江西省南昌市2020届高三下学期二模(理科)数学试卷(答案)
由② 1 2 ea 0 得 a (0,1) ae e
综上所述， a (1 ln 2,1) .
………12 分
21.【解析】（Ⅰ）由表可得：
所以， K 2 50 101114 152 1.282 2.706,
24 26 25 25 所以没有 90 00 的把握说“该次大赛是否得满分”与“同学性别”有关；
0.9974 0.9544 0.043 ，
………2 分
………4 分 ………6 分 ………7 分
………9 分
— 高三理科数学（模拟二）答案第3页—
设从服从正态分布 N (, 2 ) 的总体（个体数无穷大）中任意取 5 个个体，
其中值属于 ( 3 , 2 ) ( 2 , 3 ) 的个体数为Y ，则Y ~ B5,0.043 ，
8
4 x2
9，
则 4x4 17x2 4 0 ，得 1 x2 4 ，即 2 x 1 或 1 x 2 ，
4
22
所以，所求不等式的解集为 (2, 1 ) (1 , 2) ； 22
………5 分
（Ⅱ）因为 f (x) | ax 1 | | x a || (ax 1 ) (x a ) | | a 1|| x 1 |
ae
ae
— 高三理科数学（模拟二）答案第2页—
所以，当 a 0 时，增区间为 ( 1 , ) ，减区间为 (0, 1 ) ；
ae
ae
当 a 0 时，增区间为 (, 1 ) ，减区间为 ( 1 , 0) ；（每类讨论 2 分）
ae
ae
………5 分
（Ⅱ）因为 g(x) x ln ax 2 ea 有两个正零点，则 a 0 . e
NCS20200707 项目第二次模拟测试卷
理科数学参考答案及评分标准
一、选择题：本大题共 12 个小题，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．
题号 1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12
答案 B A A D B D C D B B C D 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分，满分 20 分．
3,1, 0)
设平面
B1BC
的法向量为
n
(x,
y,
z)
，则
n1
BB1
0
3x z 0
，
n1 BC 0 3x y 0
— 高三理科数学（模拟二）答案第1页—
令 x 1 ，则 y 3, z 3 ，有 n (1, 3, 3) ，
所以， sin | cos n, AB |
|n AB|
y
y
x
1 3
(x
x0 )
y0
，得
xM
=
3y0 2
x0
；由
y
y
1 3
(x x
x0 )
y0
，得
xM
=
3y0 2
x0
…7
分
3
3
由渐近线性质，得 3 | xM | ， OM 10 | xM | 10 | 3y0 x0 | ，
10 OM
3
32
同理可得， ON 10 | xN | 10 | 3y0 x0 | ，
2
32
30
| n | | AB |
74
21
，
7
21 即直线 AB 与平面 A1D1DA 所成角的正弦值为 7 .
………12 分
19.【解析】（Ⅰ）设 A1(a, 0), A2 (a, 0)，M (x0 , y0 ) ，
由 x02 a2
y02 b2
1，知 y02
b2 a2
( x02
a2) ，
所以， kMA1
2 sin
时，解得 tan
2，
所以，当 t1
t2
4sin 4 cos sin2
2 sin
时，解得 tan
2 3
…（每个结果 1.5 分）
所以， tan 2 或 tan 2 ． 3
………10 分
23.
【解析】（Ⅰ）当 a 1时，不等式为 2 | x 1 | 3 ，平方得 4x2 x
故极坐标方程为 sin2 4 cos 0 ；
………4 分
x 3 t cos
（Ⅱ）设过点
A
的直线
l
参数方程为
y
2
t
sin
（ t 为参数），
代入 y2 4x ，化简得 sin2 t2 (4 sin 4 cos )t 8 0 ，
t1
t2
4sin 4 cos sin2
， t1 t2
13． 1
14． 15
15． 72
16．①③
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 题-21 题为必考题，
每个试题考生都必须作答．第 22 题、23 题为选考题，考生根据要求作答．
17.【解析】（Ⅰ）①由
S10
5(a10
1)
，得10a1
10 9 2
d
5(a1
9d
1)
,即 a1
1；
②由 a1, a2 , a6 成等比数列，得 a22 a1a6 ， a12 2a1d d 2 a12 5a1d ，即 d 3a1 ；
③由 S5
35 ，得 5(a1 2
a5 )
5a3
35
，即 a3
a1
2d
7；
…（每个条件转化 1.5 分）
选择①②、①③、②③条件组合，均得 a1 1、 d 3 ，即 an 3n 2 ；
8 sin 2
，
且 (4 sin 4 cos )2 32 sin2 0
………6 分
由|
AN
|
2|
AM
|
，
A
在
E
内部，知 t2
2t1 ， t1
t2
2t12
8 sin2
t1
2 sin
t1
2 sin
得
t2
4 sin
或 t2
4 sin
，
所以，当 t1
t2
4sin 4 cos sin2
A
分别以 OB,OC,OD1 为 x, y, z 的非负半轴建立空间直角坐标系，
则 A(
3,
2,
0),
B(
3,
0,
0), C
(0,1,
0),
D( 3,
0,
0),
D1
(0,
0,1)
，
则 AB (2
3, 2, 0), BB1 DD1 (
3,0,1), BC (
因为
g(x)
2
有两个正零点,所以有
e
ea 0 1 2 ea ae e
0
①
，
②
………9 分
由①得 a 1 ln 2 ，
对于②，令
h(x)
1 ex
2 e
ex
，∴
h
'(x)
1 ex2
ex
0
，
h(x) 在 (0, ) 上单调递增，且 h(1) 0 ，由 h(x) 0 知 x (0,1) ，
1 2n1 )
3n 2n
2
1 3(1
1 2n1 )
3n 2n
2
4
3n 2n
4
…12 分
18.【解析】（Ⅰ） ABD 中， AB 4, AD 2, DAB 60o ，由余弦定理得 BD 2 3 …2 分
则 AD2 BD2 AB2 ，即 AD BD ，
…4 分
z
而 AD D1D ， BD D1D D ,故 AD 面 D1DBB1 ，
（Ⅱ）可得 0， 2 0.8 ；
由题知 x1 0, x2 2, x3 0, x4 2, x5 2 ，而 2 1.788 ， 3 2.682 ， 故不存在 xi 3 ； 知满足 2 xi 3 的 i 的个数为 3 ，即 k 3, 当 X ~N (, 2 ) ， P( 3 X 2 ) P( 2 X 3 )
kMA2
y0 x0 a
y0 x0 a
y02 x02 a2
1 b2 9 ,得 a2
1 9
b
，即
a
1
，
3
即双曲线渐近线方程为 y 1 x ； 3
………5 分
（Ⅱ）由 e
22 3
m
3n
x2 9n2
y2 n2
1，
………6 分
设
P( x0 ,
y0 )
,则
PM
方程为
y
1 3
(x
x0
)
y0
，
由
所以， P Y 3 1 0.9575 C51 0.043 0.9574 C52 0.0432 0.9573 0.0008 0.003 ，
综上，第②种情况出现，所以该小组不会接受该模型．
………12 分
22.【解析】（Ⅰ）由题意抛物线 E 的焦点为 (1, 0) ，所以标准方程为 y2 4x ，
x
x
x
x
x
| a 1| (| x | 1 ) 2 | a 1| ， |x|
………8 分
又 g(x) | x 2a | | x 2 || (x 2a) (x 2) | 2 | a 1| ，
所以，不等式 f (x) g(x) 得证.
