江西省赣州市2020届高三数学二模考试试题 文（含解析）.doc

1、江西省赣州市2020届高三数学二模考试试题 文（含解析）（全卷满分150分，考试时间120分钟）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，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由，先将集合用列举法表示，再由交集的定义求解即可.【详解】由题，因为所以，所以，故选：D.【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.2.已知，是关于的方程的一个根，则（ ）A. B. 0C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】由是关于的方程的一个根，则是关于的方程的一个根，结合根与系数的关系求解即可.【详解】解：由是关

2、于的方程的一个根，则是关于的方程的一个根，则，即，则，故选：C.【点睛】本题考查了根与系数的关系，属基础题.3.从某班50名同学中选出5人参加户外活动，利用随机数表法抽取样本时，先将50名同学按01，02，50进行编号，然后从随机数表的第1行第5列和第6列数字开始从左往右依次选取两个数字，则选出的第5个个体的编号为（ ）（注：表为随机数表的第1行与第2行）A. 24B. 36C. 46D. 47【答案】A【解析】【分析】按要求两个数字为一个号，不大于50且前面未出现的数依次写出即可得【详解】由随机数表抽样编号依次为43，36，47，36前面出现过去掉，46，24，第5个是24故选：A【点睛】本

3、题考查随机数表法，属于简单题4.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先由诱导公式可得,观察和可得,进而利用诱导公式及二倍角公式求解即可.【详解】由题,因为,所以,因为,则,所以,故选:A【点睛】本题考查利用诱导公式和二倍角公式化简求值,找到与的关系是解题关键.5.已知函数是定义在上的偶函数，且，则（ ）A. B. 0C. 1D. 2020【答案】C【解析】分析】由函数的奇偶性和可得是周期为4的函数,分别求得,进而根据函数的周期性求解即可.【详解】由题,因为是定义在上的偶函数,所以,因为,所以,则,所以,所以是周期为4的函数,因为,所以；因为,所以,所以,故选:C【点睛

4、】本题考查利用函数的奇偶性和对称性判断函数周期性,考查利用函数周期性求值.6.意大利数学家斐波那契的算经中记载了一个有趣的问题：已知一对兔子每个月可以生一对兔子，而一对兔子出生后在第二个月就开始生小兔子.假如没有发生死亡现象，那么兔子对数依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是，其中，.若从该数列的前120项中随机地抽取一个数，则这个数是奇数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】由题意可得，该数列依次每3项中，有2项是奇数，另外1项是偶数，所以前120项中有80项是奇数，即可算出答案.【详解】由题意可

5、得，该数列依次每3项中，有2项是奇数，另外1项是偶数所以前120项中有80项是奇数所以这个数是奇数的概率为故选：B【点睛】本题主要考查的是古典概型的概率计算，考查了学生的分析能力，较简单.7.函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出函数定义域，通过与的关系判断函数的奇偶性可排除A、B，再由函数在上的符号为负即可选C.【详解】因为，所以恒成立，定义域为R，又，所以为偶函数，排除A、B；当时，选C.故选：C【点睛】本题考查判断函数的图象，涉及函数的定义域、奇偶性，属于中档题.8.圆上恰有两点到直线的距离为，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【

6、解析】【分析】由题意可知，然后求解即可.【详解】解：将圆的方程化为标准式可得，则该圆圆心坐标为，半径为，设圆心到直线的距离为，由圆上恰有两点到直线的距离为，则，即，又，解得：，即的取值范围是，故选：A.【点睛】本题考查了点到直线的距离公式，重点考查了直线与圆的位置关系，属中档题.9.在中，角、所对的边分别为，若，则外接圆的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理把角化成边，根据余弦定理求出角，再根据为外接圆半径，即求外接圆的面积.【详解】，由正弦定理可得，即，.设外接圆半径为，.外接圆的面积.故选：.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，属于基础题.10.某锥体

7、的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图做出原几何体，再由四棱锥的体积的求法得出选项.【详解】由三视图得：原几何体是一个四棱锥，如下图所示，四棱锥的高为，底为边长为2的正方形，因此体积为，故选：C.【点睛】本题考查由三视图得出原几何体，并求其体积的问题，解决此类问题时，需注意：(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行

8、辨析，属于基础题11.已知平面向量，夹角为，且，若对任意的正实数，的最小值为，则（ ）A. B. C. D. 0【答案】B【解析】【分析】先计算的平方，得出关于的二次函数，根据二次函数的最值，可得选项.【详解】因为，当时，取得最小值3，所以（负值舍去），故选：B.【点睛】本题考查向量的数量积运算和向量的模的计算，在处理向量的模的问题，常常可以计算向量的平方，得以解决向量的模的问题，属于中档题.12.已知双曲线的渐近线为，过右焦点的直线与双曲线交于，两点且，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可得，双曲线方程为.设直线：，直线与双曲线联立方程组，消去可得：

