_2020南昌二模理科数学及其答案
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
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 |
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|
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 ，
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—
NCS20200707 项目第二次模拟测试卷
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 ，
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
………6 分
由（Ⅰ）知 g(x) 在 (0, 1 ) 上单调递减，在 ( 1 , ) 上单调递增.
ae
ae
设
x
et , x ln
x
tet
，t
时，指数函数是爆炸增长， tet
|t| e|t|
0，
当
x
0
，
g(x)
2 e
ea
，当
x
，
g(x)
0
，
g ( x)min
g( 1 ) ae
1 ae
2 e
ea
7分
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 ，
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 ，
D1
C1
又 AD 面 ABCD ，所以面 D1DBB1 面 ABCD . …6 分 A1
（Ⅱ）设 BD 的中点 O ，由于 D1D D1B ，所以 D1O BD ，
D
B1 y C
由（Ⅰ）可知面 D1DBB1 面 ABCD ，故 D1O 面 ABCD .
由等腰梯形知识可得 DC CB ，则 CO BD .
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 | ，
D1
C1
又 AD 面 ABCD ，所以面 D1DBB1 面 ABCD . …6 分 A1
（Ⅱ）设 BD 的中点 O ，由于 D1D D1B ，所以 D1O BD ，
D
B1 y Cຫໍສະໝຸດ 由（Ⅰ）可知面 D1DBB1 面 ABCD ，故 D1O 面 ABCD .
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
………12 分
20.【解析】（Ⅰ）由 f (x) x ln ax 2 ，知 f '(x) ln ax 1 ln(aex) e
………1 分
①当 a 0 时，定义域为 (0, ) ， f '(x) 0 得 x 1 ， f '(x) 0 得 0 x 1 ；
ae
ae
②当 a 0 时，定义域为 (, 0) ， f '(x) 0 得 x 1 ， f '(x) 0 得 1 x 0
（Ⅱ）
Tn
1 4 2 22
7 23
10 24
3n 2n
2
,
1 2 Tn
1 22
4 23
7 24
10 25
3n 5 2n
3n 2 2n1
，
………6 分
两式相减得：
1 2 Tn
1 2
1 3( 22
1 23
1 24
1 2n
)
3n 2 2n1
，
………9 分
得 Tn
1 3(1 2
1 22
1 23
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
（Ⅱ）
Tn
1 4 2 22
7 23
10 24
3n 2n
2
,
1 2 Tn
1 22
4 23
7 24
10 25
3n 5 2n
3n 2 2n1
，
………6 分
两式相减得：
1 2 Tn
1 2
1 3( 22
1 23
1 24
1 2n
)
3n 2 2n1
，
………9 分
得 Tn
1 3(1 2
1 22
1 23
3
3
2
………9 分
由 OMPN 是平行四边形，知 PM 2 PN 2 OM 2 ON 2 ，
所以， PM 2 PN 2 OM 2 ON 2 10 9 y02 x02 92
5 [9(n2 9
x02 9
)
x02 ]
5n2
5 ，即
n2
1
所以，存在符合题意的椭圆，其方程为 x2 y2 1． 9
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
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届江西省南昌市第二中学高三下学期高考模拟检测(三)数学(理)试题及答案
绝密★启用前江西省南昌市第二中学2020届高三毕业班下学期高考模拟检测(三)数学(理)试题第I 卷一、选择题:本大题共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4{log 1}M x x =<，{2}M N =，则集合N 可以是 （ ） A.{1,2} B.{2,3} C.{2,4}D.{2,3,4}2.若复数z 的其共轭复数z 满足i i z 311+=+，则复数z 为（ ） A.i 42-- B. i 42+- C. i 44- D. i 44+3. “数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句，折扇出入怀袖，扇面书画，扇骨雕琢，是文人雅士的宠物,所以又有“怀袖雅物”的别号,如图是折扇的示意图,A 为OB 的中点,若在整个扇形区域内随机取一点,则此点取自扇面（扇环）部分的概率是（ ）A ．14B ．12C ．58D ．43 4．设52-=a ,5log 2b =,8log 5c =,则（ ）A ．a b c <<B ．b c a <<C ．c b a <<D ．c a b <<5. 已知点(,)m n m n +-在0022x y x y x y -≥⎧⎪+≥⎨⎪-≥⎩表示的平面区域内,则22m n +的最小值为（ ）A.25B.105C.49D.236. 函数()()2cosln1xf xx x=+-的部分图象大致为（）A. B.C. D.7. 明代数学家程大位（1533~1606年）,有感于当时筹算方法的不便,用其毕生心血写出《算法统宗》,可谓集成计算的鼻祖．如图所示的程序框图的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”问题．执行该程序框图,若输出的y的值为2,则输入的x的值为（）A..74 B. 5627 C. 2 D. 164818. =⋅-=⋅==∆AC AB BE AD AC E DC BD AC AB ABC，则4的中点，若是2中，,,( ) A. 0 B. 2 C. 4 D. 89. 已知数列{}n a为等差数列, n S是其前n项和, 255,35==a S.数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧⋅+11n n a a的前n项和为n T,若对一切*∈n N都有n T m>+12恒成立,则m能取到的最小整数为( ) A. 1- B. 0 C. 1 D. 210. 在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D-中,E是正方形11BB C C的中心,M为11C D的中点,过1A M的平面α与直线DE垂直,则平面α截正方体1111ABCD A B C D-所得的截面面积为（）A.24 B. 26 C.52 D. 10211.已知双曲线2222:1(0)x y M b a a b-=>>的焦距为2c,若M的渐近线上存在点T,使得经过点T所作的圆222()x c y a-+=的两条切线互相垂直,则双曲线M的离心率的取值范围是。
江西省南昌市2020届高三第二次模拟考试数学(理)试题含答案
NCS20200707项目第二次模拟测试卷理科数学本试卷共4页，23小题，满分150分。
考试时间120分钟． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上，并在相应位置贴好条形码．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案信息涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．3．非选择题必须用黑色水笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案，不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡整洁。
考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．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．复数12121,,z z i z z z ===⋅，则||z 等于（ ）A ．2B ．4CD ．2．集合{|},{}A y y x N B x N N ==∈=∈，则A B ⋂=（ ）A ．{0,2}B ．{0,1,2}C ．2}D ．∅3．已知,,a b c 是三条不重合的直线，平面,αβ相交于直线c ，,a b αβ⊂⊂，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1,1()ln ,1x x f x x x -≤⎧=⎨>⎩，则不等式()1f x >的解集是（ ）A ．(1,)eB ．(2,)+∞C ．(2, )eD ．(,)e +∞5．已知ABC V 中角, , A B C 所对的边分别为,,a b c ，若2,sin 2cos 2a c A C ==，则角A 等于（ ）A ．6π B ．2πC ．23πD ．56π6．已知,a b r r 为不共线的两个单位向量，且a r 在b r上的投影为12-，则|2|a b -=r r （ ）A B C D 7．函数ln ()xx xf x e =的图象大致为（ ） A ． B ． C ． D ．8．直线2sin 0x y θ⋅+=被圆2220x y +-+=截得最大弦长为（ ）A ．B ．C ．3D ．9．函数()sin()(0)f x A x ωϕω=+>的部分图象如图所示，则(0)f =（ ）A ．B ．C ．D ． 10．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的上垂直投影，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3sin 375︒=）A ．30米B ．50米C ．60米D ．70米11．已知F 是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点，直线y =交双曲线于A ，B 两点，若23AFB π∠=，则双曲线的离心率为（ ）A B C D ．212．已知函数3()sin cos (0)4f x x x a x a π⎛⎫=+--> ⎪⎝⎭有且只有三个零点()123123,,x x x x x x <<，则()32tan x x -属于（ ）A ．0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．3,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ D ．3,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．若变量x ，y 满足约束条件||1310y x x y ≥-⎧⎨-+≥⎩，则目标函数z x y =+的最小值为______________．14．已知梯形ABCD 中，//,4,60,45AD BC AD AB ABC ACB ︒︒==∠=∠=，则DC =_____________．15．已知6270127(1)(21)x x a a x a x a x --=++++L ，则2a 等于_______________．16．已知正四棱椎P ABCD -中，PAC V 是边长为3的等边三角形，点M 是PAC V 的重心，过点M 作与平面P AC 垂直的平面α，平面α与截面P AC 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．．填到横线上）①2； ② ③3； ④三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
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
江西省南昌二中2020届高三5月模拟考试(理数)
江西省南昌二中2020届高三5月模拟考试数学（理科）一、选择题（共12小题）.1．已知集合A＝{y|y＝|x|﹣1，x∈R}，B＝{x|x≥2}，则下列结论正确的是（）A．﹣3∈A B．3∉B C．A∩B＝B D．A∪B＝B2．已知复数z1＝6﹣8i，z2＝﹣i，则＝（）A．8﹣6i B．8+6i C．﹣8+6i D．﹣8﹣6i3．已知命题p：若a＜1，则a2＜1，下列说法正确的是（）A．命题p是真命题B．命题p的逆命题是真命题C．命题p的否命题是：若a＜1，则a2≥1D．命题p的逆否命题是：若a2≥1，则a＜14．下列与的终边相同的角的表达式中正确的是（）A．2kπ+45°（k∈Z）B．k•360°+π（k∈Z）C．k•360°﹣315°（k∈Z）D．kπ+（k∈Z）5．已知函数y＝log a（x+c）（a，c为常数，其中a＞0，a≠1）的图象如图所示，则下列结论成立的是（）A．a＞1，c＞1 B．a＞1，0＜c＜1C．0＜a＜1，c＞1 D．0＜a＜1，0＜c＜16．已知函数f（x）＝满足对任意的实数x1≠x2都有＜0成立，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，2）B．（﹣∞，] C．（﹣∞，2] D．[，2）7．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．8．《周易》历来被人们视为儒家经典之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“”当做数字“1”，把阴爻“”当做数字“0”，则八卦代表的数表示如下：卦名符号表示的二进制数表示的十进制数坤000 0震001 1坎010 2兑011 3以此类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“”表示的十进制数是（）A．18 B．17 C．16 D．159．若x，y满足约束条件，则z＝3x+2y的最大值为（）A．4 B．5 C．6 D．710．斜率为1的直线l与椭圆+y2＝1相交于A、B两点，则|AB|的最大值为（）A．2 B．C．D．11．若函数f（x）＝x3+x2﹣在区间（a，a+5）内存在最小值，则实数a的取值范围是（）A．[﹣5，0）B．（﹣5，0）C．[﹣3，0）D．（﹣3，0）12．记M的最大值和最小值分别为M max和M min．若平面向量，，满足||＝||＝•＝•（+2﹣2）＝2．则（）A．||max＝B．||max＝C．||min＝D．||min＝二、填空题13．如图，某地一天从6﹣14时的温度变化曲线近似满足函数y＝A sin（ωx+φ）+b，则b ＝；该段曲线的函数解析式是．14．设a∈R，若函数y＝e x+ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是．15．