………10 分
— 高三理科数学（模拟二）答案第4页—
3
3
2
………9 分
由 OMPN 是平行四边形，知 PM 2 PN 2 OM 2 ON 2 ，
最新南昌二模江西省南昌市2020┄2021届高三第二次模拟考试 英语试题
【2014南昌二模】江西省南昌市2021届高三第二次模拟考试英语试题第Ⅰ卷（三部分，共115分）第一部分：听力（共两节，满分30分）做题时，先将答案标在试卷上。
录音内容结束后，你将有两分钟的时间将试卷上的答案转涂到答题卡上。
第一节（共5小题，每题1.5分，满分7.5分）听下面5段对话。
每段对话后有一小题，从题中所给的A,B,C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
听完每段对话后，你都有10秒种的时间来回答有关小题和阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
1.What sport does the man like best？A.Swimming.B. Tennis.C. Skating.2.Where are the speakers？A.In a supermarket.B. In a post office.C. At a ticket office.3.What is the man going to do？A.To take a flight.B. To see a friend off.C. To make a telephonecall.4.What is the woman trying to do？A.Get some small change.B.Find a shopping center.C.Find a parking center.5.What does the woman suggest？A.They come to work earlier.B.They get more done.C.They share one car to work.第二节（共l5小题；每小题1．5分，满分22．5分）听下面5段对话。
每段对话后有几个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。
听每段对话前，你将有时间阅读各个小题，每小题5秒钟；听完后，各小题给出5秒钟的作答时间。
2020江西省南昌市高三二模理科数学试题及答案
1 2n1 )
3n 2n
2
1 3(1
1 2n1 )
3n 2n
2
4
3n 2n
4
…12 分
18.【解析】（Ⅰ） ABD 中， AB 4, AD 2, DAB 60o ，由余弦定理得 BD 2 3 …2 分
则 AD2 BD2 AB2 ，即 AD BD ，
…4 分
z
而 AD D1D ， BD D1D D ,故 AD 面 D1DBB1 ，
NCS20200707 项目第二次模拟测试卷
理科数学参考答案及评分标准
一、选择题：本大题共 12 个小题，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．
题号 1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12
答案 B A A D B D C D B B C D 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分，满分 20 分．
2
32
30
| n | | AB |
74
21
，
7
21 即直线 AB 与平面 A1D1DA 所成角的正弦值为 7 .
………12 分
19.【解析】（Ⅰ）设 A1(a, 0), A2 (a, 0)，M (x0 , y0 ) ，
由 x02 a2
y02 b2
1，知 y02
b2 a2
( x02
a2) ，
所以， kMA1
3,1, 0)
设平面
B1BC
的法向量为
n
(x,
y,
z)
，则
n1
BB1
0
3x z 0
，
2020年高考数学专题+一+第一关+以圆锥曲线的几何性质为背景的选择题 (2)
2020年高考数学专题一 压轴选择题第三关 以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题【名师综述】球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平面“问题”处理．类型一 四面体的外接球问题典例1．【2018河南漯河中学三模】已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形， ，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（ ） A.B.C.D.【答案】A【解析】由图可知， ，得，解得， ，故选A。
S ABC -AB 4,4AB SA SB SC ====ABC32222OB OD DB =+()224r r=+3r =d ∴=【方法指导】本题属于三棱锥的外接球问题，当三棱锥的某一顶点的三条棱两两垂直，可将其补全为长方体或长方体，三棱锥与长方体的外接球是同一外接球，而长方体的外接球的在球心就是对角线的交点，那么对角线就是外接球的直径2222c b a R ++=，c b a ,,分别指两两垂直的三条棱，进而确定外接球表面积．【举一反三】【2018南宁摸底联考】三棱锥 中， 为等边三角形， ， ，三棱锥 的外接球的体积为（ ） A.B.C. D.【答案】B【解析】由题意可得PA,PB ，PC 两两相等，底面是正三角形，所以三棱锥P-ABC 是正棱锥，P 在底面的身影是底面正三角形的中心O ，由 面PAO ，再由 ，可知 面PBC,所以可知 ，即PA,PB,PC 两两垂直，由于是球外接球，所以正三棱锥P-ABC 可以看成正方体切下来的一个角，与原正方体共外接球，所以。
类型二 三棱柱的外接球问题典例2．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，各项点都在同一球面上，若该棱柱，2AB =，1AC =，60BAC ∠=，则此球的表面积等于（ ） A.2π B.4π C.6π D.8π 【答案】D.【解析】由已知条件得：1121sin 602AA ⨯⨯⨯⨯=12AA =，∵2222cos60BC AB AC AB AC =+-⨯⨯，∴BC =，设ABC ∆的外接圆的半径为R ，则2sin 60BCR =，∴1R ==，∴球的表面积等于248ππ=.【名师指导】确定球心位置是解决相关问题的关键，确定一个点到多面体各顶点相等的策略是将问题分解，即先确定到顶点A B C 、、距离相等的点在过ABC ∆的外心且垂直于平面ABC 的直线上，再确定到顶点111A B C 、、距离相等的点过111A B C ∆的外心且垂直于平面111A B C 的直线上，故直三棱柱111ABC A B C -的外接球球心为连接上下底面外心的线段的中点，进而可确定外接球半径．【举一反三】【陕西省榆林市2018届高考模拟第一次测试】已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若13,4,,12AB AC AB AC AA ==⊥=，则球O 的直径为（ ） A. 13B.C.D. 2【答案】A【解析】因为三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB=3，AC=4，AB ⊥AC ，AA 1=12，所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，△ABC 的外心是斜边的中点，上下底面的中心连线垂直底面ABC ，其中点是球心， 即侧面B 1BCC 1，经过球的球心，球的直径是侧面B 1BCC 1的对角线的长， 因为AB=3，AC=4，BC=5，BC 1=13， 所以球的直径为：13． 故答案为：A 。
2021-2022年高三四月二模数学理科试卷及答案
