1、江西省重点中学协作体2020届高三数学第二次联考试题 理（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. 已知集合，若，则实数的值为（ ）A. B. 0C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】根据，得，根据元素的互异性可知【详解】因为，所以，又，所以且，所以，所以已舍，此时满足.故选：A【点睛】本题考查了集合的交集的概念，考查了集合中元素的互异性，属于基础题.2. 设，的虚部是（ ）A. B. C
2、. D. 【答案】B【解析】【分析】算出即可【详解】因为所以的虚部是故选：B【点睛】本题考查的是复数的计算及复数的概念，较简单.3. 已知，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用指数和对数的性质，判断三个数值的范围，即可得出结果.【详解】解：因为，且函数在上单调递增，所以，即，因为函数在上单调递增，且，所以，所以，即，因为函数在上单调递增，且，所以，所以，所以，即， 所以，故选：B【点睛】此题考查三个数的大小的判断，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，属于基础题.4. 下边程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”.执
3、行该程序框图，若输入、的值分别为6、8、0，则输出和的值分别为（ ）A. 0，3B. 0，4C. 2，3D. 2，4【答案】C【解析】【分析】执行循环，直至终止循环输出结果.【详解】执行循环，得，结束循环，输出，此时,选C.【点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.5. 在中，D为BC的中点，P为AD上的一点且满足，则与面积之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设的中点为点，则可以推得，
4、故得点为的重心，即可得答案.【详解】设的中点为点，则有，又，所以，则点在线段上，因为D为BC的中点，所以得点为的重心，故与面积之比为.故选：B【点睛】本题主要考查了向量的运算，三角形重心的性质，属于基础题.6. 某几何体的三视图如图所示（网格中的每个网格小正方形的边长为单位1），则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是由正方体截割去1个三棱锥所得到的几何体，由此求出几何体的体积.【详解】解：由三视图，可知该几何体是由正方体截割去1个三棱锥所得到的几何体，如图所示：因为网格中的每个网格小正方形的边长为单位1，所以三棱锥的体积为，
5、 所以该几何体的体积为故选：D【点睛】此题考查了利用空间几何体的三视图求几何体的体积的应用问题，属于基础题.7. 已知数列满足，则数列的前10项和（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先给两边取倒数，得，可知数列是等差数列，从而可求出，得，于是可求出数列的通项，再利用裂项相消求和法可求得的值.【详解】解：因为，所以，即，所以数列是以3为公差，1为首项的等差数列，所以，所以，所以，所以，故选：C【点睛】此题考查是由数列的递推式求数列的通项公式，考查了裂项相消求和法，属于基础题.8. 已知平面四边形ABCD是菱形，将沿对角线BD翻折至的位置，且二面角的平面角为，则三棱锥的外接球的
6、表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】设，由四边形ABCD是菱形，可得为二面角的平面角，故.过三棱锥的外接球的球心作面，垂足为，则是等边的中心. 作，垂足为，可证面，故.作交于点，则四边形是矩形. 设外接球的半径为，则，求出，即求，进而求出外接球的表面积.【详解】设，四边形ABCD是菱形，为二面角的平面角，.是等边三角形.过三棱锥的外接球的球心作面，垂足为，则是等边的中心.如图所示.设外接球的半径为，则.作，垂足为.面，即面，.又，面.作交于点，则四边形是矩形，.，又，解得.三棱锥的外接球的表面积.故选：.【点睛】本题考查二面角，考查直线与平面的位置关系，考查空间几何体
7、的外接球，属于较难的题目.9. 已知直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，且，若，且的面积为，则E的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作示意图，设，根据面积公式和向量数量积的运算，列出方程组，求得，即可得的等量关系，再转化为离心率即可.【详解】作示意图如图所示，设，由题意可得，所以，又，得 又因为，得，则，故.故选：C.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，涉及向量的数量积运算，三角形的面积公式，同角三角函数基本关系式，属综合基础题.10. 已知函数，函数的图象可以由函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到，若函数在上没
8、有零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函数，根据三角函数的图象变换得到，令，结合函数零点存在的条件建立不等式求解即可.【详解】函数，向右平移个单位长度，得，再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到，令，得，所以，若函数在上没有零点，则需，所以，所以，若函数在上有零点，则，当k=0时，得，解得，当k=1时，得，解得，综上：函数在上有零点时，或，所以函数在上没有零点，.所以的取值范围是.故选：A【点睛】本题主要考查三角函数的图象变换及函数零点问题，还考查了转化求解问题的能力，属于难题.11. 已知函数，若，则最大值为（ ）A. B. C. D