已知P（1，1）为椭圆+＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为．16．如图所示，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不同于A，B的任意一点，若P 为半径OC上的动点，则（+）•的最小值为．三、解答题：共70分.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．必考题：共60分17．已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，﹣＜φ）的最小正周期是π，且当x＝时，f（x）取得最大值2．（1）求f（x）的解析式；（2）作出f（x）在[0，π]上的图象（要列表）．18．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E 与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．19．已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．（1）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；（2）已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），求X的分布列和数学期望．20．已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0）的半焦距为c，原点O到经过两点（c，0），（0，b）的直线的距离为c．（Ⅰ）求椭圆E的离心率；（Ⅱ）如图，AB是圆M：（x+2）2+（y﹣1）2＝的一条直径，若椭圆E经过A、B两点，求椭圆E的方程．21．已知函数的导函数y＝f'（x）的两个零点为﹣3和0．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若f（x）的极小值为﹣e3，求f（x）在区间[﹣5，+∞）上的最大值．（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，则技所做的第一题计分[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在极坐标系中，已知曲线C1：ρcosθ﹣ρsinθ﹣1＝0，C2：ρ＝2cosθ．（1）求曲线C1，C2的直角坐标方程，并判断两曲线的形状；（2）若曲线C1，C2交于A，B两点，求两交点间的距离．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）＝|x﹣p|．（I）当p＝2时，解不等式f（x）≥4﹣|x﹣1|；（II）若f（x）≥1的解集为（﹣∞，0]∪[2，+∞），（m＞0，n＞1），求证：m+2n≥11．数学（理科）参考答案一、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A＝{y|y＝|x|﹣1，x∈R}，B＝{x|x≥2}，则下列结论正确的是（）A．﹣3∈A B．3∉B C．A∩B＝B D．A∪B＝B【分析】先求出集合A，从而找出正确选项．解：∵|x|≥0，∴|x|﹣1≥﹣1；∴A＝{y|y≥﹣1}，又B＝{x|x≥2}∴A∩B＝{x|x≥2}＝B．故选：C．2．已知复数z1＝6﹣8i，z2＝﹣i，则＝（）A．8﹣6i B．8+6i C．﹣8+6i D．﹣8﹣6i【分析】把z1＝6﹣8i，z2＝﹣i代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：∵z1＝6﹣8i，z2＝﹣i，∴＝．故选：B．3．已知命题p：若a＜1，则a2＜1，下列说法正确的是（）A．命题p是真命题B．命题p的逆命题是真命题C．命题p的否命题是：若a＜1，则a2≥1D．命题p的逆否命题是：若a2≥1，则a＜1【分析】举例说明命题p为假命题，求出命题p的逆命题，否命题，逆否命题逐一判断即可得答案．解：已知命题p：若a＜1，则a2＜1，如a＝﹣2，则（﹣2）2＞1，命题p为假命题，∴A 不正确；命题p的逆命题是：若a2＜1，则a＜1，为真命题，∴B正确；命题p的否命题是：若a≥1，则a2≥1，∴C不正确；命题p的逆否命题是：若a2≥1，则a＞1，∴D不正确．故选：B．4．下列与的终边相同的角的表达式中正确的是（）A．2kπ+45°（k∈Z）B．k•360°+π（k∈Z）C．k•360°﹣315°（k∈Z）D．kπ+（k∈Z）【分析】题目要写出与的终边相同的角，只要在该角基础上加2π的整数倍即可，但角度值和弧度制不能混用．解：与的终边相同的角可以写成2kπ+π（k∈Z），但是角度制与弧度制不能混用，所以只有答案C正确．故选：C．5．已知函数y＝log a（x+c）（a，c为常数，其中a＞0，a≠1）的图象如图所示，则下列结论成立的是（）A．a＞1，c＞1 B．a＞1，0＜c＜1C．0＜a＜1，c＞1 D．0＜a＜1，0＜c＜1【分析】根据对数函数的图象和性质即可得到结论．解：∵函数单调递减，∴0＜a＜1，当x＝1时log a（x+c）＝log a（1+c）＜0，即1+c＞1，即c＞0，当x＝0时log a（x+c）＝log a c＞0，即c＜1，即0＜c＜1，故选：D．6．已知函数f（x）＝满足对任意的实数x1≠x2都有＜0成立，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，2）B．（﹣∞，] C．（﹣∞，2] D．[，2）【分析】由已知可得函数f（x）在R上为减函数，则分段函数的每一段均为减函数，且在分界点左段函数不小于右段函数的值，进而得到实数a的取值范围．解：若对任意的实数x1≠x2都有＜0成立，则函数f（x）在R上为减函数，∵函数f（x）＝，故，解得：a∈（﹣∞，]，故选：B．7．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【分析】直接利用空间几何体的三视图的画法，判断选项的正误即可．解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选：A．8．《周易》历来被人们视为儒家经典之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“”当做数字“1”，把阴爻“”当做数字“0”，则八卦代表的数表示如下：卦名符号表示的二进制数表示的十进制数坤000 0震001 1坎010 2兑011 3以此类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“”表示的十进制数是（）A．18 B．17 C．16 D．15【分析】由二进制转化为十进制的方法，我们将各数位上的数字乘以其权重累加后，即可得到答案．解：由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦符合“”表示二进制数的010001，转化为十进制数的计算为1×20+0×21+0×22+0×23+1×24+0×25＝17．故选：B．9．若x，y满足约束条件，则z＝3x+2y的最大值为（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可．解：作出x，y满足约束条件，对于的平面区域如图：由z＝3x+2y，则y＝﹣x+，平移直线y＝﹣x+，由图象可知当直线y＝﹣x+，经过点A时，直线y＝﹣x+的截距最大，此时z最大，由，解得A（2，0），此时z max＝3×2+2×0＝6，故选：C．10．斜率为1的直线l与椭圆+y2＝1相交于A、B两点，则|AB|的最大值为（）A．2 B．C．D．【分析】设出直线的方程，代入椭圆方程中消去y，根据判别式大于0求得t的范围，进而利用弦长公式求得|AB|的表达式，利用t的范围求得|AB|的最大值．解：设直线l的方程为y＝x+t，代入+y2＝1，消去y得x2+2tx+t2﹣1＝0，由题意得△＝（2t）2﹣5（t2﹣1）＞0，即t2＜5．弦长|AB|＝4×≤．故选：C．11．若函数f（x）＝x3+x2﹣在区间（a，a+5）内存在最小值，则实数a的取值范围是（）A．[﹣5，0）B．（﹣5，0）C．[﹣3，0）D．（﹣3，0）【分析】由题意，求导f′（x）＝x2+2x＝x（x+2）确定函数的单调性，从而作出函数的简图，由图象求实数a的取值范围．解：由题意，f′（x）＝x2+2x＝x（x+2），故f（x）在（﹣∞，﹣2），（0，+∞）上是增函数，在（﹣2，0）上是减函数，作其图象如右图，令x3+x2﹣＝﹣得，x＝0或x＝﹣3；则结合图象可知，；解得，a∈[﹣3，0）；故选：C．12．记M的最大值和最小值分别为M max和M min．若平面向量，，满足||＝||＝•＝•（+2﹣2）＝2．则（）A．||max＝B．||max＝C．||min＝D．||min＝【分析】由条件可设＝＝（2，0），＝（1，），＝＝（x，y），由向量的坐标表示可得C在以圆心P（1，），半径r＝的圆上运动，且|﹣|表示点A与点C的距离，且|+|表示点D（﹣2，0）与点C的距离，运用最大值为d+r，最小值为d﹣r，计算可得所求．解：平面向量，，满足||＝||＝•＝•（+2﹣2）＝2，由•＝2×2cos＜，＞＝2，可得cos＜，＞＝，sin＜，＞＝，设＝＝（2，0），＝（1，），＝＝（x，y），可得（x，y）•（4﹣2x，2﹣2y）＝2，即为x（4﹣2x）+y（2﹣2y）＝2，化为x2+y2﹣2x﹣y+1＝0，则C在以圆心P（1，），半径r＝的圆上运动，且|﹣|表示点A与点C的距离，显然最大值为|AC|+r＝+＝；最小值为|AC|﹣r＝﹣＝；且|+|表示点D（﹣2，0）与点C的距离，显然最大值为|DC|+r＝+＝；最小值为|DC|﹣r＝．故选：A．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．如图，某地一天从6﹣14时的温度变化曲线近似满足函数y＝A sin（ωx+φ）+b，则b＝20；该段曲线的函数解析式是y＝10sin（x+）+20，x∈[6，14]．．【分析】通过函数的图象，求出A，b，求出函数的周期，推出ω，利用函数经过（10，20）求出φ，得到函数的解析式．解：由题意以及函数的图象可知，A＝10，b＝20，T＝2（14﹣6）＝16，所以ω＝＝，函数经过（10，20）所以20＝10sin（×10+φ）+20，所以φ＝，所以函数的解析式：y＝10sin（x+）+20，x∈[6，14]．故答案为：20；y＝10sin（x+）+20，x∈[6，14]．14．设a∈R，若函数y＝e x+ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是{a|a＜﹣1}．【分析】先对函数进行求导令导函数等于0，原函数有大于0的极值故导函数有大于零的根．解：∵y＝e x+ax，∴y'＝e x+a．由题意知e x+a＝0有大于0的实根，由e x＝﹣a，得a＝﹣e x，∵x＞0，∴e x＞1．∴a＜﹣1．故答案为：{a|a＜﹣1}．15．已知P（1，1）为椭圆+＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为x+2y﹣3＝0．【分析】设弦的两端点坐标为（x1，y1）、（x2，y2），代入椭圆方程，作差，即可求得直线的斜率，求得的直线方程；解：由于此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k，且设弦的两端点坐标为（x1，y1）、（x2，y2），则两式相减得+＝0．∵x1+x2＝2，y1+y2＝2，∴x1﹣x2+2（y1﹣y2）＝0，x+2y﹣3＝0故答案为：x+2y﹣3＝0．16．如图所示，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不同于A，B的任意一点，若P 为半径OC上的动点，则（+）•的最小值为﹣．【分析】根据图形知：O是线段AB的中点，所以+＝2，再根据向量的点乘积运算分析方向与大小即可求出．【解答】解∵圆心O是直径AB的中点，∴+＝2，∴（+）•＝2•，∵||+||＝3≥2，∴||•||≤，即（+）•＝2•＝﹣2||•||≥﹣，当且仅当||＝||＝时，等号成立，故最小值为﹣．故答案为：﹣．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步第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．（一）必考题：共60分17．已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，﹣＜φ）的最小正周期是π，且当x＝时，f（x）取得最大值2．（1）求f（x）的解析式；（2）作出f（x）在[0，π]上的图象（要列表）．【分析】（1）由函数的最值求出A，由周期求出ω，由特殊点的坐标求出φ的值，即可求得函数解析式；（2）用五点法即可作函数y＝A sin（ωx+φ）在一个周期上的图象．解：（1）因为函数f（x）的最小正周期是π，所以ω＝2．又因为当x＝时，f（x）取得最大值2．所以A＝2，同时2×+φ＝2kπ+，k∈Z，φ＝2kπ+，k∈Z，因为﹣＜φ＜，所以φ＝，所以f（x）＝2sin（2x+）．（2）因为x∈[0，π]，所以2x+∈[，]，列表如下：π2π2x+x0 πf（x） 1 2 0 ﹣2 0 1描点、连线得图象：18．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E 与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【分析】（1）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；（2）通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．【解答】证明：（1）∵AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，∴AB∥EF，又∵EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴EF∥平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，∵BC⊥BD，FG∥BC，∴FG⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，FG⊂平面BCD，∴FG⊥平面ABD，∵AD⊂平面ABD，∴FG⊥AD，∵AD⊥EF，且EF∩FG＝F，∴AD⊥平面EFG，∵EG⊂平面EFG，∴AD⊥EG，∵EG∥AC，∴AD⊥AC．19．已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．（1）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；（2）已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），求X的分布列和数学期望．【分析】（1）记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，利用古典概型的概率求解即可；（2）X的可能取值为：200，300，400；求出对应的概率，得到分布列，然后计算数学期望值．