2021-2022年高三四月二模数学理科试卷及答案xx.4.19一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．如图，在正方形ABCD中，点E为CD的中点，点F为BC上靠近点B的一个三等分点，则→EF＝（A）12→AB－13→AD（B）23→AB＋12→AD（C）13→AB－12→AD（D）12→AB－23→AD2．“复数a＋i2＋i（a∈R，i为虚数单位）在复平面内对应的点位于第二象限”是“a＜－1”的（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充要条件（D）既不充分也不必要条件3．天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为40%．现采用随机模拟试验的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率：先利用计算器产生0到9之间取整数值的随机数，用1，2，3，4表示下雨，用5，6，7，8，9，0表示不下雨；再以每三个随机数作为一组，代表这三天的下雨情况．经随机模拟试验产生了如下20组随机数：907 966 191 925 271 932 812 458 569 683431 257 393 027 556 488 730 113 537 989据此估计，这三天中恰有两天下雨的概率近似为（A）0.35 （B）0.25 （C）0.20 （D）0.154．一个体积为123的正三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的侧视图的面积为（A）6 3（B）8（C）8 3（D）125．已知(33x2－1x)n的展开式中各项系数之和为256，则展开式中第7项的系数是（A）－24 （B）24 （C）－252 （D）2526．执行如图所示的程序框图，若输出的结果是9，则判断框内m的取值范围是（A）(42，56]（B）(56，72]（C）(72，90]（D）(42，90)7．如图，设D是图中边长分别为1和2的矩形区域，E是D内位于函数y＝1x（x＞0）图象下方的区域（阴影部分），从D内随机取一个点M，则点M取自E内的概率为（A）ln2 2（B）1－ln22（C）1＋ln22（D）2－ln228．已知直线l：Ax＋By＋C＝0（A，B不全为0），两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），若(Ax1＋By1＋C)( Ax2＋By2＋C)＞0，且|Ax1＋By1＋C|＜|Ax2＋By2＋C|，则直线l（A）与直线P1P2不相交（B）与线段P2P1的延长线相交（C ）与线段P 1P 2的延长线相交 （D ）与线段P 1P 2相交9．抛物线y 2＝2px （p ＞0）的焦点为F ，点A 、B 在此抛物线上，且∠AFB ＝90°，弦AB 的中点M 在其准线上的射影为M ′，则|MM ′||AB |的最大值为（A ）22 （B ）32（C ）1 （D ） 3 10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋1，x ≤0，log 2x ， x ＞0。
2023届高考数学专项(充分、必要、充要问题)题型归纳与练习(附答案)
2023届高考数学专项（充分、必要、充要问题）题型归纳与练习【题型归纳】题型一 、充分、不要条件的判断充分、必要条件的三种判断方法：（1）定义法：直接判断“若p 则q ”、“若q 则p ”的真假．并注意和图示相结合，例如“p⇒q ”为真，则p 是q 的充分条件．（2）等价法：利用p⇒q 与非q⇒非p ，q⇒p 与非p⇒非q ，p⇔q 与非q⇔非p 的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．（3）集合法：若A⊆B ，则A 是B 的充分条件或B 是A 的必要条件；若A ＝B ，则A 是B 的充要条件．例1、（1）【2021年理科数学甲卷】等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 是递增数列，则（ ）A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件（2）【2020年高考天津】设a ∈R ，则“1a >”是“2a a >”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件（3）【2019年高考天津理数】设x ∈R ，则“250x x -<”是“|1|1x -<”的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件题型举一反三1、（2021∙天津高三二模）设x ∈R ，则“230x x -<”是“12x <<”的（ ） A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件题型举一反三2、（2021∙山东济宁市高三二模）“直线m 垂直平面α内的无数条直线”是“m α⊥”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必安条件题型举一反三3、（2021∙河北张家口市高三三模）“0a >”是“点()0,1在圆222210x y ax y a +--++=外”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件题型举一反三4、（2021∙辽宁高三模拟）设1z ，2z 为复数，“120z z ->”是“12z z >”（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件题型举一反三5、（2021∙浙江高三二模）已知P 、A 、B 、C 、D 是空间内两两不重合的五个点，PAB △在平面α内，PCD 在平面β内，αβ⊥，则“AB β⊥”是“AB CD ⊥”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件题型举一反三6、（2021∙浙江温州市高三模拟）已知α∈R ，则“1sin 2cos 25αα+=”是“sin 2cos αα=”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 题型举一反三7、（2020届浙江省宁波市鄞州中学高三下期初）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则“10a >”是“990S >”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件题型二、根据充分、必要条件判断含参的问题解决此类问题要注意以下两点：（1）把充分、不要条件转化为集合之间的关系；（2）根据集合之间的关系列出关于参数的不等式。
2020届高三理科数学一轮复习 第十一章 第3节 二项式定理
令10－3 2k＝r(r∈Z)，则 10－2k＝3r，k＝5－32r，∵k∈N，∴r 应为
－2，即 k 可取 2，5，8，∴第 3 项，第 6 项与第 9 项为有理项，它
24556x－2.
规律方法 求二项展开式中的特定项，一般是化简通项公式后， 要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出 通项公式即可.
019＋C22 018＋C42
019＋…＋C22 018＋…＋C22
019
001198的值
018
A.2
B.4
C.2 019
D.2 018×2 019
解析 原式＝222 201081－9 1＝22＝4.
答案 B
4.(2018·全国Ⅲ卷)x2＋2x5的展开式中 x4 的系数为(
)
A.10
B.20
(2)令x＝0，则(2＋m)9＝a0＋a1＋a2＋…＋a9， 令x＝－2，则m9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9， 又(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2 ＝(a0＋a1＋a2＋…＋a9)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9)＝39， ∴(2＋m)9·m9＝39，∴m(2＋m)＝3， ∴m＝－3或m＝1. 答案 (1)3 (2)1或－3
2.(选修2－3P31T4改编)(x－y)n的二项展开式中，第m项的系数是(
A.Cmn
B.Cmn ＋1
C.Cmn －1
D.(－1)m－1Cmn －1
解析 (x－y)n 展开式中第 m 项的系数为 Cmn －1(－1)m－1.
答案 D
3.(选修
2－3P35
练习
A1(3)改编)CC0202
019＋C12 018＋C22
【训练1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷改编)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系
江西省南昌市2020届高三第 一次模拟考试 英语试卷(含答案)
NCS20200607项目第一次模拟测试卷英语注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名和考试号写在答题卡相应的位置。