9、. 【答案】A【解析】【分析】分析函数，可得，再令，用倒序相加法可得，即化简条件为，根据直线与圆的位置关系求的范围，再求得的最大值.【详解】由题，则,令，则，得，则，则，令，则，是圆心为，半径为的圆，直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离，由，得，得，即，故，故的最大值为.故选：A【点睛】本题考查了观察和分析能力，根据，得到是解决本题的关键，再利用直线与圆的位置关系求最值,是一道综合应用能力较强的题目.12. 已知函数，当时，恒成立，则实数m的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先分析，易得恒成立，再分析，将问题转化为，恒成立，再构造函数，即，恒成立，可利用的单调性
10、，转化为则恒成立，再转化为得恒成立，再构造函数，利用导数得到，则.【详解】当，时，显然恒成立；当 时，由题，则恒成立，得，恒成立，令，则恒成立，则，故在递增，则恒成立，得恒成立，令，则，即在递增，故，故，综合得.故选：B.【点睛】本题考查了分析观察能力，利用导数研究函数的性质，反复构造函数利用函数的单调性转化恒成立问题是解决问题的关键.第卷（非选择题共90分）二、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知等差数列的前n项和为，且，则_【答案】2【解析】【分析】根据，利用等差数列的性质求得，再利用通项公式求解.【详解】因为，所以，所以，所以.故答案为：2【点睛】本题主要考查等差数
11、列的性质以及前n项和公式，通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14. 已知实数x，y满足条件，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域，设再求出，最后利用导数求出函数的最值即得解.【详解】不等式组对应的可行域如图所示，设联立得，联立得，所以.所以.因为，所以函数在单调递减.所以.所以的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题主要考查线性规划问题，考查斜率的应用，考查导数求函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析推理能力.15. 已知，则的展开式中的常数项为_【答案】24【解析】【分析】根据题意，由定积分计算公式可得的值，进而由二项式定理分析
12、的展开式中的常数项，据此分析可得答案【详解】解：根据题意，的通项为，当时，有，则的展开式中的常数项为24；故答案为：24【点睛】本题考查定积分的计算以及二项式定理的应用，关键是求出的值，属于基础题16. 在平面四边形ABCD中，则AB的取值范围是_【答案】【解析】【分析】首先将平面四边形补形为三角形，成为等腰三角形，在内平移直线使之能满足条件，通过数形结合，分析两个临界点得到的取值范围.【详解】如图所示，延长交于，平移，当与点重合时，最长(此时为临界位置，不能取)在中，由正弦定理可得，即，由，解得=，平移，当与点重合时，最短，此时与交于，在中，,，由正弦定理知，即，解得(此时为临界位置，不能取
13、)所以的取值范围为故答案为：【点睛】本题考查求几何图形中长度计算，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，考查正弦定理解三角形，本题的关键是通过平行移动，根据临界点分析出的长度，属于难题.二、解答题：（本大题共6小题，共70分，17-21题每题12分，选做题10分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点M在边BC上，已知（1）求A；（2）若AM是角A的平分线，且，求三角形ABC的面积【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理得，结合三角形内角和即可求得，由此可求出答案；（2）由题意得，过作交于，易知为正三角形，由此得，再根
14、据三角形面积公式即可求出答案【详解】解：（1）由正弦定理得，又，即，又因为，；（2）由是的角平分线以及知，过作交于，易知为正三角形，的面积【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，考查三角形的面积公式，考查角平分线定理，属于基础题18. 如图：在三棱锥中，平面平面ABC，且，（1）若点D为BP上的一动点，求证：；（2）若，求二面角的平面角的余弦值【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】（1）在中，易得，再由平面平面ABC，利用面面垂直的性质定理得到平面APC，从而有，然后由线面垂直的判定定理证明.（2）根据平面平面ABC，在平面PAC中过A点作AC的垂线l，则l垂直平面ABC，以l为轴，AB，A
15、C为x，y轴建立空间直角坐标系，分别求得平面EAB的一个法向量和平面EBC一个法向量，代入公式求解.【详解】（1）在中由正弦定理，得，即，平面平面ABC，交线为AC，故平面APC，则，又，平面ABP，而平面ABP，所以（2）平面平面ABC，在平面PAC中过A点作AC的垂线l，则l垂直平面ABC，以l为轴，AB，AC为x，y轴建立空间直角坐标系由知，E为PC的三等分点，易得，设平面EAB的一个法向量为，由得，令，则，设平面EBC一个法向量为，由，得，令，则，则，设二面角的平面角为，则【点睛】本题主要考查面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理以及二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想，逻辑推理，