解：（1）记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，则P（A）＝＝＝；（2）X的可能取值为200，300，400，P（X＝200）＝＝＝，P（X＝300）＝＝＝，P（X＝400）＝1﹣P（X＝200）﹣P（X＝300）＝1﹣﹣＝；所以X的分布列为：X200 300 400P数学期望为EX＝200×+300×+400×＝350．20．已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0）的半焦距为c，原点O到经过两点（c，0），（0，b）的直线的距离为c．（Ⅰ）求椭圆E的离心率；（Ⅱ）如图，AB是圆M：（x+2）2+（y﹣1）2＝的一条直径，若椭圆E经过A、B两点，求椭圆E的方程．【分析】（Ⅰ）求出经过点（0，b）和（c，0）的直线方程，运用点到直线的距离公式，结合离心率公式计算即可得到所求值；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆E的方程为x2+4y2＝4b2，①设出直线AB的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，结合圆的直径和中点坐标公式，解方程可得b2＝3，即可得到椭圆方程．解：（Ⅰ）经过点（0，b）和（c，0）的直线方程为bx+cy﹣bc＝0，则原点到直线的距离为d＝＝c，即为a＝2b，e＝＝＝；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆E的方程为x2+4y2＝4b2，①由题意可得圆心M（﹣2，1）是线段AB的中点，则|AB|＝，易知AB与x轴不垂直，记其方程为y＝k（x+2）+1，代入①可得（1+4k2）x2+8k（1+2k）x+4（1+2k）2﹣4b2＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝．x1x2＝，由M为AB的中点，可得x1+x2＝﹣4，得＝﹣4，解得k＝，从而x1x2＝8﹣2b2，于是|AB|＝•|x1﹣x2|＝•＝＝，解得b2＝3，则有椭圆E的方程为+＝1．21．已知函数的导函数y＝f'（x）的两个零点为﹣3和0．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若f（x）的极小值为﹣e3，求f（x）在区间[﹣5，+∞）上的最大值．【分析】（Ⅰ）求导数f′（x），根据y＝f'（x）的两个零点﹣3和0以及a的符号，即可解得不等式f'（x）＞0，f'（x）＜0，从而得到函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）由（Ⅰ）及所给已知条件可求出f（x），再利用导数即可求得函数f（x）在闭区间上的最大值；解：（Ⅰ），令g（x）＝﹣ax2+（2a﹣b）x+b﹣c，因为e x＞0，所以y＝f'（x）的零点就是g（x）＝﹣ax2+（2a﹣b）x+b﹣c的零点，且f'（x）与g（x）符号相同．又因为a＞0，所以﹣3＜x＜0时，g（x）＞0，即f'（x）＞0，当x＜﹣3，或x＞0时，g（x）＜0，即f'（x）＜0，所以f（x）的单调增区间是（﹣3，0），单调减区间是（﹣∞，﹣3），（0，+∞）．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，x＝﹣3是f（x）的极小值点，所以有，解得a＝1，b＝5，c＝5，所以．∵f（x）的单调增区间是（﹣3，0），单调减区间是（﹣∞，﹣3），（0，+∞），∴f（0）＝5为函数f（x）的极大值，∴f（x）在区间[﹣5，+∞）上的最大值取f（﹣5）和f（0）中的最大者．而＞5，所以函数f（x）在区间[﹣5，+∞）上的最大值是5e5．（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，则技所做的第一题计分[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在极坐标系中，已知曲线C1：ρcosθ﹣ρsinθ﹣1＝0，C2：ρ＝2cosθ．（1）求曲线C1，C2的直角坐标方程，并判断两曲线的形状；（2）若曲线C1，C2交于A，B两点，求两交点间的距离．【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用点到直线的距离公式的应用求出结果．解：（1）已知曲线C1：ρcosθ﹣ρsinθ﹣1＝0，转换为直角坐标方程为．所以该曲线为直线．曲线C2：ρ＝2cosθ．转换为直角坐标方程为x2+y2﹣2x＝0．所以该曲线为以（1，0）为圆心，1为半径的圆．（2）首先把x2+y2﹣2x＝0转换为（x﹣1）2+y2＝1，利用点（1，0）到直线的距离d＝，则说明圆心在直线上，所以|AB|＝2．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）＝|x﹣p|．（I）当p＝2时，解不等式f（x）≥4﹣|x﹣1|；（II）若f（x）≥1的解集为（﹣∞，0]∪[2，+∞），（m＞0，n＞1），求证：m+2n≥11．【分析】（Ⅰ）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；（Ⅱ）表示出x的范围，得到关于p的方程组，求出p的值，得到，根据乘“1”法证明即可．解：（I）当p＝2时，不等式化为|x﹣2|+|x﹣1|≥4∵∴不等式的解集为（II）根据f（x）≥1得|x﹣p|≥1⇒x≤p﹣1或x≥p+1，∵f（x）≥1的解集为（﹣∞，0]∪[2，+∞），故，所以，∵m＞0，n＞0，∴，当且仅当m＝3，n＝4时取等号，∴m+2n≥11.。
江西省南昌市2019-2020学年高考数学二模考试卷含解析
江西省南昌市2019-2020学年高考数学二模考试卷一、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．函数()1ln 1xf x x-=+的大致图像为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【分析】通过取特殊值逐项排除即可得到正确结果. 【详解】 函数()1ln1x f x x -=+的定义域为{|1}x x ≠±，当12x =时，1()ln 302f =-<，排除B 和C ； 当2x =-时，(2)ln 30f -=>，排除A. 故选：D. 【点睛】本题考查图象的判断，取特殊值排除选项是基本手段，属中档题. 2．已知函数2ln(2),1,()1,1,x x f x x x -⎧=⎨-+>⎩„若()0f x ax a -+…恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．[0,1]C ．[1,)+∞D ．[0,2]【答案】D 【解析】 【分析】由()0f x ax a-+…恒成立，等价于|()|y f x=的图像在(1)y a x=-的图像的上方，然后作出两个函数的图像，利用数形结合的方法求解答案.【详解】因为2ln(2),1,()1,1,x xf xx x-⎧=⎨->⎩„由()(1)f x a x-…恒成立，分别作出|()|y f x=及(1)y a x=-的图象，由图知，当0a<时，不符合题意，只须考虑0a…的情形，当(1)y a x=-与()(1)y f x x=…图象相切于(1,0)时，由导数几何意义，此时21(1)|2xa x'==-=，故02a剟.故选：D【点睛】此题考查的是函数中恒成立问题，利用了数形结合的思想，属于难题.3．若函数f(x)＝13x3＋x2－23在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是A．[－5，0) B．(－5，0) C．[－3，0) D．(－3，0)【答案】C【解析】【分析】求函数导数，分析函数单调性得到函数的简图，得到a满足的不等式组，从而得解.【详解】由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示．令13x3＋x2－23＝－23，得x＝0或x＝－3，则结合图象可知，3050a a -≤<⎧⎨+>⎩解得a ∈[－3，0)，故选C. 【点睛】本题主要考查了利用函数导数研究函数的单调性，进而研究函数的最值，属于常考题型.4．已知平面向量a r ，b r满足()1,2a =-r ，()3,b t =-r ，且()a ab ⊥+r r r ，则b =r （ ）A ．3 B． C．D ．5【答案】B 【解析】 【分析】先求出a b +r r，再利用()0a a b ⋅+=r r r 求出t ，再求b r .【详解】解：()()()1,23,2,2t t a b -+-=-=-+r r由()a a b ⊥+r r r ，所以()0a a b ⋅+=r r r()()()12220t ⨯-+-⨯-=，1t =，()3,1b =-r，=r b 故选：B 【点睛】考查向量的数量积及向量模的运算，是基础题.5．小明有3本作业本，小波有4本作业本，将这7本作业本混放在-起，小明从中任取两本.则他取到的均是自己的作业本的概率为( ) A ．17B ．27C ．13D ．1835【答案】A 【解析】 【分析】 利用An P n=计算即可，其中A n 表示事件A 所包含的基本事件个数，n 为基本事件总数. 【详解】从7本作业本中任取两本共有27C 种不同的结果，其中，小明取到的均是自己的作业本有23C 种不同结果，由古典概型的概率计算公式，小明取到的均是自己的作业本的概率为232717C C =.故选：A. 【点睛】本题考查古典概型的概率计算问题，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.6．在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 、M 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，又P 、Q 分别在线段11A B 、11A D 上，且11(0)A P AQ m m a ==<<，设平面MEF I 平面MPQ l =，则下列结论中不成立的是（ ）A ．//l 平面11BDDB B ．l MC ⊥C ．当2am =时，平面MPQ MEF ⊥ D ．当m 变化时，直线l 的位置不变【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行与垂直的判定与性质逐个分析即可. 【详解】因为11A P AQ m ==,所以11//PQB D ,因为E 、F 分别是AB 、AD 的中点,所以//EF BD ,所以//PQ EF ,因为面MEF I 面MPQ l =,所以PQ EF l ////.选项A 、D 显然成立；因为BD EF l ////,BD ⊥平面11ACC A ,所以l ⊥平面11ACC A ,因为MC ⊂平面11ACC A ,所以l MC ⊥,所以B 项成立；易知1AC ⊥平面MEF,1A C ⊥平面MPQ,而直线1AC 与1A C 不垂直,所以C 项不成立. 故选：C 【点睛】本题考查直线与平面的位置关系.属于中档题. 7．函数()sin()f x x π=-223的图象为C ，以下结论中正确的是（ ）①图象C 关于直线512x π=对称； ②图象C 关于点(,0)3π-对称；③由y =2sin2x 的图象向右平移3π个单位长度可以得到图象C. A ．① B ．①②C ．②③D ．①②③【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数的对称轴、对称中心和图象变换的知识，判断出正确的结论. 【详解】因为()sin()f x x π=-223，又553()2sin(2)2sin 2121236f ππππ=⨯-==，所以①正确. ()2sin(2)2sin()0333f ππππ--=⨯-=-=，所以②正确.将2sin 2y x =的图象向右平移3π个单位长度，得22sin[2()]2sin(2)33y x x ππ=-=-，所以③错误. 所以①②正确，③错误. 故选:B 【点睛】本小题主要考查三角函数的对称轴、对称中心，考查三角函数图象变换，属于基础题. 8．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A 3236π+ B ．836πC 323163πD ．16833π+【答案】B 【解析】 【分析】还原几何体可知原几何体为半个圆柱和一个四棱锥组成的组合体，分别求解两个部分的体积，加和得到结果.由三视图还原可知，原几何体下半部分为半个圆柱，上半部分为一个四棱锥半个圆柱体积为：2211123622V r h πππ==⨯⨯= 四棱锥体积为：21143238333V Sh ==⨯⨯⨯=原几何体体积为：12836V V V π=+=+ 本题正确选项：B 【点睛】本题考查三视图的还原、组合体体积的求解问题，关键在于能够准确还原几何体，从而分别求解各部分的体积.9．在平面直角坐标系xOy 中，将点()1,2A 绕原点O 逆时针旋转90︒到点B ，设直线OB 与x 轴正半轴所成的最小正角为α，则cos α等于( ) A ．255-B ．55-C ．55D ．25-【答案】A 【解析】 【分析】设直线直线OA 与x 轴正半轴所成的最小正角为β，由任意角的三角函数的定义可以求得sin β的值，依题有OA OB ⊥,则90αβo=+，利用诱导公式即可得到答案.【详解】如图，设直线直线OA 与x 轴正半轴所成的最小正角为β因为点()1,2A 在角β的终边上，所以2225sin 12β==+依题有OA OB ⊥,则90αβo=+，所以25cos cos(90)sin 5αββo =+=-=-，【点睛】本题考查三角函数的定义及诱导公式，属于基础题.10．设复数z 满足(1)21z i i ⋅+=+（i 为虚数单位），则复数z 的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） 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】先把(1)21z i i ⋅+=+变形为211i z i+=+，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z ，得到其坐标可得答案. 【详解】解：由(1)21z i i ⋅+=+，得21(21)(1)3311(1)(1)222i i i i z i i i i ++-+====+++-， 所以3122z i =-，其在复平面内对应的点为31,22⎛⎫- ⎪⎝⎭，在第四象限 故选：D 【点睛】此题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题. 11．已知i 为虚数单位，若复数12z i =+，15z z ⋅=，则||z = A ．1 BC ．5 D．【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 由15z z ⋅=可得15z z =，所以155||2i ||||z z +====B ． 12．设函数()f x 定义域为全体实数，令()(||)|()|g x f x f x =-．有以下6个论断： ①()f x 是奇函数时，()g x 是奇函数； ②()f x 是偶函数时，()g x 是奇函数； ③()f x 是偶函数时，()g x 是偶函数；④()f x 是奇函数时，()g x 是偶函数 ⑤()g x 是偶函数；⑥对任意的实数x ，()0g x …． 那么正确论断的编号是（ ） A ．③④ B ．①②⑥C ．③④⑥D ．③④⑤【答案】A 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的定义即可判断函数()g x 的奇偶性并证明. 【详解】当()f x 是偶函数，则()()f x f x -=，所以()()(||)|()|(||)|()|g x f x f x f x f x g x -=---=-=， 所以()g x 是偶函数；当()f x 是奇函数时，则()()f x f x -=-，所以()()(||)|()|(||)|()|g x f x f x f x f x g x -=---=-=， 所以()g x 是偶函数；当()f x 为非奇非偶函数时，例如：()5f x x =+， 则()27f-=，()23f -=，此时(2)0g ->，故⑥错误；故③④正确. 故选：A 【点睛】本题考查了函数的奇偶性定义，掌握奇偶性定义是解题的关键，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年5月江西省南昌市2020届高三第二次模拟考试数学(理科)试题及答案
