江西省南昌市2020届高三数学第三次模拟考试试题 理（含解析）.doc

1、江西省南昌市2020届高三数学第三次模拟考试试题 理（含解析）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（i为虚数单位），在复平面内，复数z的共轭复数对应的点在（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】求出复数z，写出，即得对应的点所在的象限.【详解】，复数z的共轭复数对应的点是，在第四象限.故选：.【点睛】本题考查复数的除法运算和共轭复数，属于基础题.2. 设集合，若，则对应的实数有( )A. 1对B. 2对C. 3对D. 4对【答案】B【解析】【分析】先解出集合，再根据集合的

2、包含关系，即可确定【详解】因为，若，而，所以，只能或，解得或故选：B【点睛】本题主要考查集合包含关系的理解，属于基础题3. 为了普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取30名学生参加环保知识竞赛，得分（10分制）的频数分布表如表：得分345678910频数231063222设得分的中位数为，众数为，平均数为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由频率分步表求出众数、中位数和平均数，比较即可【详解】由图知，众数是；中位数是第15个数与第16个数的平均值，由图知将数据从大到小排第15 个数是5，第16个数是6，所以中位数是；平均数是；故选：D【点睛】本题考查了求出一组数据的

3、众数、中位数、平均值的应用问题，是基础题4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意还原几何体，根据圆锥的体积计算公式，即可容易求得.【详解】根据三视图可知，该几何体是底面半径为3，高为4的四分之一圆锥.故其体积.故选：A.【点睛】本题考查由三视图还原几何体，以及圆锥体积的求解，属综合基础题.5. 在中，D为线段上一点，且，若，则( )A. B. 3C. D. 4【答案】B【解析】【分析】根据，以为基底，根据向量的线性运算即可求解.【详解】，又，故选：B【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，考查了向量的加法、减法，基底的概念

4、，属于中档题.6. 在中，角所对应的边分别为，则下列说法不一定成立的是( )A. 可能为正三角形B. 角为等差数列C. 角B可能小于D. 角定值【答案】B【解析】【分析】已知条件化简可得，根据余弦定理可解得，依次判断各选项即可得出结果.【详解】,化简可得：，即，.所以可能为正三角形，角B可能小于,角为定值,一定成立，只有当时，角为等差数列，所以角为等差数列不一定成立.故选：B.【点睛】本题考查余弦定理在解三角形中的应用，考查逻辑推理能力，属于基础题.7. 已知函数的最小正周期为，若将其图象沿x轴向右平移个单位，所得图象关于对称，则实数m的最小值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】

5、【分析】先利用降幂公式将函数式化简为的形式，然后利用图象变换的规律求出变换后的解析式，最后利用函数的最值的性质求出的值【详解】化简得，函数的最小正周期为，所以，将其图象沿轴向右平移个单位，所得图象对应函数为，因为其图象关于对称，则有，解得，由，实数的最小值为故选：B【点睛】本题考查考生对余弦型三角函数的图象变换与性质，考查学生的逻辑推理能力及运算求解能力8. 函数（且）的图象可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.9. 甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制（不考虑平局，先赢得三场的人

6、为获胜者，比赛结束）.根据前期的统计分析，得到甲在和乙的第一场比赛中，取胜的概率为0.5，受心理方面的影响，前一场比赛结果会对甲的下一场比赛产生影响，如果甲在某一场比赛中取胜，则下一场取胜率提高0.1，反之，降低0.1.则甲以3:1取得胜利的概率为( )A. 0.162B. 0.18C. 0.168D. 0.174【答案】D【解析】【分析】设甲在第一、二、三、四局比赛中获胜分别为事件，则所求概率，再根据概率的计算公式即可求得答案【详解】解：设甲在第一、二、三、四局比赛中获胜分别为事件，由题意，甲要以3:1取得胜利可能是，由概率得，甲以3:1取得胜利的概率，故选：D【点睛】本题主要考查独立事件概