2.全部答案在答题卡上完成，用2B铅笔涂满涂黑，答在试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡上交。
第一部分听力（共两节，满分30分）做题时，先将答案标在试卷上。
录音内容结東后,你将有两分钟的时间将试卷上的答案转涂到答题卡上。
第一节（共5小题;每小题1.5分，满分7.5分）听下面5段对话。
每段对话后有一个小题,从题中所给的A、B、C三个选项中选岀最佳选项。
听完每段对话后,你将有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
例:How much is the shirt?A. £ 19.15.B.£ 9.18.C.£ 9.15. ,答案是C。
1 . How will the man get to Peking University?A. By bus.B. By undergroundC. By taxi,2. What does the woman think of the man's paper?A. It's amazing.B. It's amusing.C. It's disappointing.3. When will the lunch be served?A. At 11：00.B. At 11：30.C. At 12：00.4. Where are the speakers?A. In a library.B. In a bookshop.C. In a museum.5. What does the woman buy for her parents?A. Books.B. Flowers.C. Smart phones.第二节（共15小题;每小题i.5分，满分22.5分）听下面5段对话或独白。
江西省南昌市进贤县一中2024届高三下学期期中试卷数学试题
江西省南昌市进贤县一中2024届高三下学期期中试卷数学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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{}n a 为等比数列，583a a +=-，4918a a =-，则211a a +=（ ） A ．9B ．－9C ．212D ．214-2．空气质量指数AQI 是反映空气状况的指数，AQI 指数值趋小，表明空气质量越好，下图是某市10月1日-20日AQI指数变化趋势，下列叙述错误的是（ ）A ．这20天中AQI 指数值的中位数略高于100B ．这20天中的中度污染及以上（AQI 指数>150）的天数占14C ．该市10月的前半个月的空气质量越来越好D ．总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量好 3．设i 是虚数单位，若复数5i2i()a a +∈+R 是纯虚数，则a 的值为（ ） A ．3-B ．3C ．1D ．1-4．已知函数()f x 满足(4)17f =，设00()f x y =，则“017y =”是“04x =”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件5．复数2iz +=，i 是虚数单位，则下列结论正确的是A ．5z =B ．z 的共轭复数为31+22i C ．z 的实部与虚部之和为1D ．z 在复平面内的对应点位于第一象限6．运行如图所示的程序框图，若输出的值为300，则判断框中可以填（ ）A ．30i >?B ．40i >?C ．50i >?D ．60i >?7．执行如图所示的程序框图，则输出S 的值为（ ）A ．16B ．48C ．96D ．1288．某市气象部门根据2018年各月的每天最高气温平均数据,绘制如下折线图,那么,下列叙述错误的是( )A ．各月最高气温平均值与最低气温平均值总体呈正相关B ．全年中,2月份的最高气温平均值与最低气温平均值的差值最大C ．全年中各月最低气温平均值不高于10°C 的月份有5个D ．从2018年7月至12月该市每天最高气温平均值与最低气温平均值呈下降趋势9．设过点(),P x y 的直线分别与x 轴的正半轴和y 轴的正半轴交于,A B 两点，点Q 与点P 关于y 轴对称，O 为坐标原点，若2BP PA =，且1OQ AB ⋅=，则点P 的轨迹方程是（ ）A ．()223310,02x y x y +=>> B ．()223310,02x y x y -=>> C ．()223310,02x y x y -=>>D ．()223310,02x y x y +=>>10．复数12z i =+，若复数12,z z 在复平面内对应的点关于虚轴对称，则12z z 等于（ ） A ．345i+-B ．345i+ C ．34i -+D ．345i-+ 11．已知集合{}1,0,1,2A =-，{}|lg(1)B x y x ==-，则A B =（ ）A ．{2}B ．{1,0}-C ．{}1-D ．{1,0,1}-12．在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F ，G 分别为棱11A D ，1D D ，11A B 的中点，给出下列命题：①1AC EG ⊥；②//GC ED ；③1B F ⊥平面1BGC ；④EF 和1BB 成角为4π.正确命题的个数是（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年江西省南昌市高考数学二模试卷(理科)
2020年江西省南昌市高考数学二模试卷（理科）一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 复数z 1=1+√3i ，z 2=√3−i ，z =z 1⋅z 2，则|z|=( )A. √3B. 2C. 2√3D. 42. 集合A ={y|y =√4−x 2,x ∈N},B ={x ∈N|√4−x 2∈N}，则A ∩B =( )A. {0,2}B. {0,1，2}C. {0,√3,2}D. ⌀3. 已知a ，b ，c 是三条不重合的直线，平面α，β相交于直线c ，a ⊂α，b ⊂β，则“a ，b 相交”是“a ，c 相交”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件 4. 已知f(x)={x −1,x ≤1lnx,x >1，则不等式f(x)>1的解集是( )A. (e,+∞)B. (2,+∞)C. (1,e)D. (2,e) 5. 已知△ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a =2c ，sinA =2cos2C ，则角A 等于( )A. π6B. π3C. π2D. 2π36. 已知a ⃗ ,b ⃗ 为不共线的两个单位向量，且a ⃗ 在b ⃗ 上的投影为−12，则|2a ⃗ −b ⃗ |=( )A. √3B. √5C. √6D. √77. 函数f(x)=xlnx e x的图象大致为( )A.B.C.D.8. 直线2x ⋅sinθ+y =0被圆x 2+y 2−2√5y +2=0截得最大弦长为( )A. 2√5B. 2√3C. 3D. 2√2 9. 函数f(x)=Asin(ωx +φ)(ω>0)的部分图象如图所示，则f(0)=( )A. −√6B. −√3C. −√2D. −√6210. 春秋以前中国已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方式，使用提水吊杆--桔槔，后发展成辘轳．19世纪末，由于电动机的发明，离心泵得到了广泛应用，为发展机械提水灌溉提供了条件．图形所示为灌溉抽水管道在等高图上的垂直投影，在A 处测得B 处的仰角为37度，在A 处测得C 处的仰角为45度，在B 处测得C 处的仰角为53度，A 点所在等高线值为20米，若BC 管道长为50米，则B点所在等高线值为(参考数据sin37°=35)( )A. 30米B. 50米C. 60米D. 70米11. 已知F 是双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的右焦点，直线y =√3x 交双曲线于A ，B 两点，若∠AFB =2π3，则双曲线的离心率为( )A. √5B. √6C. √10+√22D. √5+√2212. 已知函数f(x)=sinx +cosx −a(x −3π4)(a >0)有且只有三个零点x 1，x 2，x 3(x 1<x 2<x 3)，则tan(x 3−x 2)属于( )A. (0,π2)B. (π2,π)C. (3π2,+∞)D. (π,3π2)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 若变量x ，y 满足约束条件{y ≥|x|−1x −3y +1≥0，则目标函数z =x +y 的最小值为______．