第二次模拟测试卷理科数学本试卷共4页，23小题，满分150分。
考试时间120分钟． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上，并在相应位置贴好条形码．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案信息涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．3．非选择题必须用黑色水笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案，不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡整洁。
考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．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．复数12121,,z z i z z z ===⋅，则||z 等于（ ）A ．2B ．4CD ．2．集合{|},{}A y y x N B x N N ==∈=∈，则A B ⋂=（ ）A ．{0,2}B ．{0,1,2}C ．2}D ．∅3．已知,,a b c 是三条不重合的直线，平面,αβ相交于直线c ，,a b αβ⊂⊂，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1,1()ln ,1x x f x x x -≤⎧=⎨>⎩，则不等式()1f x >的解集是（ ）A ．(1,)eB ．(2,)+∞C ．(2, )eD ．(,)e +∞5．已知ABC V 中角, , A B C 所对的边分别为,,a b c ，若2,sin 2cos 2a c A C ==，则角A 等于（ ）A ．6π B ．2πC ．23πD ．56π6．已知,a b r r 为不共线的两个单位向量，且a r 在b r上的投影为12-，则|2|a b -=r r （ ）A B C D 7．函数ln ()xx xf x e =的图象大致为（ ） A ． B ． C ． D ．8．直线2sin 0x y θ⋅+=被圆2220x y +-+=截得最大弦长为（ ）A ．B ．C ．3D ．9．函数()sin()(0)f x A x ωϕω=+>的部分图象如图所示，则(0)f =（ ）A ．B ．C ．D ． 10．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的上垂直投影，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3sin 375︒=）A ．30米B ．50米C ．60米D ．70米11．已知F 是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点，直线y =交双曲线于A ，B 两点，若23AFB π∠=，则双曲线的离心率为（ ）A B C ．2+ D ．212．已知函数3()sin cos (0)4f x x x a x a π⎛⎫=+--> ⎪⎝⎭有且只有三个零点()123123,,x x x x x x <<，则()32tan x x -属于（ ）A ．0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．3,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ D ．3,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．若变量x ，y 满足约束条件||1310y x x y ≥-⎧⎨-+≥⎩，则目标函数z x y =+的最小值为______________．14．已知梯形ABCD 中，//,4,60,45AD BC AD AB ABC ACB ︒︒==∠=∠=，则DC =_____________．15．已知6270127(1)(21)x x a a x a x a x --=++++L ，则2a 等于_______________．16．已知正四棱椎P ABCD -中，PAC V 是边长为3的等边三角形，点M 是PAC V 的重心，过点M 作与平面P AC 垂直的平面α，平面α与截面P AC 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．．填到横线上）①2； ② ③3； ④三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
2020年江西省南昌市中考数学二模试题含详解答案
2020年江西省南昌市中考数学二模试卷一、选择题1.下列各数中，绝对值最大的是（ ）A. 2B. 2-C. 3D. 3-2.计算a ﹣3•（﹣a 2）的结果是（ ）A. ﹣a 5B. ﹣a 2C. 1a -D. a ﹣53.已知一种户外帐篷的几何体及其主视图如图所示，则它的左视图为（ ）A. B. C. D. 4.统计数据显示，2019年，我省数字产业营收近6000亿元，数字经济逐渐成为我省创新创业的主战场．数据6000亿用科学记数法可表示为（ ）A. 120.610⨯B. 11610⨯C. 10610⨯D. 106010⨯5.已知矩形的长和宽是方程2780x x -+=的两个实数根，则矩形的对角线的长为（ ）A. 6B. 7C. 41D. 336.如图，正方形ABCD 的边长为3,cm 一个边长为1cm 的小正方形沿着正方形ABCD 的边AB BC CD DA →→→连续翻转(小正方形起始位置在AB 边上)，当这个小正方形翻转到DA 边的终点位置时，它的方向是（ ）A. B. C. D.二、填空题（每题3分，满分18分，将答案填在答题纸上）7.因式分解：4x 2﹣y 2＝_____．8.已知一组数据432m n ，，，，的众数为3，平均数为2m n >，，则n 的值为__________．9.如图，AB ∥CD ，Rt △EFG 的直角顶点E 在直线AB 上，且EF 交CD 于点P ，若∠BEG ＝52°，则∠CPF 的度数为_____．10.如图，在菱形ABCD 中， 45,BAD DE ∠=︒是AB 边上的高，1,BE =则菱形的面积为__________ ．11.我国古代数学著作(九章算术)中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一．次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．”其意思为“今有人持金出五关，第1关所收税金为持金的12，第2关所收税金为剩余金的13，第3关所收税金为剩余金的14，第4关所收税金为剩余金的15，第5关所收税金为剩余金的16，5关所收税金之和，恰好重1斤．”若设这个人原本持金x 斤，根据题意可列方程为__________ ．12.已知矩形AOBC 的边AO 、OB 分别在y 轴、x 轴正半轴上，点C 的坐标为（8，6），点E 是x 轴上任意一点，连接EC ，交AB 所在直线于点F ，当△ACF 为等腰三角形时，EF 的长为_____．三、解答题（本大题共5小题，共30分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 13.（1）计算：()2202031123273--⨯-+--⎛⎫ ⎪⎝⎭．（2）解不等式：1232x x +-≥+．14.如图，在平行四边形AFCE 中，,D B 分别是,EC AF 的中点．求证：BC AD =．15.读高中的小明从家到学校需要中途转一趟车，从家到站台M 可乘,,A B C 三路车(小明乘,,A B C 三路车的可能性相同)，到了站台M 后可以转乘D 路或E 路车直接到学校(小明乘,D E 两路车的可能性相同)． ()1“小明从家到站台M 乘坐A 路车”是事件，小明从站台M 到学校乘坐F 路车的概率为 _ ()2请用列表或画树状图的方法，求小明先乘坐A 路车，再转乘D 路或E 路车到学校的概率．16.如图，在网格纸中，O 、A 都是格点，以O 为圆心，OA 为半径作圆，用无刻度的直尺完成以下画图：（不写画法）（1）在圆①中画圆O 一个内接正六边形ABCDEF ；（2）在图②中画圆O 的一个内接正八边形ABCDEFGH .17.如图，一次函数(0)y kx b k =+≠的图象与反比例函数m y (m 0)x =≠的图象交于()()1151A t B t +--，，，两点．（1）求一次函数和反比例函数的解析式；（2）若()()c p n q ，，，是反比例函数m y (m 0)x =≠图象上任意两点，且满足1c n =+，求q p pq-的值．四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分）18.某校为了调查学生对卫生健康知识，特别是疫情防控下的卫生常识的了解，现从九年级1000名学生中随机抽取了部分学生参加测试，并根据测试成绩绘制了如下频数分布表和扇形统计图(尚不完整)． 组别成绩x /分 人数 第1组60x < 20 第2组6070x ≤< a 第3组7080x ≤< 100 第4组8090x ≤< 65 第5组 90100x ≤< b请结合图表信息完成下列各题．（1）表中a 的值为_____，b 的值为______；在扇形统计图中，第1组所在扇形的圆心角度数为______°； （2）若测试成绩不低于80分为优秀，请你估计从该校九年级学生中随机抽查一个学生，成绩为优秀的概率． （3）若测试成绩在60分以上(含60分)均为合格，其他为不合格，请你估计该校九年级学生中成绩不合格的有多少人．19.如图，已知AB 为半圆O 的直径，过点B 作PB ⊥OB ，连接AP 交半圆O 于点C ，D 为BP 上一点，CD 是半圆O 的切线．（1）求证：CD ＝DP ．（2）已知半圆O 的直径为6，PC ＝1，求CD 的长．20.如今，不少人在购买家具时追求简约大气的风格，图1所示的是一款非常畅销的简约落地收纳镜，其支架的形状固定不变，镜面可随意调节，图2所示的是其侧面示意图，其中OD 为镜面，EF 为放置物品的收纳架，,AB AC 为等长的支架，BC 为水平地面，已知4412040OA cm OD cm BD cm ===，，，75ABC ∠=︒．(结果精确到1cm ．参考数据：750.97750.2675 3.732 1.413 1.73sin cos tan ︒≈︒≈︒≈≈≈，，，，)（1）求支架顶点A 到地面BC 的距离．（2）如图3，将镜面顺时针旋转15,︒求此时收纳镜顶部端点O 到地面BC 的距离．五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分）21.如图1，在Rt ABC V 中，D 为AB 的中点，P 是BC 边上一动点，连接,PD PA ．若4,3,BC AC ==设 PC x =(当点P 与点C 重合时，x 的值为0)，PA PD y +=．小明根据学习函数的经验，对函数y 随自变量x 的变化而变化的规律进行了探究．下面是小明的探究过程，请补充完整．()1通过取点、画图、计算，得到了x 与y 的几组值，如下表： x 0 0.51 1.52 2.53 3.54 y 5.5 5.15 4.94 5.1 5.5 6.7 7.5说明：补全表格时，相关数值保留一位小数．(参考数据：2 1.414,10 3.162,13 3.606≈≈≈) ．()2如图2，描出剩余的点，并用光滑的曲线画出该函数的图象．()3观察图象，下列结论正确的有 _ ．①函数有最小值，没有最大值 ②函数有最小值，也有最大值③当43x >时，y 随着x 的增大而增大 ④当 1.5x <时，y 随着x 的增大而减小22.如图，抛物线()21y x a x a =-++与x 轴交于,A B 两点(点A 位于点B 的左侧)，与y 轴的负半轴交于点C ．()1求点B 的坐标．()2若ABC V 的面积为6．①求这条抛物线相应的函数解析式．②在拋物线上是否存在一点,P 使得POB CBO ∠=∠？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．六、（本大题共12分）23.定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形．()1概念理解：①在互补四边形ABCD 中，A ∠与C∠是一组对角，若::2:3:4,B C D ∠∠∠=则A ∠= _ o ②如图1，在ABC V 中，点,D E 分别在边,AB BC 上，且,BE BC AB BD ⋅=⋅求证：四边形ADEC 是互补四边形．()2探究发现：如图2，在等腰ABE △中，,AE BE =点,C D 分别在边,BE AE 上， ,AD BC =四边形CEDH 是互补四边形，求证：12ABD BAC E ∠=∠=∠． ()3推广运用：如图3，在ABE △中，点,C D 分别在边,BE AE 上，,AD BC =四边形CEDH 是互补四边形，若2060,6,3E AB AE ∠=︒==，求DH CE的值．2020年江西省南昌市中考数学二模试卷一、选择题1.下列各数中，绝对值最大的是（ ）A. 2B. 2-C. D. 3-【答案】D【解析】【分析】根据绝对值的含义和求法，分别求出每个数的绝对值各是多少；然后根据有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小，判断出各数中，绝对值最大的数是哪个即可．【详解】|2|=2，|-2|=2，|-3|=3，∵，∴各数中，绝对值最大的数是-3．故选D ．【点睛】（1）本题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答本题要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．（2）本题还考查了绝对值的含义和应用，要熟练掌握，解答本题要明确：①当a 是正有理数时，a 的绝对值是它本身a ；②当a 是负有理数时，a 的绝对值是它的相反数-a ；③当a 是零时，a 的绝对值是零． 2.计算a ﹣3•（﹣a 2）的结果是（ ）A. ﹣a 5B. ﹣a 2C. 1a -D. a ﹣5【答案】C【解析】【分析】 根据幂的乘方和同底数幂相乘的性质计算即可求解．【详解】解：a ﹣3•（﹣a 2）＝﹣a ﹣1＝1-a ， 故选：C ．【点睛】此题主要考查了幂的运算性质，关键是灵活利用幂的乘方和同底数幂相乘的性质计算． 3.已知一种户外帐篷的几何体及其主视图如图所示，则它的左视图为（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据左视图的定义即从物体左边看到的平面图形进行选择即可．