9、，.令，则，.，.与联立方程组可得解.【详解】（法一）由题意，双曲线方程为.设直线：，即.直线与双曲线联立方程组，消去可得：，.令，则，.，.与联立方程组可解得：，.（法二）根据圆锥曲线统一定义，分别是，到右准线的距离.分别过，作准线的垂线，垂足为，.令，则，.延长交右准线于点，.为所求直线的倾斜角或倾斜角的补角，故选：B.【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系，关键在于设出直线的方程并与双曲线的方程联立，得出两曲线的交点的坐标的关系，并将已知条件转化到交点的坐标上去，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，且，则实数_.【答案】；【解析】【分析】由已知可得

10、，带入坐标即可求出实数m的值.【详解】，解得故答案为：.【点睛】本题考查向量的平行，若向量，则可得，解方程即可求解，掌握向量的平行、垂直的等价形式是解题的关键，属于基础题.14.若，满足约束条件，则的最小值为_.【答案】；【解析】【分析】作出不等式组所表示的可行域，利用平移直线的方法找出使得取得最小值时对应的最优解，代入目标函数计算即可.【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：联立，解得，即点，平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最小，此时取最小值，即.故答案为：.【点睛】本题考查线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，一般利用平移直线的方法找出最优解，考查数形结合思

11、想的应用，属于基础题.15.已知函数，则在处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】先对函数求导，然后令，求出的值，代入原函数和导函数中，再计算出的值，再利用点斜式求出直线方程.【详解】解：由，得，令，则，解得，所以，所以 ，所以所求的切线方程为，即故答案为：【点睛】此题考查了利用导数的几何意义求曲线的切线方程，属于基础题.16.如图，正方体的棱长为，分别为，的中点，点是正方形内的动点.若平面，则点的轨迹长度为_.【答案】.【解析】【分析】如图，连接交的延长线于点，连接，交于点，延长交的延长线于点，连接交于点，连接，则五边形即为平面截正方体的截面，数形接合得到平面平面，又平面平面，易得、分别为

12、和的三等分点，则，故可得答案.【详解】解：如图，连接交的延长线于点，连接交于点，延长交的延长线于点，连接交于点，连接、，则五边形即为平面截正方体的截面.易得，分别为和的三等分点，则.取中点，上靠近点的三等分点，易得，平面，平面，平面，同理平面，平面平面，平面平面，在线段上，.故答案为：.【点睛】此题考查点的轨迹长度的求解问题，涉及线面平行、面面平行性质定理，考查数形结合的思想，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1721题为必考题，每个考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题17.已知等差数列的前项和为，.（1）求数列的通项公

13、式；（2）令，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，由条件建立方程解出和即可（2），首先用错位相减法求出数列的前项和，然后可算出答案.【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意得，即所以，.所以.（2），令，得：所以.所以.【点睛】常见数列的求和方法：公式法（等差等比数列）、分组求和法、裂项相消法、错位相减法.18.2020年是全面建成小康社会目标实现之年，也是全面打赢脱贫攻坚战收官之年.某乡镇在2014年通过精准识别确定建档立卡的贫困户共有500户，结合当地实际情况采取多项精准扶贫措施，每年新脱贫户数如下表年份20152016201720182019年份

14、代码12345脱贫户数55688092100（1）根据2015-2019年的数据，求出关于的线性回归方程，并预测到2020年底该乡镇500户贫困户是否能全部脱贫；（2）2019年的新脱贫户中有20户五保户，20户低保户，60户扶贫户.该乡镇某干部打算按照分层抽样的方法对2019年新脱贫户中的5户进行回访，了解生产生活、帮扶工作开展情况.为防止这些脱贫户再度返贫，随机抽取这5户中的2户进行每月跟踪帮扶，求抽取的2户不都是扶贫户的概率.参考公式：，【答案】（1）；预测到2020年底该乡镇500户贫困户能全部脱贫（2）【解析】【分析】（1）根据公式求出线性回归方程，根据线性回归方程可预测得2020年