14. 已知梯形ABCD 中，AD//BC ，AD =√3,AB =4,∠ABC =60°,∠ACB =45°，则DC =______． 15. 已知(x −1)(2x −1)6=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 7x 7，则a 2等于______．16. 已知正四棱椎P −ABCD 中，△PAC 是边长为3的等边三角形，点M 是△PAC 的重心，过点M 作与平面PAC垂直的平面α，平面α与截面PAC 交线段的长度为2，则平面α与正四棱椎P −ABCD 表面交线所围成的封闭图形的面积可能为______.(请将可能的结果序号横线上) ①2；②2√2；③3；④2√3．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知等差数列{a n }的公差为d(d ≠0)，前n 项和为S n ，且满足______(从①S 10=5(a 10+1)；②a 1，a 2，a 6成等比数列；③S 5=35，这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题)． (Ⅰ)求a n ；(Ⅱ)若b n =12n ，求数列{a n b n }的前n 项和T n ．18. 如图所示，四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是以AB ，CD 为底边的等腰梯形，且AB =2AD =4，∠DAB =60°，AD ⊥D 1D .(I)求证：平面D 1DBB 1⊥平面ABCD ；(Ⅱ)若D 1D =D 1B =2，求直线AB 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值．19.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上任意一点(异于顶点)与双曲线两顶点连线的斜率之积为19．(I)求双曲线渐近线的方程；(Ⅱ)过椭圆x2m2+y2n2=1(m>n>0)上任意一点P(P不在C的渐近线上)分别作平行于双曲线两条渐近线的直线，交两渐近线于M，N两点，且|PM|2+|PN|2=5，是否存在m，n使得该椭圆的离心率为2√23，若存在，求出椭圆方程：若不存在，说明理由．20.已知函数f(x)=xln(ax)+2e(a∈R，且a≠0，e为自然对数的底)．(I)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数g(x)=f(x)−e−a在(0,+∞)有两个不同零点，求a的取值范围．21.某班级共有50名同学(男女各占一半)，为弘扬传统文化，班委组织了“古诗词男女对抗赛”，将同学随机分成25组，每组男女同学各一名，每名同学均回答同样的五个不同问题，答对一题得一分，答错或不答得零分，总分5分为满分．最后25组同学得分如表：(Ⅱ)某课题研究小组假设各组男女同学分差服从正态分布N(μ,σ2)，首先根据前20组男女同学的分差确定μ和σ，然后根据后面5组同学的分差来检验模型，检验方法是：记后面5组男女同学分差与μ的差的绝对值分别为x i(i=1,2，3，4，5)，若出现下列两种情况之一，则不接受该模型，否则接受该模型．①存在x i≥3σ；②记满足2σ<x i<3σ的i的个数为k，在服从正态分布N(μ,σ2)的总体(个体数无穷大)中任意取5个个体，其中落在区间(μ−3σ,μ−2σ)∪(μ+2σ,μ+3σ)内的个体数大于或等于k的概率为P，P≤0.003．试问该课题研究小组是否会接受该模型．参考公式和数据：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)√0.8≈0.894,√0.9≈0.949,0.9575≈0.803,43×0.9574≈36，43×43×0.9573≈1.62×103；若X～N({μ,{σ2})，有P(μ−2σ<X<μ+2σ)≈0.9544，P(μ−3σ<X<μ+3σ)≈0.9974．22.平面直角坐标系xOy中，抛物线E顶点在坐标原点，焦点为(1,0).以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系．(Ⅰ)求抛物线E的极坐标方程；(Ⅱ)过点A(3,2)倾斜角为α的直线l交E于M，N两点，若|AN|=2|AM|，求tanα．23.已知f(x)=|ax−1x |+|x−ax|，g(x)=|x−2a|−|x−2|(a∈R)．(Ⅰ)当a=1时，求不等式f(x)<g(x)+3的解集；(Ⅱ)求证：f(x)≥g(x)．答案和解析1.【答案】D【解析】解：由z 1=1+√3i ，z 2=√3−i ，且z =z 1⋅z 2， ∴|z|=|z 1z 2|=|z 1||z 2|=|1+√3i||√3−i|=2×2=4． 故选：D ．直接利用乘积的模等于模的乘积求解．本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题． 2.【答案】A【解析】解：集合A ={y|y =√4−x 2,x ∈N},B ={x ∈N|√4−x 2∈N}， ∴A ={y|0≤y ≤2,y ∈N}={0,1，2}，B ={−2,0，2}， ∴A ∩B ={0,2}． 故选：A ．求出集合A ，B ，由此能求出A ∩B ．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 3.【答案】A【解析】解：“a ，b 相交”，a ⊂α，b ⊂β，其交点在交线c 上，⇒“a ，c 相交”． 反之不成立，可能a ，b 为相交直线或异面直线． ∴“a ，b 相交”是“a ，c 相交”的充分不必要条件． 故选：A ．a ⊂α，b ⊂β，“a ，b 相交”，利用面面相交的性质可得：其交点在交线c 上，“a ，c 相交”.反之不成立． 本题考查了面面相交的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 4.【答案】A【解析】解：∵已知f(x)={x −1,x ≤1lnx,x >1，则不等式f(x)>1，即{x ≤1x −1>1 ①或{x >1lnx >1 ②． 由①可得x ∈⌀；由②可得x >e ，综上，x >e ， 故选：A ．不等式即{x ≤1x −1>1 ①或{x >1lnx >1 ②，分别求出①②的解集，再取并集，即得所求． 本题主要考查分段函数的应用，不等式的解法，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：∵a =2c ，∴由正弦定理可得sinA =2sinC ，可得sinC =12sinA ， ∴sinA =2cos2C =2(1−2sin 2C)=2(1−2×sin 2A 4)，整理可得sin 2A +sinA −2=0，∴解得sinA =1，或−2(舍去)， ∵A ∈(0,π)， ∴A =π2． 故选：C ．由已知利用正弦定理可得sinC=12sinA，利用二倍角的余弦函数公式化简已知等式可得sin2A+sinA−2=0，解方程可得sin A的值，结合范围A∈(0,π)，可求A的值．本题主要考查了正弦定理，二倍角的余弦函数公式在解三角形中的综合应用，考查了方程思想，属于基础题．6.【答案】D【解析】【分析】本题考查了平面向量的数量积的定义与几何意义及向量的数量积运算，属于基础题．根据向量a⃗在向量b⃗ 的方向上投影的定义求出a⃗⋅b⃗ ，进而求出|2a⃗−b⃗ |即可．【解答】解：∵a⃗,b⃗ 为不共线的两个单位向量，且a⃗在b⃗ 上的投影为−12，故a⃗⋅b⃗ =|a⃗|⋅|b⃗ |cosθ=−12；则|2a⃗−b⃗ |=√(2a⃗−b⃗ )2=√4a⃗2+b⃗ 2−4a⃗⋅b⃗ =√5+2=√7．故选：D．7.【答案】C【解析】解：当x→+∞时，f(x)>0，故排除AD；f′(x)=(lnx+1)−xlnxe x ，令g(x)=lnx+1−xlnx，则g′(x)=1x−lnx−1，显然g′(x)在(0,+∞)上递减，且g′(1)=0，∴当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)在(0,1)上递增，又g(1)=1>0,g(1e2)=−1+2e2<0，故存在x0∈(1e2,1)，使得g(x0)=0，且当x∈(0,x0)，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)递减，x∈(x0,1)，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)递增，可排除B．