【详解】解：由左视图的定义得，形状为矩形，且中间分割线为虚线．故选：A【点睛】本题考查了三视图，左视图是从物体左边看到的视图．要注意左视图为矩形，中间线段看不到，故为虚线．4.统计数据显示，2019年，我省数字产业营收近6000亿元，数字经济逐渐成为我省创新创业的主战场．数据6000亿用科学记数法可表示为（ ）A. 120.610⨯B. 11610⨯C. 10610⨯D. 106010⨯ 【答案】B【解析】【分析】科学记数法的表示形式为a ×10n 的形式，其中1≤|a|＜10，n 为整数．确定n 的值时，要看把原数变成a 时，小数点移动了多少位，n 的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n 是正数；当原数的绝对值＜1时，n 是负数．由此即可解答．【详解】6000亿=600000000000=6×1011．故选B ．【点睛】本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a ×10n 的形式，其中1≤|a|＜10，n 为整数，表示时关键要正确确定a 的值以及n 的值．5.已知矩形的长和宽是方程2780x x -+=的两个实数根，则矩形的对角线的长为（ ）A. 6B. 7 4133【答案】D【解析】【分析】设矩形的长和宽分别为a 、b ，由矩形的长和宽是方程2780x x -+=的两个实数根，根据一元二次方程根与系数的关系可得a+b=7，ab=8，再由勾股定理及完全平方公式的变形即可求得矩形的对角线的长．【详解】设矩形的长和宽分别为a 、b ，∵矩形的长和宽是方程2780x x -+=的两个实数根，∴a+b=7，ab=8， ∴矩形的对角线长为：()2222272833a b a b ab +=+-=-⨯=．故选D ．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系、矩形的性质及完全平方公式的变形，熟练运用相关知识是解决问题的关键．6.如图，正方形ABCD 的边长为3,cm 一个边长为1cm 的小正方形沿着正方形ABCD 的边AB BC CD DA →→→连续翻转(小正方形起始位置在AB 边上)，当这个小正方形翻转到DA 边的终点位置时，它的方向是（ ）A.B. C. D.【答案】C【解析】【分析】 根据题意画出小正方形连续翻转后的草图，由此即可解答．【详解】根据题意画出小正方形沿着正方形ABCD 的边AB BC CD DA →→→，连续地翻转到DA 边的终点位置时的图形（如图），由此可得，小正方形回到DA 边的终点位置时它的方向是向下．故选C ．【点睛】本题主要考查了生活中的旋转现象，根据题意画出小正方形连续翻转后的草图是解决问题的关键．二、填空题（每题3分，满分18分，将答案填在答题纸上）7.因式分解：4x 2﹣y 2＝_____．【答案】（2x +y ）（2x ﹣y ）【解析】【分析】原式利用平方差公式分解即可．【详解】解：原式＝（2x +y ）（2x ﹣y ），故答案为（2x +y ）（2x ﹣y ）【点睛】此题考查了因式分解﹣运用公式法，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．8.已知一组数据432m n ，，，，的众数为3，平均数为2m n >，，则n 的值为__________．【答案】2-【解析】【分析】根据平均数的计算求得m+n 的值，然后利用众数的定义得出m 的值，进而求得n 的值． 【详解】解：由题意可知，4+3+2+25m n += 解得：=1m n +又∵这组数据中出现次数最多的数是3，且m n >∴=3m∴=2n -故答案为：-2．【点睛】此题主要考查了平均数的计算以及众数的概念，掌握相关概念正确计算是解题关键．9.如图，AB ∥CD ，Rt △EFG 的直角顶点E 在直线AB 上，且EF 交CD 于点P ，若∠BEG ＝52°，则∠CPF 的度数为_____．【答案】38°【解析】【分析】先由题中的角度和平角的定义求出∠AEF 的度数，再通过平行线的性质即可求得结果．【详解】解：∵∠BEG ＝52°，∠GEF ＝90°，∴∠AEF ＝180°﹣∠GEF ﹣∠BEG ＝38°，∵AB ∥CD ，∴∠CPF ＝∠AEF ＝38°，故答案为：38°．【点睛】本题主要考查了平行线的性质，平角的性质，求得∠AEF 的度数是解题的关键．10.如图，在菱形ABCD 中， 45,BAD DE ∠=︒是AB 边上的高，1,BE =则菱形的面积为__________ ．【答案】324【解析】【分析】设AB=x ，根据勾股定理列方程为：AD 2=AE 2+DE 2，则x 2=(x−1)2+(x−1)2，解方程可解答．【详解】解：设AB=x ．∵四边形ABCD 是菱形，∴AD=AB=x ．∵DE 是AB 边上的高，∴∠AED=90°．∴∠BAD=∠ADE=45°，∴AE=ED=x ﹣1，由勾股定理得：AD 2=AE 2+DE 2，∴x 2=(x ﹣1)2+(x ﹣1)2，解得：x 1=2+，x 2=2-∵BE=1，∴AB ＞1，∴AB=x=2+,AE=DE =1+∴菱形的面积=AB·DE =(24++=+故答案为：4+【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质和勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 11.我国古代数学著作(九章算术)中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一．次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．”其意思为“今有人持金出五关，第1关所收税金为持金的12，第2关所收税金为剩余金的13，第3关所收税金为剩余金的14，第4关所收税金为剩余金的15，第5关所收税金为剩余金的16，5关所收税金之和，恰好重1斤．”若设这个人原本持金x 斤，根据题意可列方程为__________ ． 【答案】126122030x x x x x ++++= 【解析】【分析】 设第一关收税金12x ，则第二关收税金13(1−12)x ＝16x ，第三关收税金14(1−12−16)=112x ，第四关收税金15(1−12−16−112)x=120x ，第五关收税金16（1-12−16−112−120）x=130x ，由此列出方程． 【详解】解：设第一关收税金12x ，则第二关收税金13(1−12)x ＝16x ，第三关收税金14(1−12−16)=112x ，第四关收税金15(1−12−16−112)x=120x ，第五关收税金16（1-12−16−112−120）x=130x ，由题意可得：126122030x x x x x ++++= 故答案为：126122030x x x x x ++++=． 【点睛】本题考查一元一次方程的应用，考查运算求解能力与方程思想，正确理解题意列出每关税金的代数式，从而列出方程是解题关键．12.已知矩形AOBC 的边AO 、OB 分别在y 轴、x 轴正半轴上，点C 的坐标为（8，6），点E 是x 轴上任意一点，连接EC ，交AB 所在直线于点F ，当△ACF 为等腰三角形时，EF 的长为_____．【答案】5或210或74． 【解析】【分析】△ACF 是等腰三角形，需要分三种情况进行讨论求解.【详解】解：△ACF 为等腰三角形有三种情况：①如图①，当AF ＝CF 时，点E 与点O 重合，由题意得OB ＝8，BC ＝6，∴由勾股定理得OC ＝10，∵四边形AOBC 为矩形，∴EF ＝5；②如图②，当AF ＝AC ＝8时，∵四边形AOBC为矩形，∴AB＝OC＝10，AC∥OB，∴△AFC∽△BFE，∴AFBF＝ACBE＝CFEF，∴BE＝BF＝10﹣8＝2，∴在Rt△BCE中，由勾股定理得：CE＝222+6＝210，∴AFBF＝CFEF＝4，∴EF＝15CE＝210；③如图③，当CF＝AC＝8时，过点C作CD⊥AF于点D，∴AD＝DF，∵AC＝8，BC＝6，AB＝10，∴CD＝8610＝245，∴在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD22248-()5325，∴BD＝AB﹣AD＝10﹣325＝185，DF＝AD＝325，AF＝645，BF＝DF﹣BD＝145，∵AC∥OE，∴△AFC∽△BFE，∴BFAF＝BEAC，∴145645＝BE8，∴BE＝7，∴EF ＝BE ，∴EF ＝74．综上所述，EF 的长为574．故答案为：574． 三、解答题（本大题共5小题，共30分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）13.（1）计算：()2202011233--⨯-+-⎛⎫ ⎪⎝⎭． （2）解不等式：1232x x +-≥+． 【答案】（1）-10；（2）x≥11．【解析】【分析】（1）实数的混合运算，先做乘方，化简一个数的立方根，然后再做乘除，最后做加减；（2）解一元一次不等式，按照去分母、去括号，移项，合并同类项，系数化1的计算顺序和法则进行计算求解．【详解】解：（1）()2202011233--⨯--⎛⎫ ⎪⎝⎭=1293(3)--⨯-⨯-1189=--+10=-（2）1232x x +-≥+ 不等式两边同乘2，得()2216x x -≥++去括号，得2416x x -≥++移项，合并同类项，得11x ≥∴不等式的解集为：11x ≥．【点睛】本题考查实数的混合运算和解一元一次不等式，属于比较基础的计算题，掌握运算顺序和法则正确计算是解题关键．14.如图，在平行四边形AFCE 中，,D B 分别是,EC AF 的中点．求证：BC AD =．【答案】见解析．【解析】【分析】先根据四边形AFCE 是平行四边形得到//AB CD AF CE =，，再根据D B ，分别是EC AF ，的中点，可得AB CD =，由此可证明四边形ABCD 是平行四边形，即可证明BC AD =．【详解】∵四边形AFCE 是平行四边形，//AB CD AF CE ∴=，，又∵D B ，分别是EC AF ，的中点，1122AB AF CD CE ∴==，， AB CD ∴=，∴四边形ABCD 是平行四边形，BC AD ∴=．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，掌握知识点是解题关键．15.读高中的小明从家到学校需要中途转一趟车，从家到站台M 可乘,,A B C 三路车(小明乘,,A B C 三路车的可能性相同)，到了站台M 后可以转乘D 路或E 路车直接到学校(小明乘,D E 两路车的可能性相同)． ()1“小明从家到站台M 乘坐A 路车”是 事件，小明从站台M 到学校乘坐F 路车的概率为 _ ()2请用列表或画树状图的方法，求小明先乘坐A 路车，再转乘D 路或E 路车到学校的概率．【答案】（1）随机；0；（2）13． 【解析】【分析】(1)根据随机事件的概念求解即可(2)画树状图列出所有的可能结果,从中找到符合条件的结果数,在利用概率公式进行求解.【详解】解：()1随机；0． ()2由图可知，共有6种等可能的结果，其中小明先乘坐A路车，再转乘D路或E路车到学校的结果有2种， 小明先乘坐A路车，再转乘D路或E路车到学校的概率为21=63【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率,用到的知识点是概率=所求情况数与总情况数之比.16.如图，在网格纸中，O、A都是格点，以O为圆心，OA为半径作圆，用无刻度的直尺完成以下画图：（不写画法）（1）在圆①中画圆O的一个内接正六边形ABCDEF；（2）在图②中画圆O的一个内接正八边形ABCDEFGH.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）设AO的延长线与圆交于点D，根据正六边形的性质，点D即为正六边形的一个顶点，且正六边形的边长等于圆的半径，根据垂直平分线的性质即可确定其它的顶点；（2）先求出内接八边形的中心角，然后根据正方形的性质即可找到各个顶点．【详解】（1）设AO的延长线与圆交于点D，根据圆的内接正六边形的性质，点D即为正六边形的一个顶点，且正六边形的边长等于圆的半径，即OB=AB，故在图中找到AO的中垂线与圆的交点即为正六边形的顶点B和F；同理：在图中找到OD的中垂线与圆的交点即为正六边形的顶点C和E，连接AB、BC、CD、DE、EF、FA，如图①，正六边形ABCDEF即为（2）圆的内接八边形的中心角为360°÷8=45°，而正方形的对角线与边的夹角也为45°∴在如②图所示的正方形OMNP 中，连接对角线ON 并延长，交圆于点B ，此时∠AON=45°；∵∠NOP=45°， ∴OP 的延长线与圆的交点即为点C同理，即可确定点D 、E 、F 、G 、H 的位置，顺次连接，如图②，正八边形ABCDEFGH 即为所求．【点睛】此题考查的是画圆的内接正六边形和内接正八边形，掌握圆的内接正六边形和内接正八边形的性质和中心角的求法是解决此题的关键．17.如图，一次函数(0)y kx b k =+≠的图象与反比例函数m y (m 0)x=≠的图象交于()()1151A t B t +--，，，两点．（1）求一次函数和反比例函数的解析式；（2）若()()c p n q ，，，是反比例函数m y (m 0)x =≠图象上任意两点，且满足1c n =+，求q p pq-的值． 【答案】（1）反比例函数的解析式为3y x =；一次函数的解析式为2y x =+；（2）13． 【解析】（1）根据反比例函数的比例系数等于图象上点的横纵坐标的积，得一次方程求出t 的值，从而可解答； （2）由于cp=nq=3，可得c 和n 的值，代入关系式c=n+1中可解答．【详解】解：（1）()()1151A t B t +--Q ，，，两点在反比例函数m y (m 0)x=≠的图象上， ()15t t m +=--=∴即15t t +=-，解得2t =． 当2t =时，()()13313A B m --=，，，， ∴反比例函数的解析式为3y x= A B Q ，在一次函数(0)y kx b k =+≠的图象上，331k b k b +=⎧∴⎨-+=-⎩ 解得12k b =⎧⎨=⎩∴一次函数的解析式为2y x =+（2）∵点()c p ，和点()n q ，在反比例函数m y (m 0)x=≠的图象上， 3cp nq m ∴===33c n p q∴==， 1c n =+Q ，即331p q =+ 13q p pq -∴=． 【点睛】本题考查了待定系数法确定一次函数、反比例函数解析式，结合图形，利用数形结合思想解题解决问题的关键．四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分）18.某校为了调查学生对卫生健康知识，特别是疫情防控下的卫生常识的了解，现从九年级1000名学生中随机抽取了部分学生参加测试，并根据测试成绩绘制了如下频数分布表和扇形统计图(尚不完整)．第2组6070x ≤< a 第3组7080x ≤< 100 第4组8090x ≤< 65 第5组90100x ≤< b请结合图表信息完成下列各题．（1）表中a 的值为_____，b 的值为______；在扇形统计图中，第1组所在扇形的圆心角度数为______°； （2）若测试成绩不低于80分为优秀，请你估计从该校九年级学生中随机抽查一个学生，成绩为优秀的概率． （3）若测试成绩在60分以上(含60分)均为合格，其他为不合格，请你估计该校九年级学生中成绩不合格的有多少人．【答案】（1）15；50；28.8；（2）0.46；（3）80人．