15、的脱贫户数，由此可得结果；（2）根据分层抽样可得抽取的5户脱贫户中，有1户五保户，1户低保户，3户扶贫户，.再利用列举法和古典概型的概率公式可得结果.【详解】（1），当时，即预测2020年一年内该乡镇约有113贫困户脱贫.预测6年内该乡镇脱贫总户数有，即预测到2020年底该乡镇500户贫困户能全部脱贫.（2）由题意可得：按分层抽样抽取的5户脱贫户中，有1户五保户，1户低保户，3户扶贫户，.从这5户中选2户，共有10种情况：，.其中不都是扶贫户的不都是有，共7种情况，求抽取的2户不都是扶贫户的概率为【点睛】本题考查了求线性回归方程，考查了分层抽样，考查了古典概型的概率公式，属于基础题.19.已知

16、三棱锥，是线段上靠近点的三等分点，三角形为等边三角形（1）求证：；（2）若三棱锥的体积为，求线段的长度.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连结线段，利用直线与平面垂直的判定定理可证平面，再根据直线与平面垂直的性质可证结论；（2）根据已知体积可得三棱锥的体积，可得三角形的面积，可得，由余弦定理可得结果.【详解】（1）证明：取的中点，连结线段；由，得，则.在中，由余弦定理可得，；，.由于为等边三角形，为的中点，则，又，平面，.（2），因为，.在中，.【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定与性质，考查了椎体的体积公式，三角形的面积公式、余弦定理，属于中档题.20.已知椭

17、圆：的离心率为，且椭圆经过点.抛物线：与椭圆有公共的焦点.（1）求抛物线的标准方程；（2）在轴上是否存在定点，使得过的动直线交抛物线于，两点，等式恒成立，如果存在试求出定点的坐标，若不存在请说明理由.【答案】（1）（2）存在；点【解析】【分析】（1）联立方程组,解方程即可得解；（2）设直线方程为，然后联立直线方程与抛物线方程，再结合韦达定理求解即可.【详解】解：（1）由题意,联立方程组解得：，.椭圆的焦点坐标为.，抛物线的标准方程为.（2）设，假设直线方程为，代入中，得：，则，.,整理得：对任意的恒成立.,即存在点满足题意.【点睛】本题考查了椭圆与抛物线标准方程的求法,重点考查了直线与抛物线的

18、位置关系,属中档题.21.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，求证：.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析【解析】【分析】（1）由题意的定义域为，求导得，由题意比较与的大小，分类讨论即可求出函数的单调性；（2）由题意，令，则，令，则，再结合导数依次求得函数的单调性与最值，由此可证【详解】解：（1）由题意的定义域为，若，由得，解得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增；若，由，得，或，当时，则在上单调递增；当时，由得，解得，由，得，或，则在上单调递减，在，上单调递增；当时，由得，解得，由，得，或，则在上单调递减，在，上单调递增；综上：当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增

19、；当时，在上单调递减，在，上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增；（2）由题意，令，则，令，则，则在上单调递增，在上单调递增，而，【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数证明不等式，考查计算能力，考查分类讨论思想，考查转化与化归思想，属于难题（二）选考题请考生在22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑，按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多答则按所做的第一题记分.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.（1）求曲线，的普通方程；（2）已知点，若曲线，交于，两点，求的值.【答案】

20、（1）；（2）【解析】【分析】（1）用消参法可得两曲线的普通方程，曲线可直接用代入法，曲线的方程需变形为，再用代入消元法转化；（2）是双曲线左焦点，直线：过右焦点，都在双曲线的右支上，这样由双曲线的定义可得，直线的参数方程是以为起点的标准参数方程，利用的几何意义可得，把直线参数方程代入双曲线方程应用韦达定理即得【详解】解：（1）由得，由得，则.（2）由可知为左焦点，直线过右焦点，又直线斜率（一条渐近线的斜率），所以点，在双曲线的右支，所以，令点，对应的参数分别为，由代入得，则，.【点睛】本题考查参数方程化为普通方程，考查直线参数方程的应用考查双曲线的定义，掌握标准直线参数方程中参数的几何意义是

21、解题关键23.已知正实数，满足.（1）求的最小值；（2）求证：.【答案】（1）1（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）利用”1”的代换，转化为用基本不等式求得最小值；（2）利用基本不等式的变形形式，有，再由（1）的结论可得证.【详解】解：（1）法一：由得：，当且仅当“”，即时等号成立.的最小值为1.法二：，即时等号成立，的最小值为1.法三：由柯西不等式得：，又，进而得：，故的最小值为1.当且仅当“”时等号成立.注：其它解法相应给分.（2）法一：由，得：，由（1）知：，进而得：，当且仅当“”时等号成立.法二：由得：，由，当且仅当“”时等号成立.法三：由柯西不等式得：.【点睛】本题考查基本不等式的应用，用基本不等式求最值，要注意其条件：一正二定三相等.- 23 -