故选：C．利用极限思想及函数的单调性，运用排除法得解．本题主要考查函数图象的运用以及利用导数研究函数的单调性，属于基础题．8.【答案】D【解析】解：根据题意，圆x2+y2−2√5y+2=0，即x2+(y−√5)2=3，其圆心为(0,√5)，半径r=√3，圆心到直线2x⋅sinθ+y=0的距离d=√5|√1+4sin2θ=√5√1+4sin2θ≥√55=1，当圆心到直线的距离最小时，直线2x⋅sinθ+y=0被圆x2+y2−2√5y+2=0截得弦长最大，而d=√52的最小值为1，则直线2x⋅sinθ+y=0被圆x2+y2−2√5y+2=0截得最大弦长值为2×√3−1=2√2，故选：D．根据题意，由圆的方程分析圆的圆心和半径，求出圆心到直线的距离d，分析可得d的最小值，由直线与圆的位置关系可得当圆心到直线的距离最小时，直线2x⋅sinθ+y=0被圆x2+y2−2√5y+2=0截得弦长最大，据此计算可得答案．本题考查直线与圆的位置关系，注意分析直线所过的定点，属于基础题．9.【答案】B【解析】解：由函数的图象可得：12T =8.5−6.5=2，求得T =2πω=4，可得ω=π2，又f(7.5)=−A ，即Asin(15π4+φ)=−A ，则φ=2kπ−π4因为f(5)=√3，即Asin(5π2−π4)=√3，则A =√6， 所以f(x)=√6sin(π2x −π4)，则f(0)=−√3故选：B ．根据图象求出函数的解析式，再代入求值．本题主要考查利用图象求出三角函数的解析式，属于基础题． 10.【答案】B【解析】解：BC 管道长为50米，可得B 点与点C 等高线值差为40，C 与B 水平的距离为30， 因为A 处测得C 处的仰角为45度，即A 与C 的水平距离等于A 点与点C 等高线值差， 设B 点与点A 等高线值差为x ，A 处测得B 处的仰角为37度，可得A 与B 水平的距离43x ； 所以43x +30=40+x ，解得x =30，A 点所在等高线值为20米， 因此B 点所在等高线值50米， 故选：B ．由题意，设B 点与点A 等高线值差为x ，A 处测得B 处的仰角为37度，可得A 与B 水平的距离；BC 管道长为50米，可得B 点与点C 等高线值差为40，C 与B 水平的距离为30，在结合A 处测得C 处的仰角为45度，即A 与C 的水平距离等于A 点与点C 等高线值差，从而求解x 的值；本题考查解三角在实际生活中的应用，灵活利用夹角以及直角三角形中的正余弦定义即可求解．属于基础题． 11.【答案】C【解析】解：由题意可知：双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的右焦点在x 轴上，右焦点F(c,0)，则{y =√3x x 2a 2−y 2b 2=1，整理得：(b 2−3a 2)x 2=a 2b 2，即x 2=a 2b 2b 2−3a 2，① ∴A 与B 关于原点对称，设A(x,√3x)，B(−x,−√3x)，不妨设x >0， ∴FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x −c,√3x)，FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x −c,−√3x)， |AF|=√(x −c)2+3x 2，|BF|=√(x +c)2+3x 2，FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =|FA⃗⃗⃗⃗⃗ ||FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos 2π3=(x −c,√3x)⋅(−x −c,−√3x)=√(x −c)2+3x 2⋅√(x +c)2+3x 2(−12)， 化简得，16⋅x 4c 4−12⋅x 2c 2+1=0，令t =x 2c 2，得16t 2−12t +1=0，解得t =3±√58，即x 2=3±√58c 2， FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−4x 2+c 2<0，即x 2c 2>14，即t >14，所以t =3−√58(舍)，所以t =3+√58，代入①得a 2b 2b 2−3a 2=3+√58c 2， a 2(c 2−a 2)c 2−a 2−3a 2=3+√58c 2， a 2c 2−a 4c 4−4a 2c2=3+√58c 2， 即e 2−1e 4−4e 2=3+√58，化简整理得，(3+√5)e 4−(20+4√5)e 2+8=0， 令s =e 2，得，(3+√5)s 2−(20+4√5)s +8=0， 解得s =7−3√5或3+√5， s =e 2=7−3√5或3+√5， 又因为e 2>1，所以e 2=7−3√5(舍)，所以e 2=3+√5， 所以e =√3+√5=(√102√22)=√10+√22，故选：C ．联立{y =√3x x 2a 2−y 2b 2=1，整理得：(b 2−3a 2)x 2=a 2b 2，即x 2=a 2b 2b 2−3a 2①，设A(x,√3x)，B(−x,−√3x)，不妨设x >0，FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos 2π3，代入坐标得16x 4c4−12x 2c2+1=0，令t =x 2c2，得16t 2−12t +1=0，解得t =3±√58，即x 2=3±√58c 2，因为FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−4x 2+c 2<0，即x 2c 2>14，即t >14，所以t =3+√58，代入①得a 2b 2b 2−3a 2=3+√58c 2，化简整理得，(3+√5)e 4−(20+4√5)e 2+8=0，令s =e 2，得，(3+√5)s 2−(20+4√5)s +8=0，解得s =7−3√5或3+√5，又因为e 2>1，所以e 2=3+√5，所以e =√3+√5=√(√102+√22)2=√10+√22．本题主要考查了双曲线的几何性质以及有关离心率，考查学生的计算能力，属于中档题．12.【答案】D【解析】解：由已知，f(x)有且仅有三个不同的零点等价于方程√2sin(x +π4)=a(x −3π4)有且仅有三个不同的实数根，等价于y =√2sin(x +π4)与y =a(x −3π4)有且仅有三个不同的交点，如图，当y =√2sin(x +π4)与y =a(x −3π4)相切时，满足题意，又x 1<x 2<x 3，故x 2=3π4，且{√2cos(x 3+π4)=a√2sin(x 3+π4)=a(x 3−3π4)，消去a 得，tan(x 3+π4)=x 3−3π4，由诱导公式，有tan(x 3−x 2)=tan(x 3−3π4)=tan(x 3+π4)=x 3−3π4，又7π4<x 3<9π4，∴tan(x 3−x 2)=x 3−3π4∈(π,3π2)．故选：D ．f(x)有且仅有三个不同的零点等价于y =√2sin(x +π4)与y =a(x −3π4)有且仅有三个不同的交点，作出图象，可知当y =√2sin(x +π4)与y =a(x −3π4)相切时，满足题意，利用导数的几何意义可得{√2cos(x 3+π4)=a √2sin(x 3+π4)=a(x 3−3π4)，由此可得tan(x 3−x 2)=tan(x 3−3π4)=tan(x 3+π4)=x 3−3π4，再求出x 3的范围即可得解．本题考查已知函数的零点个数求范围问题，涉及到导数的几何意义，考查学生数形结合的思想，转化与化归思想，属于较难题目． 13.【答案】−1【解析】解：作出变量x ，y 满足约束条件{y ≥|x|−1x −3y +1≥0的平面区域，如图：由z =x +y 可得y =−x +z ，则z 为直线y =−x +z 在y 轴上的截距，截距越小，z 越小做直线L ：x +y =0，然后把直线L 向可行域方向平移，当直线与x +y =−1重合时，目标函数取得最小值，此时z =−1． 故答案为：−1．先根据条件画出可行域，设z =x +y ，再利用几何意义求最值，将最小值转化为y 轴上的截距最大，只需求出直线z =x +y ，取得截距的最小值，从而得到z 最小值即可． 本题考查线性规划的应用，借助于平面区域特性，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想．线性规划中的最优解，通常是利用平移直线法确定．14.