【解析】【分析】（1）由第3组的人数与占样本总数的百分比可求出样本的总人数，乘以第五组占样本总数的百分比可得b 值，用总人数减去其它组的人数即可得a 值；由第1组的人数在总人数中所占的百分比乘以360°即可求得第1组所在扇形的圆心角的度数；（2）用样本中优秀的频率即可估算出全校九年级学生中优秀的概率；（3）用样本中不合格的人数所占的百分比乘以全校九年级学生人数即可得答案．【详解】（1）抽取的总人数为10040%250÷=(人)，∴b=250×20%=50(人)，a=250-20-100-65-50=15（人），第1组所在扇形的圆心角的度数为20250×360°=28.8°， 故答案为：15，50，28.8（2）∵样本中优秀的频率为：()65502500.46+÷=，∴估计全校九年级学生中优秀的概率是0.46．（3）1000×20250=80（人）， 答：估计该校九年级学生中成绩不合格的有80人．【点睛】本题考查统计表和扇形统计图中相关数据间的关系及用频率估计概率，一般地，在大量重复试验中，如果事件A 发生的频率稳定在某个常数p ，那么事件A 发生的概率P （A ）=p ；正确提取统计图（表）中的信息是解题关键．19.如图，已知AB 为半圆O 的直径，过点B 作PB ⊥OB ，连接AP 交半圆O 于点C ，D 为BP 上一点，CD 是半圆O 的切线．（1）求证：CD ＝DP ．（2）已知半圆O 的直径为6，PC ＝1，求CD 的长．【答案】（1）证明见解析，（2）CD ＝32． 【解析】【分析】 （1）如图1（见解析），连接OC ，先根据圆的切线的性质得出90OCD ∠=︒，从而可得90OCA DCP ∠+∠=︒，再根据直角三角形的性质可得90A P ∠+∠=︒，然后根据等腰三角形的性质可得A OCA ∠=∠，从而可得DCP P ∠=∠，最后根据等腰三角形的性质即可得证；（2）如图2（见解析），连接OC 、BC ，先根据圆周角定理得出90ACB ∠=︒，再根据相似三角形的判定与性质可得AC AB AB AP=，从而可求出2AC =，然后在Rt ABP V 中利用勾股定理可求出3BP =角的和差、等腰三角形的性质可得BD CD =，结合题（1）的结论可得12CD PB =，由此即可得． 【详解】（1）如图1，连接OC∵CD 是半圆O 的切线∴OC ⊥CD ，即90OCD ∠=︒∴18090OCA DCP OCD ∠+∠=︒-∠=︒∵PB ⊥AB∴90ABP ∠=︒∴90A P ∠+∠=︒90OCA DCP A P ∴∠+∠=∠+∠=︒又OA OC =QA OCA ∴∠=∠∴DCP P ∠=∠∴CD DP =；（2）如图2，连接OC 、BC∵AB 是半圆O 的直径∴90ACB ∠=︒，AB 6=∴90ACB ABP ∠=∠=︒又∵A A ∠=∠∴ABC APB V :V ∴AC AB AB AP=，即2()AB AC AP AC AC PC =⋅=⋅+ ∵6,1AB PC == ∴2(6)(1)AC AC =⋅+解得2AC =或3AC =-（不符题意，舍去）∴3AP AC PC =+=在Rt ABP V 中，2223(6)3BP AP AB =-=-=由（1）得90OCD ABP ∠=∠=︒即OCB DCB OBC DBC ∠+∠=∠+∠∵OB OC =∴OCB OBC ∠=∠∴DCB DBC ∠=∠∴BD CD =由（1）知CD DP =∴1322CD PB ==．【点睛】本题考查圆的切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．20.如今，不少人在购买家具时追求简约大气的风格，图1所示的是一款非常畅销的简约落地收纳镜，其支架的形状固定不变，镜面可随意调节，图2所示的是其侧面示意图，其中OD 为镜面，EF 为放置物品的收纳架，,AB AC 为等长的支架，BC 为水平地面，已知4412040OA cm OD cm BD cm ===，，，75ABC ∠=︒．(结果精确到1cm ．参考数据：750.97750.2675 3.732 1.413 1.73sin cos tan ︒≈︒≈︒≈≈≈，，，，)（1）求支架顶点A 到地面BC 的距离．（2）如图3，将镜面顺时针旋转15,︒求此时收纳镜顶部端点O 到地面BC 的距离．【答案】（1）支架顶点A 到地面BC的距离约为113cm ；（2）端点O 到地面BC 的距离为151cm ．【解析】【分析】 （1）过点A 作AI BC ⊥于点I ，然后根据已知条件解直角三角形即可；（2）过点O 作OG BC ⊥于点G ，过点A 作AH OG ⊥于点H ，由现有条件求出60OAH ∠=︒，根据三角函数求出OH ，即可求出O 到BC 的距离．【详解】解：（1）如图1，过点A 作AI BC ⊥于点I ，∵44120OA cm OD cm ==，，∴76AD OD OA cm =-=，∵40BD cm =，∴7640116AB BD AD cm =+=+=，∵75ABC =︒，∴在Rt ABI ∆中，751160.97113AI AB sin cm =⋅︒≈⨯≈，答：支架顶点A 到地面BC 的距离约为113cm ；（2）如图2，过点O 作OG BC ⊥于点G ，∵3015BAC DAE ∠=︒∠=︒，，∴135OAC ∠=︒，过点A 作AH OG ⊥于点H ，由（1）知AI BC ⊥，又∵AB=AC ，∴9015HAI CAI ∠=︒∠=︒，，∴75HAC ∠=︒，∴60OAH ∠=︒， ∴360442232OH OA sin =⋅︒=⨯= ∵113HG AI cm =≈， ∴223113151OG OH HG cm =+≈≈，答：端点O 到地面BC 的距离为151cm ．【点睛】本题考查了锐角三角函数在实际生活中的应用，构建直角三角形，在直角三角形中运用正弦和余弦计算是解题关键． 五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分）21.如图1，在Rt ABC V 中，D 为AB 的中点，P 是BC 边上一动点，连接,PD PA ．若4,3,BC AC ==设 PC x =(当点P 与点C 重合时，x 的值为0)，PA PD y +=．小明根据学习函数的经验，对函数y 随自变量x 的变化而变化的规律进行了探究．下面是小明的探究过程，请补充完整．()1通过取点、画图、计算，得到了x与y的几组值，如下表：x00.51 1.52 2.53 3.54 y 5.5 5.15 4.94 5.1 5.5 6.77.5说明：补全表格时，相关数值保留一位小数．(参考数据：2 1.414,10 3.162,13 3.606≈≈≈) ．()2如图2，描出剩余的点，并用光滑的曲线画出该函数的图象．()3观察图象，下列结论正确的有_ ．①函数有最小值，没有最大值②函数有最小值，也有最大值③当43x>时，y随着x的增大而增大④当 1.5x<时，y随着x的增大而减小【答案】（1）5.0；6.0；（2）见解析；（3）②③．【解析】【分析】（1）过点D 作DE ⊥BC ，则DE=32，由勾股定理求出PA 和PD 的长度，即可得到答案； （2）根据题意，通过描点、连线，补全函数图像即可；（3）结合函数图像，分别对四个选项进行判断，即可得到答案． 【详解】解：（1）当1x =时，如图：∵AC=3，PC=1，由勾股定理，得 223110PA =+=，∵点D 是AB 中点，DE ⊥BC ，∠ACB=90°，∴DE 是中位线，∴DE=32，CE=2， ∴211PE =-=，∴223213()12PD =+=， ∴1310 5.02PA PD y +==+≈； 当PC=3时，此时PE=1，如图：∴223332PA +=223213()12PD =+=∴1332 6.0PA PD y +==+≈； 故答案为：5.0；6.0． ()2描点、连线，如图：（3）由（2）中图像可知：函数有最小值，也有最大值；故①错误，②正确； 作点A 关于BC 的对称点G ，连接DG ，与BC 相交于点P ， 则此时PA+PD=DG 为最小值；如图：∵DE ∥AG ，∴CDE CG EP P =， ∴2323PC PC -=， ∴43PC =， ∴当43x =时，PA+PD=DG 有最小值； ∴当43x >时，y 随着x 的增大而增大，③正确； ∴当403x ≤≤时，y 随着x 的增大而减小，故④错误；故答案为：②③．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，勾股定理，三角形的中位线，画函数图像，函数的图像和性质，以及函数的最值，解题的关键是正确作出图像，掌握所学的知识进行解题．22.如图，抛物线()21y x a x a =-++与x 轴交于,A B 两点(点A 位于点B 的左侧)，与y 轴的负半轴交于点C ．()1求点B 的坐标．()2若ABC V 的面积为6．①求这条抛物线相应的函数解析式．②在拋物线上是否存在一点,P 使得POB CBO ∠=∠？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（1，0）；（2）①223y x x =+-；②存在，点P 的坐标为1133313,22⎛++ ⎝⎭或53715337,22⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭． 【解析】【分析】（1）直接令0y =，即可求出点B 的坐标；（2）①令x=0，求出点C 坐标为（0，a ），再由△ABC 的面积得到12(1−a)•(−a)＝6即可求a 的值，即可得到解析式；②当点P 在x 轴上方时，直线OP 的函数表达式为y=3x ，则直线与抛物线的交点为P ；当点P 在x 轴下方时，直线OP 的函数表达式为y=-3x ，则直线与抛物线的交点为P ；分别求出点P 的坐标即可．。
2020年江西省南昌二中高考数学模拟试卷(理科)(5月份) (解析版)
2020年江西省南昌二中高考数学模拟试卷（理科）（5月份）一、选择题（共12小题）.1．设全集为R ，集合A ＝{x |﹣3＜x ＜3}，B ＝{x |x 2﹣4x ﹣5＜0}，则A ∩∁R B ＝（ ） A ．（﹣3，0）B ．（﹣3，﹣1]C ．（﹣3，﹣1）D ．（﹣3，3）2．已知复数z 满足（1+2i ）z ＝3﹣4i ，则|z|=（ ） A ．√55B ．1C ．√5D ．53．函数f(x)=(x−1x+1)e x的部分图象大致是（ ） A ． B ．C ．D ．4．设a ，b ，c 均为正数，且e a ＝﹣lna ，e ﹣b ＝﹣lnb ，e ﹣c ＝lnc ，则（ ） A ．c ＜b ＜aB ．c ＜a ＜bC ．b ＜a ＜cD ．a ＜b ＜c5．在△ABC 中，AB →⋅BC →=0，|AB →|=|BC →|=3√2，AD →=2DC →，则BD →⋅CA →=（ ） A ．4B ．﹣6C ．6D ．−4√36．已知cos α=√55，sin （β﹣α）=−√1010，α，β均为锐角，则sin2β＝（ ）A ．12B ．√22C ．√32D ．17．已知某公司生产的一种产品的质量X （单位：千克）服从正态分布N （90，64）．现从该产品的生产线上随机抽取10000件产品，其中质量在区间（82，106）内的产品估计有附：若X ﹣N （u ，σ2），则P （u ﹣σ＜X ＜μ+σ）≈0.6826，P （u ﹣2σ＜X ＜u +2σ）≈0.9544．（ ） A ．8185件B ．6826件C ．4772件D ．2718件8．2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主、英国著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动，在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字x 的素数个数大约可以表示为n （x ）≈xlnx 的结论（素数即质数，lge ≈0.43429）．根据欧拉得出的结论，如下流程图中若输入n 的值为100，则输出k 的值应属于区间（ ）A ．（15，20]B ．（20，25]C ．（25，30]D ．（30，35]9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a ＞0，b ＞0)的左右焦点，过F 1的直线与圆x 2+y 2＝a 2相切，切点T ，且交双曲线右支于点P ，若2F 1T →=TP →，则双曲线C 的渐近线方程为（ ） A ．x ±y ＝0B ．2x ±3y ＝0C ．3x ±2y ＝0D ．x ±2y ＝010．已知函数f （x ）＝|cos x |（x ≥0）的图象与过原点的直线恰有四个交点，设四个交点中横坐标最大值为θ，则(1+θ2)sin2θθ=（ ）A ．﹣2B ．﹣1C ．0D ．211．在△ABC 中，G 为△ABC 的重心，AG =√2BG ，BC ＝4，则△ABC 面积的最大值为（ ） A ．16√2B ．12√2C ．3√2D ．8√212．设函数f（x）在定义域（0，+∞）上是单调函数，且∀x∈（0，+∞），f[f（x）﹣e x+x]＝e．若不等式f（x）+f′（x）≥ax对x∈（0，+∞）恒成立，则a的取值范围是（）A．（﹣∞，e﹣2]B．（﹣∞，e﹣1]C．（﹣∞，2e﹣3]D．（﹣∞，2e﹣1]二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）.13．为响应党中央提出的“稳疆兴疆，富民固边”战略，2020年5月我市某教育集团选派5名高级教师（不同姓）到新疆克州的甲、乙、丙三所中学进行援疆支教，每所学校至少1人．则李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为．14．在数列{a n}中，a1＝1，a n+2+(−1)n a n=1，记S n是数列{a n}的前n项和，则S20＝．15．阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点P到两定点A，B的距离之满足|PA||PB|=t（t＞0且t≠1）为常数，则P点的轨迹为圆．已知圆O：x2+y2＝1和A(−12，0)，若定点B（b，0）（b≠−12）和常数λ满足：对圆O上任意一点M，都有|MB|＝λ|MA|，则λ＝，△MAB面积的最大值为．16．已知四面体ABCD中，AB＝CD＝5，AC=BD=√34，AD=BC=√41，O为其外接球球心，AO与AB，AC，AD所成的角分别为α，β，γ．有下列结论：①该四面体的外接球的表面积为50π，②该四面体的体积为10，③cos2α+cos2β+cos2γ＝1，④∠BAC+∠CAD+∠DAB＝180°，其中所有正确结论的编号为．三、解答题（本大题共70分）17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin A=√3sin B且b＝c．（1）求角A的大小；（2）若a＝2√3，角B的平分线交AC于点D，求△ABD的面积．18．某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标Z来衡量产品的质量．当Z≥8时，产品为优等品；当6≤Z＜8时，产品为一等品；当2≤Z＜6时，产品为二等品．第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标Z的条形图．用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率．（1）从该企业生产的所有产品中随机抽取4件，求至少有1件优等品的概率； （2）现某人决定购买80件该产品．已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测，买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担．