7、率乘法公式的应用，属于基础题10. 知双曲线的左、右焦点分别为，点在的右支上，与轴交于点，的内切圆与边切于点.若，则的渐近线方程为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由双曲线的定义和内切圆的性质：圆外一点向圆引切线，则切线长相等，结合双曲线的定义，可求出渐进线方程.【详解】如图所示：设分别为三边与其内切圆的切点，圆心为.已知，,.即 由双曲线的定义有：.则.所以,即.又.所以，又，解得.双曲线的渐近线方程为：.故选：A【点睛】本题考查双曲线的定义、性质和渐进线方程，考查圆的切线性质，属于中档题.11. 将正整数20分解成两个正整数的乘积有，三种，其中是这三种分解中两数差的绝

8、对值最小的.我们称为20的最佳分解.当（且）是正整数n的最佳分解时，定义函数，则数列的前100项和为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先利用信息的应用求出关系式的结果，进一步利用求和公式的应用求出结果【详解】解：依题意，当为偶数时，；当为奇数时，所以，故选：B.【点睛】本题考查的知识要点：信息题的应用，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题12. 已知函数，若存在，使得方程有四个不同的实根，则n的最大值是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】依题意，转化可得函数与直线有且仅有四个不同的交点，且易发现函数为偶函数

9、，利用导数研究函数的性质，作出函数图象，观察图象可得实数的取值范围，进而得到的最大值.【详解】令，则，依题意，函数与直线有且仅有四个不同的交点，易知函数为偶函数，故先研究时的情况，当时，令，解得，令，解得，故函数在上单调递减，在上单调递增，且，由偶函数的对称性，可作出函数的图象，如下图所示，由图可知，又，的最大值为2，故选：C.【点睛】本题考查函数与导数的综合运用，考查函数零点与方程根的关系，考查转化思想与数形结合思想，将问题转化为函数的图象与直线有且仅有四个不同的交点，进而通过数形结合确定实数的取值范围是解题的关键，属于难题二、填空题：本题共4小题，每小题5分共20分.13. 执行如图所示的

10、框图程序，输出的结果_.【答案】【解析】【分析】列出前几步循环，可得出输出的为数列的前项和，进而可求得结果.【详解】第一次循环，不成立；第二次循环，不成立；第三次循环，不成立；依此类推，最后一次循环，成立.跳出循环体，输出的为.故答案为：.【点睛】本题考查利用循环结构框图计算输出结果，一般列举出循环的每一步，找出规律，考查计算能力，属于基础题.14. 已知函数，则m，n，p的大小关系是_.【答案】【解析】分析】利用函数的奇偶性与单调性，结合自变量的大小，求解即可【详解】解：，定义域为，函数为偶函数，且易知函数在上单调递增，故答案为：【点睛】本题主要考查函数的单调性与奇偶性的应用，属于基础题15

11、. 已知，则_.【答案】【解析】【分析】根据诱导公式和同角三角函数关系式，对三角函数表达式进行变形应用【详解】，故答案为：【点睛】本题考查了三角函数诱导公式和同角三角函数关系式的综合应用熟练掌握“奇变偶不变，符号看象限”的判断原则，属于中档题16. 已知长方体，已知P是矩形内一动点，与平面所成角为，设P点形成的轨迹长度为，则_；当的长度最短时，三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先确定与平面所成角为,即得，从而根据弧长公式得，再根据二倍角正切公式得结果；先确定的长度最短时P点位置，再确定三棱锥的外接球的球心，根据外接圆半径求得球半径，即得球的表面积.【详解

12、】因长方体中平面，所以与平面所成角为,因为与平面所成角为，所以因为，所以从而P点形成的轨迹为以A为圆心，2为半径的圆在矩形内一段圆弧，设其圆心角为，则因此因为,所以最小时，长度最短，此时P为AC与上面圆弧的交点,设外接圆圆心为，半径为，则设三棱锥的外接球的球心为，半径为,从而因此球的表面积为故答案为：；【点睛】本题考查线面角、立体动点轨迹、三棱锥外接球表面积，考查空间想象能力以及运算能力，属较难题.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1721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. 已知数列中，（为常