【答案】√15【解析】解：∵在△ABC中，∠ABC=60°，∠ACB=45°，AB=4，∴由正弦定理ABsin∠BCA =ACsin∠ABC，可得4sin45∘=ACsin60∘，解得AC=4×sin60°sin45∘=4×√32√22=2√6，∵∠ACB=∠DAC=45°，∴在△ACD中，由余弦定理可得CD=√AD2+AC2−2AD⋅AC⋅cos∠DAC=√3+24−2×√3×2√6×√22=√15．故答案为：√15．在△ABC中，由已知利用正弦定理可解得AC=4×sin60°sin45∘=2√6，由已知可求∠ACB=∠DAC=45°，在△ACD中，由余弦定理可求得CD的值．本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．15.【答案】−72【解析】解：要求a2，即求展开式中x2项的系数．因为原式=x(1−2x)6−(1−2x)6，对于(1−2x)6，其通项为T k+1=C6k(−2x)k=(−2)k C6k x k．故原式含x2的项为x⋅(−2)C61x−(−2)2C62x2，所以系数为−2×C61−(−2)2C62=−72．故答案为：−72．原式可化为x(1−2x)6−(1−2x)6，然后研究(1−2x)6的展开式通项即可．本题考查二项式定理通项的应用，属于基础题．16.【答案】①③【解析】解：设AC∩BD=O，∵P−ABCD是正四棱锥，∴平面PAC⊥平面ABCD，又BO⊥AC，平面PAC∩平面ABCD=AC，BO⊂平面ABCD，∴BO⊥平面PAC，过M作MT//BO，分别交棱PB、PD于点T，L，则MT⊥平面PAC，由题意只需所作的平面α是包含TL且与截面PAC交线段的长度为2即可，又△PAC是边长为3的等边三角形，点M是△PAC的重心，过M作MQ//AC，分别交棱PA、PC于点E，Q，∴EQAC =PQPC，即EQ3=23，∴EQ=2，如图1，平面ETQL是满足题意的平面α，∵AC=3，∴AB=3√22，∴S菱形ETQLS正方形ABCD=(PTPB)2=49，∴S菱形ETQL=49×(3√22)2=2，故①正确；如图2，过T作TH//GF，过L作LQ//GF，由题意得GLQHT为满足题意的平面α，GLQF和GTHF是两个全等的直角梯形，T，H分别为GE、EF的中点，∴HT=12GF=1，∴五边形GLQHT的面积S=2S梯形GFHT=2×TH+GF2×FH=2×1+22×1=3，故③正确；GF//PA与GF//PC是完全相同的．综上选①③．故答案为：①③．设AC∩BD=O，由P−ABCD为正四棱锥，知BO⊥平面PAC，过M作MT//BO，分别交PB、PD于点T、L，则MT⊥平面PAC，只需所作的平面α是包含TL且与截面PAC交线段的长度为2即可，数形结合，作出截面即可得到答案．本题考查平面与正四棱椎表面交线所围成的封闭图形的面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置有关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．17.【答案】解：(Ⅰ)由①S10=5(a10+1)，得10a1+10×92d=5(a1+9d+1)，即a1=1；由②a1，a2，a6成等比数列，得a22=a1a6，a12+2a1d+d2=a12+5a1d，即d=3a1；由③S5=35，得5(a1+a5)2=5a3=35，即a3=a1+2d=7；当选择①②时，有a1=1，d=3a1=3，此时a n=3n−2；当选择①③时，有a1=1，a3=a1+2d=7，解得d=3，此时a n=3n−2；当选择②③时，有d=3a1且a3=a1+2d=7，解得a1=1，d=3，此时a n=3n−2；综合以上不管选择哪两个，均得a1=3、d=3，即a n=3n−2；(Ⅱ)∵T n=12+422+723+1024+⋯+3n−22n，∴12T n=122+423+724+1025+⋯+3n−52n+3n−22n+1，两式相减得：12T n=12+3(122+123+124+⋯+12n)−3n−22n+1，得T n=1+3(12+122+123+⋯+12n−1)−3n−22n=1+3(1−12n−1)−3n−22n=4−3n+42n．【解析】本题主要考查数列基本量的运算及通项公式的求法，以及错位相减法在数列求和中的应用，属于中档题．(Ⅰ)先分别由①②③首项与公差的关系式，然后选择①②、①③、②③条件组合，求出a n；(Ⅱ)利用错位相减法求其前n项和T n即可．18.【答案】(Ⅰ)证明：△ABD中，AB=4，AD=2，∠DAB=60°，得BD=2√3，则AD2+BD2=AB2，即AD⊥BD，而AD⊥D1D，BD∩D1D=D，故AD⊥平面D1DBB1，又AD⊂面ABCD，所以平面D1DBB1⊥平面ABCD．(Ⅱ)解：取BD的中点O，由于D1D=D1B，所以D1O=BD，由(Ⅰ)可知平面D1DBB1⊥面ABCD，故D 1O⊥面ABCD．由等腰梯形知识可得DC=CB，则CO⊥BD．以O为原点，分别以OB，OC，OD1为x，y，z的非负半轴建立空间直角坐标系，则A(−√3,−2,0),B(√3,0,0),C(0,1,0),D(−√3,0,0),D 1(0,0,1)，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√3,2,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0)， 设平面B 1BC 的法向量为n ⃗ =(x,y,z)，则{n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{√3x +z =0−√3x +y =0，令x =1，则y =√3,z =−√3，有n ⃗ =(1,√3,−√3)，所以，sinθ=|cos <n ⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |⋅|AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3+2√3+0√7×4=√217， 即直线AB 与平面A 1D 1DA 所成角的正弦值为√217．【解析】(Ⅰ)证明AD ⊥BD ，AD ⊥D 1D ，推出AD ⊥平面D 1DBB 1，然后证明平面D 1DBB 1⊥平面ABCD ．(Ⅱ)取BD 的中点O ，说明O 为坐标系的原点，以OB ，OC ，OD 1为x ，y ，z 的非负半轴建立空间直角坐标系， 求出平面B 1BC 的法向量，利用空间向量的数量积求解直线AB 与平面A 1D 1DA 所成角的正弦值即可．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，逻辑推理以及计算能力，是中档题．19.【答案】解：(Ⅰ)设双曲线两个顶点A 1(−a,0)，A 2(a,0)，任意一点P(x 0,y 0)， 则x 02a 2−y 02b 2=1，知y 02=b 2a 2(x 02−a 2)，∴k PA 1⋅k PA 2=y 0x+a ⋅y 0x−a=y 02x 02−a 2=19，得b 2a 2=19，即b a =13，即双曲线渐近线方程为y =±13x ； (Ⅱ)由e =2√23，得√1+(nm )2=2√23，得m =3n ，可得椭圆方程为x 29n2+y 2n 2=1，设P(x 0,y 0)，则PM 方程为y =−13(x −x 0)+y 0， 由{y =−13(x −x 0)+y 0y =x3，得x M =3y 0+x 02； 由{y =13(x −x 0)+y 0y =−x 3，得x M =−3y 0+x 02． 由渐近线性质，得√10=|x M |OM，OM =√10|x M |3=√103|3y 0+x 02|， 同理可得，ON =√10|x N |3=√103|−3y 0+x 02|， 由OMPN 是平行四边形，知PM 2+PN 2=OM 2+ON 2， ∴PM 2+PN 2=OM 2+ON 2=109⋅9y 02+x 022=59[9(n 2−x 029)+x 02]=5n 2=5，即n 2=1．∴存在符合题意的椭圆，其方程为x 29+y 2=1．【解析】(Ⅰ)设出双曲线上任意一点P 的坐标，代入双曲线方程可得点P 的横纵坐标的关系，再写出P 与两个端点连线的斜率，由向量之积即可求出双曲线的渐近线方程；(Ⅱ)由椭圆的离心率可得m 与n 的关系，把椭圆方程用含有n 的字母表示，写出PM 与PN 的方程，与渐近线方程联立求得M 与N 的坐标，再由|PM|2+|PN|2=5求解n ，则椭圆方程可求． 本题考查直线与双曲线、直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．20.