面积，可得，然后利用求导的方法来求得圆柱的侧面积最大时，的取值情况，进而可以求出，最后根据球的面积公式求出球的表面积.【详解】设圆柱底面半径为，圆柱高为，球的半径为，如图，而圆柱的侧面积，可得，令则,令，得，即当时，圆柱侧面积最大，所以，又圆柱侧面积最大时，它的体积，解得，所以，球的表面积【点睛】本题考查
15、球的表面积公式、圆柱的侧面积公式和体积公式，体现了数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养，属于难题.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17. 已知数列满足（1）若数列是等差数列，求数列的前n项和；（2）证明：数列不可能是等比数列【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求出，公差，再利用裂项求和法即可求解.（2）求出数列的前项，利用等比中项即可证出.【详解】（1）设数列首项为，公差为d则，代入已知得：，又，即，所以，对应系数相等，易得，设，则. （2）
16、假设数列是等比数列，则，由已知，可得，代入，易得，于是数列的前4项为4，6，9，14；显然它不是等比数列，所以数列不可能是等比数列【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、裂项求和、等比中项，属于基础题.18. 某大型商场的空调在1月到5月的销售量与月份相关，得到的统计数据如下表：月份12345销量（百台）0.60.81.21.61.8（1）经分析发现1月到5月的销售量可用线性回归模型拟合该商场空调的月销量（百件）与月份之间的相关关系.请用最小二乘法求关于的线性回归方程，并预测6月份该商场空调的销售量；（2）若该商场的营销部对空调进行新一轮促销，对7月到12月有购买空调意愿的顾客进行问卷调查.假设
17、该地拟购买空调的消费群体十分庞大，经过营销部调研机构对其中的500名顾客进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表：有购买意愿对应的月份789101112频数60801201308030现采用分层抽样的方法从购买意愿的月份在7月与12月的这90名顾客中随机抽取6名，再从这6人中随机抽取3人进行跟踪调查，求抽出的3人中恰好有2人是购买意愿的月份是12月的概率.参考公式与数据：线性回归方程，其中，.【答案】（1）；2.16（百台）；（2）【解析】【分析】（1）由题意计算平均数与回归系数，写出线性回归方程，再利用回归方程计算对应的函数值；（2）利用分层抽样法求得抽取的对应人数，用列举法求得基本事件数，再
18、计算所求的概率值【详解】（1）因为，所以，则，于是关于的回归直线方程为.当时，（百台）.（2）现采用分层抽样的方法从购买意愿的月份在7月与12月的这90名顾客中随机抽取6名，则购买意愿为7月份的抽4人记为，购买意愿为12月份的抽2人记为，从这6人中随机抽取3人的所有情况为、，共20种，恰好有2人是购买意愿的月份是12月的有、，共4种，故所求概率为.【点睛】本题考查了线性回归方程与列举法求古典概型的概率问题，是中档题19. 如图几何体中，四边形为矩形，为的中点，为线段上的一点，且（1）证明：面面；（2）求三棱锥的体积【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）连结，根据所给的条件，可证明都
19、是等边三角形，所以，即证明平面，再说明面面垂直；（2），根据（1）的结果可知，根据平面几何可求底面面积，代入求体积.试题解析：(1）证明：连接，为的中点.，为矩形，又，为平行四边形，为正三角形 ，面.面，面面.(2），因为，所以.所以.20. 过抛物线上一点作直线交抛物线E于另一点N.（1）若直线MN的斜率为1，求线段的长.（2）不过点M的动直线l交抛物线E于A，B两点，且以AB为直径的圆经过点M，问动直线l是否恒过定点如果有求定点坐标，如果没有请说明理由【答案】（1）（2）有，定点【解析】【分析】（1）将点代入抛物线方程求出，可得抛物线方程，求出直线的方程，将直线与抛物线联立求出交点，从而利
20、用两点间的距离公式即可求解.（2）设出直线AB的方程：，将直线与抛物线联立消，利用，可得，设，利用韦达定理，结合，利用向量数量积的坐标运算整理可得，从而可得，代入直线方程即可求解.【详解】（1）把代入中，得直线的方程：，即：与联立得：，；（2）设直线AB方程为：与联立，得：，设，即，整理得：代入得：即（舍去），（符合）直线即动直线AB经过定点【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系中的弦长问题、定点问题，此题要求有较高的计算求解能力，属于中档题.21. 已知函数在上单调递增，函数（1）求的值；（2）若存在，使得成立，求m的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据函数单调性可知导函
21、数不小于0恒成立，转化为恒成立即可求解；（2）构造函数，求函数导数，分类讨论，得出函数的单调性，求即可求解.【详解】（1）在上恒成立恒成立，即，（2）令，当时，即；在上单调递增，当时，即，在上单调递减，当时，存在使得在上单调递减，在上单调递增，解得综合上述：m的取值范围是【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，最值，分类讨论思想，不等式有解问题，属于难题.（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答，如多做，则按所做的第题计分22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为（1）求直线的普通方
22、程以及曲线C的参数方程；（2）过曲线C上任意一点M作与直线的夹角为的直线，交于点N，求的最小值【答案】（1）0，（为参数）；（2）.【解析】【分析】（1）消去，即得直线的普通方程，利用，得到曲线C的直角坐标方程，进而得到曲线C的参数方程；（2）设出点M的坐标，表示出点M到直线的距离，画出图形，得到，求出的最小值，即可求解.【详解】（1）将直线的参数方程消去参数，可得直线的普通方程为0将，代入曲线C的极坐标方程，可得曲线C的直角坐标方程为，即故曲线C的参数方程为（为参数）（2）设，则M到的距离，其中如图，过点M作于点P，则，则在中，当时，取得最小值故的最小值为【点睛】本题考查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、点到直线的距离公式，考查学生分析问题、解决问题的能力，运算求解能力，考查数形结合思想.23. 已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）证明：【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【分析】（1）分3段去绝对值解不等式组，再取并集；（）由题，所以，当且仅当时等号成立，再利用基本不等式可证【详解】解：（1）当时，；当时，原不等式等价于，解得；当时，原不等式等价于，不等式无解；当时，原不等式等价于，解得，综上，不等式的解集为；（2）证明：因为，所以，当且仅当时取“”所以当且仅当且时取“”，故得证.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，属于中档题