13、数）.（1）若，成等差数列，求的值.（2）是否存在，使得为等比数列？若存在，求的前n项和；若不存在，请说明理由.【答案】（1）1；（2）存在，.【解析】【分析】（1）首先利用递推公式求出的值，再根据，成等差数列得到，代入数值即可得到答案.（2）首先假设存在，使得是等比数列，根据求出，再验证即可.【详解】（1）当时， 当时， 当时， 因为，成等差数列，则，即：.整理得：，因，解得，即.（2）假设存在，使得是等比数列.由（1）知：，得到，即，则，.此时，则，又因为，所以存在实数，使得是等比数列.其前项和.【点睛】本题第一问考查数列递推公式，同时考查了等差中项的性质，第二问考查等比数列的判断，同时考

14、查了等比数列前项和的计算，属于中档题.18. 三棱柱中，四边形为菱形，且，.（）求证：平面平面；（）求与平面的夹角正弦值.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（1）利用线面、面面垂直的判定定理即可证明；（2）通过建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值等于直线和平面所成角的正弦值即可.【详解】（）取中点O，连接，菱形中，故三角形是等边三角形，则，又，所以，又，故平面，所以，在中，所以，故，又，所以平面，又平面，所以平面平面；（）以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由，得，即，令，知，所以，设上的单位向量为，则与平面的夹角正弦值.

15、【点睛】本题主要考查面面垂直的证明和线面角，主要考查学生的计算能力，属于中档题.19. 在“挑战不可能”的电视节目上，甲、乙、丙三个人组成的解密团队参加一项解密挑战活动，规则是由密码专家给出题目，然后由个人依次出场解密，每人限定时间是分钟内，否则派下一个人.个人中只要有一人解密正确，则认为该团队挑战成功，否则挑战失败.根据甲以往解密测试情况，抽取了甲次的测试记录，绘制了如下的频率分布直方图.（1）若甲解密成功所需时间的中位数为，求、的值，并求出甲在分钟内解密成功的频率；（2）在“挑战不可能”节目上由于来自各方及自身的心理压力，甲，乙，丙解密成功的概率分别为，其中表示第个出场选手解密成功的概率，

16、并且定义为甲抽样中解密成功的频率代替，各人是否解密成功相互独立.求该团队挑战成功的概率；该团队以从小到大的顺序按排甲、乙、丙三个人上场解密，求团队挑战成功所需派出的人员数目的分布列与数学期望.【答案】（1），甲在分钟内解密成功的频率；（2）；详见解析，.【解析】【分析】（1）根据中位数左右两边的矩形面积之和均为可求得、的值，并根据频率分布直方图求得甲在分钟内解密成功的频率；（2）由（1）得出，求出、的值，由此得出该团队挑战成功的概率为；由题意可得出随机变量的可能取值有、，利用独立事件的概率乘法公式计算出随机变量在不同取值下的概率，据此可得出随机变量的分布列，结合期望公式可计算出的数学期望值.【

17、详解】（1）甲解密成功所需时间的中位数为，解得，解得，由频率分布直方图知，甲在分钟内解密成功的频率是；（2）由题意及（1）可知第一个出场选手解密成功的概率为，第二个出场选手解密成功的概率为，第三个出场选手解密成功的概率为，所以该团队挑战成功的概率为；由可知按从小到大的顺序的概率分别、，根据题意知的取值为、，则，所以所需派出的人员数目的分布列为：因此，.【点睛】本题考查利用频率分布直方图中的中位数求参数，同时也考查概率的计算、随机变量分布列以及数学期望的计算，考查计算能力，属于中等题.20. 在直角坐标系xOy上取两个定点A1（，0），A2（，0），再取两个动点N1（0，m），N2（0，n），且