【答案】解：(I)由f(x)=xlnax +2e ，知f′(x)=lnax +1=ln(aex)，①当a >0时，定义域为(0,+∞)，f′(x)>0得x >1ae ，f′(x)<0得0<x <1ae ； ②当a <0时，定义域为(−∞,0)， f′(x)>0得x <1ae ，f′(x)<0得1ae <x <0所以，当a >0时，增区间为(1ae ,+∞)，减区间为(0,1ae )； 当a <0时，增区间为(−∞,1ae )，减区间为(1ae ,0)； (Ⅱ)因为g(x)=xlnax +2e −e −a 有两个正零点，则a >0， 由(I)知g(x)在(0,1ae )上单调递减，在(1ae ,+∞)上单调递增．设x =e t ，xlnx =te t ，t →−∞时，指数函数是爆炸增长，te t =−|t|e |t|→0， 当x →0,g(x)→2e −e −a ，当x →+∞，g(x)>0， g(x)min =g(1ae )=−1ae +2e −e −a ，因为g(x)有两个正零点，所以有{2e−e −a >0①−1ae+2e−e−a<0②， 由①得a >1−ln2，对于②，令ℎ(x)=−1ex +2e −e −x ，∴ℎ′(x)=1ex 2+e −x >0，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增， 且ℎ(1)=0，由ℎ(x)<0知x ∈(0,1)， 由②−1ae +2e −e −a <0得a ∈(0,1)综上所述，a ∈(1−ln2,1)．【解析】(Ⅰ)求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；(Ⅱ)根据函数的单调性求出g(x)的最小值，结合g(x)有两个正零点，得到关于a 的不等式组，解出即可． 本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．所以，计算K 2=50×(10×11−14×15)224×26×25×25≈1.282<2.706，所以没有90%的把握说“该次大赛是否得满分”与“同学性别”有关； (Ⅱ)由题意知，μ=0，σ2=0.8；又x 1=0，x 2=2，x 3=0，x 4=2，x 5=2，而2σ≈1.788，3σ≈2.682， 所以不存在x i ≥3σ；又满足2σ<x i ≤3σ的i 的个数为3，即k =3；当X ～N(μ,σ2)，P(μ−3σ<X <μ−2σ)+P(μ+2σ<X <μ+3σ)≈0.9974−0.9544≈0.043； 设从服从正态分布N(μ,σ2)的总体(个体数无穷大)中任意取5个个体， 其中值属于(μ−3σ,μ−2σ)∪(μ+2σ,μ+3σ)的个体数为Y ， 则Y ～B(5,0.043)，所以，P(Y ≥3)=1−0.9575−C 51×0.043×0.9574−C 52×0.0432×0.9573≈0.0008<0.003； 综上，第②种情况出现，所以该小组不会接受该模型．【解析】(I)由表中数据画出列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；(Ⅱ)由题意知μ、σ2的值，利用X ～N(μ,σ2)和Y ～B(5,0.043)计算对应的概率值，从而得出结论． 本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了概率的计算问题，是中档题． 22.【答案】解：(Ⅰ)由题意抛物线E 的焦点为(1,0)，所以标准方程为y 2=4x ， 故极坐标方程为ρsin 2θ−4cosθ=0；(Ⅱ)设过点A 的直线l 参数方程为{x =3+tcosαy =2+tsinα(t 为参数)，代入y 2=4x ，化简得t 2sin 2α+(4sinα−4cosα)t −8=0， M ，N 所对应的参数分别为t 1，t 2， t 1+t 2=−4sin α+4cos αsin 2α，t 1⋅t 2=−8sin 2α，且Δ=(4sinα−4cosα)2+32sin 2α>0．由|AN|=2|AM|，A 在E 内部，知t 2=−2t 1，t 1⋅t 2=−2t 12=−8sin 2α 得{t 1=2sinαt 2=−4sinα或{t 1=−2sinαt 2=4sinα， 所以，当t 1+t 2=−4sinα+4cosαsin 2α=−2sinα时，解得tanα=2， 所以，当t 1+t 2=−4sinα+4cosαsin 2α=2sinα时，解得tanα=23， 所以tanα=2或tanα=23．【解析】本题考查抛物线的极坐标方程的求法，普通方程与极坐标方程的互化，直线的参数方程的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．(Ⅰ)求出抛物线E 的标准方程为y 2=4x ，然后求解极坐标方程．(Ⅱ)设过点A 的直线l 参数方程为{x =3+tcosαy =2+tsinα(t 为参数)，代入y 2=4x ，利用韦达定理结合参数的几何意义，转化求解即可．23.【答案】解：(Ⅰ)当a =1时，不等式为2|x −1x |<3，平方得4x 2−8+4x 2<9，则4x 4−17x 2+4<0，得14<x 2<4， 即−2<x <−12或12<x <2，所以，所求不等式的解集(−2,−12)∪(12,2)；(Ⅱ)证明：因为f(x)=|ax −1x |+|x −ax |≥|(ax −1x )−(x −ax )| =|a −1||x +1x |=|a −1|(|x|+1|x|)≥2|a −1|，又g(x)=|x −2a|−|x −2|≤|x −2a −(x −2)|=2|a −1|， 所以，不等式f(x)≥g(x)得证．【解析】本题主要考查绝对值不等式的解法，及绝对值不等式的性质，基本不等式的运用，考查运算求解能力及推理论证能力，属于中档题(Ⅰ)将a =1代入，把不等式两边平方后，解不等式即可；(Ⅱ)运用绝对值不等式的性质结合基本不等式可得f(x)≥2|a −1|，g(x)≤2|a −1|，由此得证．。
【新结构】(南昌二模)江西省南昌市2024届高三第二次模拟测试数学试题+答案解析
【新结构】(南昌二模)江西省南昌市2024届高三第二次模拟测试数学试题❖一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知向量，，则()A.2B.4C.6D.82.设复数z满足，则()A. B. C.1 D.3.已知集合，，则“”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.已知，则不等式的解集是()A. B. C. D.5.在三棱锥中，平面BCD，，，E，F分别为AC，CD的中点，则下列结论正确的是()A.AF，BE是异面直线，B.AF，BE是相交直线，C.AF，BE是异面直线，AF与BE不垂直D.AF，BE是相交直线，AF与BE不垂直6.已知，则()A. B. C. D.7.已知双曲线的左、右焦点分别为，，双曲线的右支上有一点A，与双曲线的左支交于B，线段的中点为M，且满足，若，则双曲线C的离心率为()A. B. C. D.8.校足球社团为学校足球比赛设计了一个奖杯，如图，奖杯的设计思路是将侧棱长为6的正三棱锥的三个侧面沿AB，BC，AC展开得到面，，，使得平面，，均与平面ABC垂直，再将球O放到上面使得，，三个点在球O的表面上，若奖杯的总高度为，且，则球O 的表面积为()A.B.C.D.二、多选题：本题共3小题，共18分。
在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.为了解中学生喜爱足球运动与性别是否有关，甲、乙两校的课题组分别随机抽取了本校部分学生进行调查，得到如下两个表格：喜爱足球运动不喜爱足球运动合计男性15520女性81220合计231740甲校样本喜爱足球运动不喜爱足球运动合计男性7030100女性4555100合计11585200乙校样本参考公式及数据：，则下列判断中正确的是()A.样本中，甲校男学生喜爱足球运动的比例高于乙校男学生喜爱足球运动的比例B.样本中，甲校女学生喜爱足球运动的比例高于乙校女学生喜爱足球运动的比例C.根据甲校样本有的把握认为中学生喜爱足球运动与性别有关D.根据乙校样本有的把握认为中学生喜爱足球运动与性别有关10.已知，则下列说法中正确的是()A.在R 上可能单调递减B.若在R 上单调递增，则C.是的一个对称中心D.所有的对称中心在同一条直线上11.已知，M 为AB 上一点，且满足动点C 满足，D 为线段BC 上一点，满足，则下列说法中正确的是()A.若，则D 为线段BC 的中点B.当时，的面积为C.点D 到A ，B 距离之和的最大值为5D.的正切值的最大值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。