16、运算求解的能力，属于中档题.19. 已知椭圆，是其上的点，离心率为（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线与椭圆C相交于A，B两点，且在y轴上有一点，当面积最大时，求m的值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率可得关系，据此设，代入点即可求解；（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示出弦长，由点到直线距离求出三角形高，可得，由基本不等式可求最值.【详解】（1）由离心率为，可设椭圆方程为又椭圆C过点，由解得椭圆C的标准方程为（2）直线l的方程为，则到直线l的距离，将代入椭圆方程，得，由判别式，解得设，则，由弦长公式，当且仅当取等号【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，椭圆的简单
17、几何性质，直线与椭圆的位置关系，弦长公式，基本不等式，属于中档题.20. 甲、乙两位同学参加某个知识答题游戏节目，答题分两轮，第一轮为“选题答题环节”第二轮为“轮流坐庄答题环节”.首先进行第一轮“选题答题环节”，答题规则是：每位同学各自从备选的5道不同题中随机抽出3道题进行答题，答对一题加10分，答错一题（不答视为答错）减5分，已知甲能答对备选5道题中的每道题的概率都是，乙恰能答对备选5道题中的其中3道题；第一轮答题完毕后进行第二轮“轮流坐庄答题环节”，答题规则是：先确定一人坐庄答题，若答对，继续答下一题，直到答错，则换人（换庄）答下一题以此类推.例如若甲首先坐庄，则他答第1题，若答对继续答第
18、2题，如果第2题也答对，继续答第3题，直到他答错则换成乙坐庄开始答下一题，直到乙答错再换成甲坐庄答题，依次类推两人共计答完20道题游戏结束，假设由第一轮答题得分期望高的同学在第二轮环节中最先开始作答，且记第道题也由该同学（最先答题的同学）作答的概率为（），其中，已知供甲乙回答的20道题中，甲，乙两人答对其中每道题的概率都是，如果某位同学有机会答第道题且回答正确则该同学加10分，答错（不答视为答错）则减5分，甲乙答题相互独立；两轮答题完毕总得分高者胜出.回答下列问题（1）请预测第二轮最先开始作答的是谁？并说明理由（2）求第二轮答题中，；求证为等比数列，并求（）的表达式.【答案】（1）第二轮最先开
19、始答题的是甲；详见解析（2），证明见解析；（）【解析】【分析】(1)设甲选出的3道题答对的道数为,则,设甲第一轮答题的总得分为,则,设乙第一轮得分为,求出的分布列,得到,比较两者大小即可得出结论;(2)依题意得,再利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求出;,从而,由此能证明是等比数列,并求出的表达式.【详解】(1)设甲选出的3道题答对的道数为,则,设甲第一轮答题的总得分为,则,所以;(或法二:设甲的第一轮答题的总得分为,则的所有可能取值为30,15,0,-15,且,故得分为的分布列为:30150-15;)设乙的第一轮得分为,则的所有可能取值为30,15,0,则,故的分布列为:30
20、150故,所以第二轮最先开始答题的是甲.(2)依题意知,依题意有(),(),又,所以是以为首项,为公比的等比数列,().【点睛】本题考查概率离散型随机变量的分布列数学期望的求法及应用,考查等比数列,需要学生具备一定的运算求解以及分析理解能力,属于中档题.21. 已知函数，（且，e是自然对数的底数）（1）讨论函数的单调性；（2）当时，恒成立，求a的取值范围【答案】（1）答案见解析；（2）【解析】【分析】（1）由，求导得到，再分和讨论求解.（2）由时，根据，得到然后令，求导，分和讨论求解.【详解】（1）易知若，则当时，当时，若，则当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减（2）当时，即，所以令，则
21、，若，则当时，所以在上单调递增；当时，所以当时，单调递增，所以若，则，由得，所以，所以，使得，且当时，所以在上单调递减，所以当时，不合题意综上，a的取值范围为【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式恒成立以及零点存在定理，还考查了分类讨论思想，运算求解的能力，属于难题.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. 如图所示的丘比特爱神之箭是由一颗爱心与一支箭组成，象征着高尚的爱情或强烈的欲望.在极坐标系中，爱心曲线C的极坐标方程为，箭所在的直线的方程为：，.（1）以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系请写出爱心曲线C的普
22、通方程；（2）直线与曲线C交于A，B两点，求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由，代入即可求得曲线普通方程；（2）设，求得， 代入到，令，利用二次函数的性质可求得答案【详解】解：（1）由，可得，爱心曲线的普通方程为：；（2）由于在直线上，故可设，代入，可得，令，则【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查极坐标系下极径的应用，属于中档题23. 已知函数（1）当时，解不等式；（2）若的图像与x轴围成三角形的面积不小于6，求实数a的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）分类讨论法解不等式即可；（2）去掉绝对值化简函数的解析式，依次求出函数与轴的交点，根据三角形面积公式即可求出答案【详解】解：（1）当时，不等式等价于，当时，解得，当时，解得，当时，解得，综上，不等式的解集为；（2）因为，函数的图像与轴围成三角形的三个顶点坐标分别为，得，解得，或（舍去），实数的取值范围为【点睛】本题主要考查含绝对值的不等式的解法，考查分类讨论思想，考查计算能力，属于中档题