记企业的收益为X 元，求X 的分布列与数学期望．19．如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，△PAC 为正三角形，M 为棱PA 的中点，AB ⊥AC ，AC =12BC ，平面PAB ⊥平面PAC（1）求证：平面ABC ⊥平面PAC ；（2）若Q 是棱AB 上一点，PQ 与平面ABC 所成角的正弦值为√217，求二面角Q ﹣MC﹣A 的正弦值．20．已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的长轴是短轴的两倍，以短轴一个顶点和长轴一个顶点为端点的线段作直径的圆的周长等于√5π，直线l 与椭圆C 交于A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）两点，其中直线l 不过原点． （1）求椭圆C 的方程；（2）设直线OA ，l ，OB 的斜率分别为k 1，k ，k 2，其中k ＞0且k 2＝k 1k 2．记△OAB 的面积为S ．分别以OA ，OB 为直径的圆的面积依次为S 1，S 2，求S 1+S 2S的最小值．21．已知函数f （x ）＝e x ﹣ax ﹣a ，（其中e 为自然对数的底数）．（1）讨论函数f （x ）的单调性； （2）当a ∈[0，1）时，函数g(x)=f(x)x 2(x ＞0)有最小值h （a ），求函数h （a ）的值域． 请考生在第22、23题中任选一题作答，若多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =4t +a 2y =3t −1（t 为参数），圆C 的参数方程为{x =1+|a|cosθy =−2a 2+sinθ（θ为参数）（1）求l 和C 的普通方程；（2）设点P （5，2），直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求2|PA|+2|PB|的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f （x ）＝|x +m |+2|x ﹣1|（m ＞0）．（1）若不等式f （x ）＞4﹣2x 对任意的x ∈[﹣3，﹣1]恒成立，求m 的取值范围； （2）当m ＝2时，记f （x ）的最小值为M ，正实数a ，b ，c 满足a +b +c ＝M ，证明：a 4+b 4+c 4≥3．参考答案一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1．设全集为R，集合A＝{x|﹣3＜x＜3}，B＝{x|x2﹣4x﹣5＜0}，则A∩∁R B＝（）A．（﹣3，0）B．（﹣3，﹣1]C．（﹣3，﹣1）D．（﹣3，3）【分析】可以求出集合B，然后进行补集、交集的运算即可．解：∵A＝{x|﹣3＜x＜3}，B＝{x|﹣1＜x＜5}，∴∁R B＝{x|x≤﹣1或x≥5}，A∩∁R B＝（﹣3，﹣1]．故选：B．2．已知复数z满足（1+2i）z＝3﹣4i，则|z|=（）A．√55B．1C．√5D．5【分析】化简复数，即可求出|z|．解：∵（1+2i）z＝3﹣4i，∴z=3−4i1+2i=−1﹣2i，∴|z|＝﹣1+2i，∴|z|=|﹣1+2i|=√1+4=√5，故选：C．3．函数f(x)=(x−1x+1)e x的部分图象大致是（）A．B．C．D．【分析】利用趋近性结合排除法即可得到答案．解：当x→﹣∞时，e x→0+，x−1x+1=1−2x+1→1+，所以f（x）→0+，排除C，D；因为x→+∞时，e x→+∞，x−1x+1=1−2x+1→1+，所以f（x）→+∞，因此排除B，故选：A ．4．设a ，b ，c 均为正数，且e a ＝﹣lna ，e ﹣b ＝﹣lnb ，e ﹣c ＝lnc ，则（ ） A ．c ＜b ＜aB ．c ＜a ＜bC ．b ＜a ＜cD ．a ＜b ＜c【分析】在同一坐标系中分别画出y ＝e x ，y ＝e ﹣x ，y ＝lnx ，y ＝﹣lnx 的图象，数形结合能判断三个数的大小．解：在同一坐标系中分别画出y ＝e x ，y ＝e ﹣x ，y ＝lnx ，y ＝﹣lnx 的图象，y ＝e x 与y ＝﹣lnx 的交点的横坐标为a ， y ＝e ﹣x 与y ＝﹣lnx 的图象的交点的横坐标为b ， y ＝e ﹣x 与y ＝lnx 的图象的交点的横坐标为c ， 从图象可以看出a ＜b ＜c ． 故选：D ．5．在△ABC 中，AB →⋅BC →=0，|AB →|=|BC →|=3√2，AD →=2DC →，则BD →⋅CA →=（ ） A ．4B ．﹣6C ．6D ．−4√3【分析】可画出图形，根据AD →=2DC →即可得出BD →=23BC →+13BA →，并得出CA →=BA →−BC →，从而得出BD →⋅CA →=(23BC →+13BA →)⋅(BA →−BC →)，然后进行数量积的运算即可．解：如图，由AD →=2DC →得BD →=AD →−AB →=23AC →+BA →=23(BC →−BA →)+BA →=23BC →+13BA →，CA →=BA →−BC →， 又∵AB →⋅BC →=0，|AB →|=|BC →|=3√2，∴BD →⋅CA →=(23BC →+13BA →)⋅(BA →−BC →)=−23BC →2+13BA →2=−23×18+13×18 ＝﹣6． 故选：B ．6．已知cos α=√55，sin （β﹣α）=−√1010，α，β均为锐角，则sin2β＝（ ）A ．12B ．√22C ．√32D ．1【分析】因为α，β均为锐角，所以β﹣α∈(−π2，π2)，所以cos(β−α)=3√1010，sinα=2√55，由sin β＝sin[α+（β﹣α）]＝sin αcos （β﹣α）+cos αsin （β﹣α）求出sin β，再求出cos β，代入即可．解：因为α，β均为锐角，所以β﹣α∈(−π2，π2)，所以cos(β−α)=3√1010，sinα=2√55， 由sin β＝sin[α+（β﹣α）]＝sin αcos （β﹣α）+cos αsin （β﹣α） =2√55⋅3√1010+√55⋅(−√1010)=√22， 所以sinβ=√22，cosβ=√22，所以sin2β＝2sin βcos β＝1， 故选：D ．7．已知某公司生产的一种产品的质量X （单位：千克）服从正态分布N （90，64）．现从该产品的生产线上随机抽取10000件产品，其中质量在区间（82，106）内的产品估计有附：若X ﹣N （u ，σ2），则P （u ﹣σ＜X ＜μ+σ）≈0.6826，P （u ﹣2σ＜X ＜u +2σ）≈0.9544．（ ）A．8185件B．6826件C．4772件D．2718件【分析】产品的质量X（单位：千克）服从正态分布N（90，64）．所以μ＝90，σ＝8，P（82≤X＜106）＝P（μ﹣σ≤X＜μ+2σ），代入计算即可．解：依题意，μ＝90，σ＝8，∴P（82≤X＜106）＝0.9544−0.9544−0.68262=0.8185，∴质量在区间（82，106）内的产品估计有10000×0.8185＝8185件，故选：A．8．2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主、英国著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动，在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字x的素数个数大约可以表示为n（x）≈xlnx的结论（素数即质数，lge≈0.43429）．根据欧拉得出的结论，如下流程图中若输入n的值为100，则输出k的值应属于区间（）A．（15，20]B．（20，25]C．（25，30]D．（30，35]【分析】由流程图可知其作用为统计100以内素数的个数，将x ＝100代入n （x ）≈xlnx 可求得近似值，从而得到结果．解：该流程图是统计100以内素数的个数，由题可知小于数字x 的素数个数大约可以表示为n （x ）≈xlnx ； 则100以内的素数个数为： n （100）≈100ln100=1002ln10=50lg10lge=50lge ≈22．故选：B ．9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a −y 2b =1(a ＞0，b ＞0)的左右焦点，过F 1的直线与圆x 2+y 2＝a 2相切，切点T ，且交双曲线右支于点P ，若2F 1T →=TP →，则双曲线C 的渐近线方程为（ ） A ．x ±y ＝0B ．2x ±3y ＝0C ．3x ±2y ＝0D ．x ±2y ＝0【分析】连PF 2，过F 2作F 2Q ∥OT ，结合向量共线定理和三角形的中位线定理，双曲线的定义和直角三角形的勾股定理，可得a ，b 的关系，进而得到所求渐近线方程． 解：连PF 2，过F 2作F 2Q ∥OT ，若2F 1T →=TP →， 则易知|OF 1|＝c ，|OT |＝a ，|TF 1|＝|TQ |＝|QP |＝b ， |QF 2|＝2a ，|PF 2|＝|PF 1|﹣2a ＝3b ﹣2a ，所以在Rt △PQF 2中，（3b ﹣2a ）2＝（2a ）2+b 2，整理得ba=32，所以渐近线方程为y =±32x ，即3x ±2y ＝0， 故选：C ．10．已知函数f （x ）＝|cos x |（x ≥0）的图象与过原点的直线恰有四个交点，设四个交点中横坐标最大值为θ，则(1+θ2)sin2θθ=（ ）A ．﹣2B ．﹣1C ．0D ．2【分析】依题意，过原点的直线与函数y ＝|cos x |（x ≥0）在区间（3π2，2π）内的图象相切，利用导数知识可求得切线方程，利用直线过原点，可求得θ=−1tanθ，代入所求关系式即可求得答案．解：∵函数f （x ）＝|cos x |（x ≥0）的图象与过原点的直线恰有四个交点， ∴∴直线与函数y ＝|cos x |（x ≥0）在区间（3π2，2π）内的图象相切，在区间（3π2，2π）上，y 的解析式为y ＝cos x ，故由题意切点坐标为（θ，cos θ）， ∴切线斜率k ＝y ′＝﹣sin x |x ＝θ＝﹣sin θ，∴由点斜式得切线方程为：y ﹣cos θ＝﹣sin θ（x ﹣θ），即 y ＝﹣sin θx +θsin θ+cos θ， ∵直线过原点，∴θsin θ+cos θ＝0，得θ=−1tanθ， ∴则(1+θ2)sin2θθ=(1+tan 2θ)2−1tanθ⋅sin2θ=−（tan θ+1tanθ）•2sin θcos θ＝﹣（sinθcosθ+cosθsinθ）•2sin θcos θ＝﹣2（sin 2θ+cos 2θ）＝﹣2，故选：A ．11．在△ABC 中，G 为△ABC 的重心，AG =√2BG ，BC ＝4，则△ABC 面积的最大值为（ ） A ．16√2B ．12√2C ．3√2D ．8√2【分析】由题意建立平面直角坐标系，求出G 所满足的方程，可得三角形BGC 的面积的最大值，再由S △ABC ＝3S △BGC 的最大值．解：由重心的性质可得：因为AG =√2BG ，所以BG =2AG =√2GD ，如图建立平面直角坐标系，以BC 所在的直线为x 轴，以过BC 的中点D 垂直于BC 的直线为y 轴由题意可得B （﹣2，0），C （2，0），D （0，0），设G （x ，y ），由BG =√2GD 可得：√(x +2)2+y 2=√2√x 2+y 2，整理可得：（x ﹣2）2+y 2＝8，所以G 是以（2，0）为圆心，以2√2为半径的圆，所以G 到BC 的最大距离为2√2，所以△BGC 的面积的最大值为S △BGC =12×BC ×2√2=4√2，又S △ABC ＝3S △BGC ＝12√2，故选：B ．12．设函数f（x）在定义域（0，+∞）上是单调函数，且∀x∈（0，+∞），f[f（x）﹣e x+x]＝e．若不等式f（x）+f′（x）≥ax对x∈（0，+∞）恒成立，则a的取值范围是（）A．（﹣∞，e﹣2]B．（﹣∞，e﹣1]C．（﹣∞，2e﹣3]D．（﹣∞，2e﹣1]【分析】先利用换元法求出f（x）的解析式，然后再用分离变量法，借助函数的单调性来解决问题．解：设f（x）﹣e x+x＝t，则f（t）＝e，所以f（x）＝e x﹣x+t，令x＝t得f（t）＝e t﹣t+t＝e，解得t＝1，所以f（x）＝e x﹣x+1，由题意可知，e x﹣x+1+e x﹣1≥ax对x∈（0，+∞）恒成立，即a≤2e xx−1对x∈（0，+∞）恒成立，令g(x)=2e xx−1，则g′(x)=2ex(x−1)2，易知g（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，所以g（x）min＝g（1）＝2e﹣1，则a≤2e﹣1，故选：D．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）.13．为响应党中央提出的“稳疆兴疆，富民固边”战略，2020年5月我市某教育集团选派5名高级教师（不同姓）到新疆克州的甲、乙、丙三所中学进行援疆支教，每所学校至少1人．则李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为625．【分析】基本事件总数n=C53C21C11A22⋅A33+C52C32C11A22⋅A33=150，李老师与杨老师安排去同一个学校包含的基本事件个数m=C22C42C21C11A22⋅A33=36．由此能求出李老师与杨老师安排去同一个学校的概率．解：2020年5月我市某教育集团选派5名高级教师（不同姓）到新疆克州的甲、乙、丙三所中学进行援疆支教，每所学校至少1人． 基本事件总数n =C 53C 21C 11A 22⋅A 33+C 52C 32C 11A 22⋅A 33=150，李老师与杨老师安排去同一个学校包含的基本事件个数m =C 22C 42C 21C 11A 22⋅A 33=36．∴李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为p =m n =36150=625． 故答案为：625．14．在数列{a n }中，a 1＝1，a n+2+(−1)n a n =1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 20＝ 60 ． 【分析】讨论n 为奇或偶，得出递推式，即可知道数列的项的特征，从而求出． 解：当n 为偶数时，a n +2+a n ＝1；当n 为奇数时，a n +2﹣a n ＝1，奇数项是公差为1的等差数列； ∴S 20＝（a 1+a 3+a 5+…+a 19）+[（a 2+a 4）+（a 6+a 8）+…+（a 18+a 20）] ＝1×10+10×92×1+5＝60 故答案为：60．15．阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点P 到两定点A ，B 的距离之满足|PA||PB|=t （t ＞0且t ≠1）为常数，则P 点的轨迹为圆．已知圆O ：x 2+y 2＝1和A(−12，0)，若定点B （b ，0）（b ≠−12）和常数λ满足：对圆O 上任意一点M ，都有|MB |＝λ|MA |，则λ＝ 2 ，△MAB 面积的最大值为34．【分析】画出图形，通过|MB |＝λ|MA |，求解轨迹方程，推出λ，然后求解三角形的面积． 解：设点M （x ，y ），由|MB |＝λ|MA |，得(x −b)2+y 2=λ2[(x +12)2+y 2]，整理得x 2+y 2−2b+λ21−λ2x +b 2−14λ21−λ2=0，所以{2b+λ21−λ2=0b 2−14λ21−λ2=−1解得λ＝2，b ＝﹣2如右图，当M （0，1）或M （0，﹣1）时，(S △MAB )max =34．