18、mn2.（1）求直线A1N1与A2N2交点M的轨迹C的方程；（2）过R（3，0）的直线与轨迹C交于P，Q，过P作PNx轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若（1），求证：.【答案】（1）1（x）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意先写出两直线的方程，再根据条件化简即可求得答案；（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），设l：xty+3，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理得y1+y2且y1y2，根据题意得 x13（x23），y1y2，再代入即可证明结论【详解】（1）解：依题意知直线A1N1的方程为：y（x）；直线A2N2的方程为：y（x）设Q（x，y）是直线A1N1与A2N

19、2交点，、相乘，得y2（x26）由mn2整理得：1N1、N2不与原点重合，可得点A1，A2不在轨迹M上，轨迹C的方程为1（x）；（2）证明：设l：xty+3，代入椭圆方程消去x，得（3+t2）y2+6ty+30.设P（x1，y1），Q（x2，y2），N（x1，y1），可得y1+y2且y1y2，可得（x13，y1）（x23，y2），x13（x23），y1y2，证明，只要证明（2x1，y1）（x22，y2），2x1（x22），只要证明，只要证明2t2y1y2+t（y1+y2）0，由y1+y2且y1y2，代入可得2t2y1y2+t（y1+y2）0，【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的

20、位置关系，考查计算能力与推理能力，属于难题21. 已知（）.（1）讨论的单调性；（2）当时，对任意的，且，都有，求实数m的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求出导函数，通过当时，当时，当时，判断导函数的符号，判断函数的单调性即可（2）当时，不妨设，则等价于，考查函数，求出导函数，令，再求解导函数，判断函数的单调性求出函数的最值，说明在上单调递减得到恒成立，设，则在上恒为单调递减函数，然后转化求解的范围即可【详解】（1）（）.当时，在上单调递增；当时，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减.（2）当时，不妨设，则等价于，考查函数，得，令，则

21、时，时，所以在区间上是单调递增函数，在区间上是单调递减函数.故，所以在上单调递减.从而，即，故，所以，即恒成立，设，则在上恒为单调递减函数，从而恒成立，故，故.【点睛】本题考查导数公式和导数运算法则以及恒成立的思想，考查学生灵活运用导数工具分析问题、解决问题的能力，综合考查学生的分类讨论思想以及逻辑推理能力、运算求解能力和推理论证能力.（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4-4：坐标系与参数方程22. 在极坐标系中，曲线，以极点O为旋转中心，将曲线C逆时针旋转得到曲线.（）求曲线的极坐标方程；（）求曲线C与曲线的公共部分面积.【答案

22、】（）；（）.【解析】【分析】（）设点是曲线上任意一点，用点的极坐标表示出点旋转之后对应的点，而点在曲线上，代入即可求出曲线的极坐标方程；（）根据几何知识可知， 四边形为菱形，即可求出，再根据曲线C与曲线的公共部分等于两个弓形面积，即可求出【详解】（）设点是曲线上任意一点，旋转之后点，满足，即代入曲线，得曲线，即曲线（）如图，两圆相交于点O，A，连接，显然四边形为菱形，故由曲线知，圆的半径为，所以曲线C与曲线的公共部分的面积为两个弓形的面积，即.【点睛】本题主要考查相关点代入法求轨迹方程，以及平面几何知识和扇形面积公式的应用，属于基础题选修4-5：不等式选讲23. 已知（）若，解不等式.（）若关于x的不等式的充分条件是，求k的取值范围.【答案】（）（）.【解析】【分析】（）分区间讨论，去掉绝对值号即可求解；（）由题意可转化为在恒成立，根据绝对值不等式可求出，即可求解.【详解】（）若，不等式可化为.当时，即，；当时，即，；当时，即，.故不等式解集为.（）关于x的不等式在恒成立，即在恒成立，在恒成立，等号在，同号时等号成立，所以，所求实数k的范围是.【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，不等式恒成立求参数取值范围，分类讨论思想，转化思想，属于中档题.- 24 -