故答案为：2；34．16．已知四面体ABCD 中，AB ＝CD ＝5，AC =BD =√34，AD =BC =√41，O 为其外接球球心，AO 与AB ，AC ，AD 所成的角分别为α，β，γ．有下列结论： ①该四面体的外接球的表面积为50π， ②该四面体的体积为10， ③cos 2α+cos 2β+cos 2γ＝1，④∠BAC +∠CAD +∠DAB ＝180°， 其中所有正确结论的编号为 ①④ ．【分析】直接利用三角形的面积公式的应用，线面夹角的应用，勾股定理的应用，球与四面体之间的关系的应用求出结果，解：由题意可得此四面体放在长方体中，如图所示，④∠BAC ，∠CAD ，∠DAB 是边长为5，√34，√41的三角形的三个内角，故∠BAC +∠CAD +∠DAB ＝180°，如图所示，故正确．可得{AE 2+CE 2=AC 2=(√34)2BE 2+CE 2=BC 2=(√41)2AE 2+BE 2=52，解得：AE ＝3，BE ＝4，CE ＝5，可得AF 2＝AE 2+BE 2+CE 2＝32+42+52＝50，可得O 为AF 与DE 的交点，因为AO 与AB ，AC ，AD 所成的角分别为α，β，γ，可得cos 2α=AB 2AF 2，cos 2β=AC 2AF2，cos 2γ=AD 2AF2，所以cos 2α+cos 2β+cos 2γ=AB 2+AC 2+AD 2AF 2=25+34+4150=2，即③错误；四面体外接球的直径的平方为4R 2＝32+42+52＝50，所以该四面体外接球的表面积为S ＝4πR 2＝50π，即①正确；四面体的体积等于长方体的体积减去4个三棱锥的体积，3×4×5﹣4×13×12（3×4×5）＝20，即②错误； 故答案为：①④． 三、解答题（本大题共70分）17．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，sin A =√3sin B 且b ＝c ． （1）求角A 的大小；（2）若a ＝2√3，角B 的平分线交AC 于点D ，求△ABD 的面积． 【分析】（1）由正弦定理及其余弦定理，求出角A 即可； （2）由（1）求出B ，C ，再由AB sinD=AD sin∠ABD及∠ABD =π12，∠D =π4，求出AD ，再求出面积．解：（1）由sin A =√3sin B 及正弦定理知a =√3b ，又b ＝c ，由余弦定理得cos A =b 2+c 2−a 22bc =b 2+b 2−3b 22b2=−12， A ∈（0，π），A =2π3； （2）由（1）知B ＝C =π6，又a ＝2√3，在△ABC 中，由正弦定理知：AB ＝2， 在△ABD 中，由正弦定理ABsinD=AD sin∠ABD及∠ABD =π12，∠BDC =π4解得AD =√3−1，故S △ABD =12⋅AB ⋅AD ⋅sin 2π3=12⋅2⋅(√3−1)⋅√32=3−√32．18．某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标Z 来衡量产品的质量．当Z ≥8时，产品为优等品；当6≤Z ＜8时，产品为一等品；当2≤Z ＜6时，产品为二等品．第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标Z 的条形图．用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率． （1）从该企业生产的所有产品中随机抽取4件，求至少有1件优等品的概率；（2）现某人决定购买80件该产品．已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测，买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担．记企业的收益为X 元，求X 的分布列与数学期望．【分析】（1）由条形图可知，优等品的数量为121+87+42＝250件，所以抽取一件产品属于优等品的概率为12，再结合对立事件的概率和独立重复事件的概率，可得随机抽取4件产品，至少有1件优等品的概率为P =1−C 40⋅(12)0⋅(12)4=1516； （2）当按每件1600元购买时，X ＝47000；当按每件1500元购买时，X ＝39000，再按独立重复事件的概率求出P （X ＝47000），所以P （X ＝39000）＝1﹣P （X ＝47000），从而可得X 的分布列，利用数学期望的公式即可求出E （X ）．解：（1）由条形图可知，500件中优等品有121+87+42＝250件，∴优等品的频率为250500=12，用频率估计概率，抽取一件产品属于优等品的概率为12，∴随机抽取4件产品，至少有1件优等品的概率为P =1−C 40⋅(12)0⋅(12)4=1516．（2）当按每件1600元购买时，X ＝1600×80﹣1000×80﹣250×4＝47000； 当按每件1500元购买时，X ＝1500×80﹣1000×80﹣250×4＝39000．∴P （X ＝47000）=C 43⋅(12)3⋅12+C 44⋅(12)4=516；P （X ＝39000）＝1﹣P （X ＝47000）=1116． ∴X 的分布列为X 47000 39000 P5161116数学期望E （X ）=47000×516+39000×1116=41500．19．如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，△PAC 为正三角形，M 为棱PA 的中点，AB ⊥AC ，AC =12BC ，平面PAB ⊥平面PAC（1）求证：平面ABC ⊥平面PAC ；（2）若Q 是棱AB 上一点，PQ 与平面ABC 所成角的正弦值为√217，求二面角Q ﹣MC ﹣A 的正弦值．【分析】（1）证明CM ⊥PA ，推出CM ⊥平面PAB ，得到CM ⊥AB ，结合AB ⊥AC ，推出AB ⊥平面PAC ，然后证明平面ABC ⊥平面PAC ．（2）作AC 中点O ，连OP ，以O 为坐标原点，OA ，OP 分别为x ，z 轴，过O 且平行于AB 的方向为y 轴，如图，建立空间直角坐标系．求出平面ABC 的法向量，平面QMC 的法向量利用空间向量的数量积求解二面角Q ﹣MC ﹣A 的余弦值，然后求解正弦函数值即可．【解答】（1）证明：因为△PAC 为正三角形，M 为棱PA 的中点，所以CM ⊥PA ， 又平面PAB ⊥平面PAC ，且平面PAB ∩平面PAC ＝PA ， 所以CM ⊥平面PAB ，所以CM ⊥AB ，又AB ⊥AC ，且AC ∩CM ＝C ， 所以AB ⊥平面PAC ， 又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ABC ⊥平面PAC ．（2）作AC 中点O ，连OP ，由（1）及OP ⊥AC 可知OP ⊥平面ABC以O 为坐标原点，OA ，OP 分别为x ，z 轴，过O 且平行于AB 的方向为y 轴，如图，建立空间直角坐标系．设AC ＝2 则O(0，0，0)，P(0，0，√3)，A(1，0，0)，C(−1，0，0)，M(12，0，√32)，B(1，2√3，0)，设AQ →⊥λAB →，则Q(1，2√3λ，0)，PQ →=(1，2√3λ，−√3)， 设平面ABC 的法向量为n 1→=（0，0，1）， 因为PQ 与平面ABC 所成角的正弦值为√217所以|n 1→⋅PQ →||n 1→||PQ →|=√217，即√3√12λ2+4=√217，解得λ=12 即Q 为AB 的中点，则Q(1，√3，0)，设平面QMC 的法向量为n 2→=（x ，y ，z ），则{n 2→⋅CQ →=0n 2→⋅CM →=0，即{(x ，y ，z)⋅(2，√3，0)=0(x ，y ，z)⋅(32，0，√32)=0，{2x +√3y =03x +√3z =0， 取n 2→=(√3，−2，−3)，设平面AMC 的法向量为n 3→，则n 3→=（0，1，0） 则二面角Q ﹣MC ﹣A 的余弦值为cos θ=−n 2→⋅n 3→|n 2→||n 3→|=12， 故sin θ=√32．20．已知椭圆C ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的长轴是短轴的两倍，以短轴一个顶点和长轴一个顶点为端点的线段作直径的圆的周长等于√5π，直线l 与椭圆C 交于A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）两点，其中直线l 不过原点． （1）求椭圆C 的方程；（2）设直线OA ，l ，OB 的斜率分别为k 1，k ，k 2，其中k ＞0且k 2＝k 1k 2．记△OAB 的面积为S ．分别以OA ，OB 为直径的圆的面积依次为S 1，S 2，求S 1+S 2S的最小值．【分析】（1）利用已知条件列出方程组，求出{a =2b =1，然后求解椭圆C 的方程．（2）设直线l 的方程为y ＝kx +m （m ≠0），由{y =kx +mx 24+y 2=1消去y 整理得（1+4k 2）x 2+8kmx +4（m 2﹣1）＝0，利用判别式以及韦达定理，转化表示三角形的面积，通过基本不等式求解表达式的最值即可．解：（1）由题意知，{a =2b √a 2+b 2=√5，解得{a =2b =1， 所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．（2）设直线l 的方程为y ＝kx +m （m ≠0），由{y =kx +mx 24+y 2=1消去y 整理得（1+4k 2）x 2+8kmx +4（m 2﹣1）＝0，根据题设有：△＝16（1+4k 2﹣m 2）＞0且x 1+x 2=−8km 1+4k2，x 1x 2=4(m 2−1)1+4k2．因为k 2＝k 1k 2，所以k 2=k 1k 2=y 1x 1⋅y 2x 2=(kx 1+m)(kx 2+m)x 1x 2=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2x 1x 2， 将x 1+x 2=−8km 1+4k 2，x 1x 2=4(m 2−1)1+4k2代入，化简得：k 2=14，∵k ＞0，∴k =12．此时△＝16（2﹣m 2）＞0且m ≠0，解得0＜m 2＜2．故S =12⋅|AB|⋅d =12√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2⋅√1+k =|m|⋅√2−m 2，又S 1+S 2=π4⋅(x 12+y 12+x 22+y 22)=π4⋅(34x 12+34x 22+2)=3π16⋅[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]+π2=5π4，为定值． ∴S 1+S 2S=5π4⋅|m|⋅√2−m 2=5π4⋅22≥5π4，当且仅当m 2＝1即m ＝±1时等号成立． 综上：S 1+S 2S的最小值为5π4．21．已知函数f （x ）＝e x ﹣ax ﹣a ，（其中e 为自然对数的底数）． （1）讨论函数f （x ）的单调性； （2）当a ∈[0，1）时，函数g(x)=f(x)x 2(x ＞0)有最小值h （a ），求函数h （a ）的值域．【分析】（1）求出函数的导数，利用导数判断函数f （x ）的单调性即可； （2）从导数作为切入点探求函数的单调性，通过函数单调性来求得函数的值域． 解：（Ⅰ）函数f （x ）＝e x ﹣ax ﹣a ， 所以f ′（x ）＝e x ﹣a ；①当a ≤0时，f ′（x ）＞0，函数f （x ）在区间（﹣∞，+∞）上单调递增； ②当a ＞0时，令f ′（x ）＞0，得e x ＞0，解得x ＞lna ， 令f ′（x ）＜0，得e x ＜0，解得x ＜lna ，所以函数f （x ）在（﹣∞，lna ）上单调递减，在（lna ，+∞）上单调递增； （Ⅱ）g′(x)=(x−2)e x +a(x+2)x 3=x+2x3(x−2x+2e x +a)，设m(x)=x−2x+2e x+a ，x ＞0， 则m′(x)=x 2e x(x+2)2＞0，故m （x ）在（0，+∞）上单调递增，对于a ∈[0，1），由m （0）＝a ﹣1＜0，m （2）＝a ≥0，故存在x 0∈（0，2]，使得m （x 0）＝0，即g ′（x 0）＝0，亦即x 0−2x 0+2e x 0+a =0，当x ∈（0，x 0）时，m （x ）＜0，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减，当x ∈（x 0，+∞）时，m （x ）＞0，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，则g （x ）min ＝g （x 0），即g(x 0)=e x 0−a(x 0+1)x 02=e x 0x 0+2，则h(a)=e x 0x 0+2， 而(e x x+2)′=(x+1)e x (x+2)2＞0，即y =e xx+2单调递增，又x 0∈（0，2]，故12＜h （a ）≤e 24．一、选择题22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =4t +a 2y =3t −1（t 为参数），圆C 的参数方程为{x =1+|a|cosθy =−2a 2+sinθ（θ为参数）（1）求l 和C 的普通方程；（2）设点P （5，2），直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求2|PA|+2|PB|的值．【分析】（1）直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．解：（1）圆C 的参数方程为{x =1+|a|cosθy =−2a 2+sinθ（θ为参数）：所以a ＝±1，转换为直角坐标方程为（x ﹣1）2+（y +2）2＝1．直线l 的参数方程为{x =4t +a 2y =3t −1（t 为参数），转换为{x =4t +1y =3t −1，转换为直角坐标方程为y +1=34(x −1)． （2）直线l 的参数方程为{x =5+45t y =2+35t代入（x ﹣1）2+（y +2）2＝1，得到：t 2+565t +31=0，所以t 1+t 2=−565，t 1t 2＝31． 故2|PA|+2|PB|=2(|PA|+|PB||PA||PB|)=2×565×131=112155[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f （x ）＝|x +m |+2|x ﹣1|（m ＞0）．（1）若不等式f （x ）＞4﹣2x 对任意的x ∈[﹣3，﹣1]恒成立，求m 的取值范围；（2）当m ＝2时，记f （x ）的最小值为M ，正实数a ，b ，c 满足a +b +c ＝M ，证明：a 4+b 4+c 4≥3．【分析】（1）由题意可得|x +m |＞2，即为x +m ＞2或x +m ＜﹣2恒成立，再由一次函数的单调性，可得所求范围；（2）由绝对值不等式的性质和绝对值的几何意义，可得f （x ）的最小值M ，再二次运用柯西不等式，即可得证．【解答】（1）解：不等式f （x ）＞4﹣2x 对任意的x ∈[﹣3，﹣1]恒成立，可得|x +m |+2|x ﹣1|＞4﹣2x ，由x ﹣1∈[﹣4，﹣2]，可得|x +m |＞4﹣2x +2x ﹣2＝2，即为x +m ＞2或x +m ＜﹣2恒成立，由﹣3+m ＞2或﹣1+m ＜﹣2，解得m ＞5或m ＜﹣1；（2）证明：由f （x ）＝|x +2|+2|x ﹣1|＝（|x +2|+|x ﹣1|）+|x ﹣1|≥|x +2﹣x +1|+|1﹣1|＝3，当且仅当x ＝1时，f （x ）取得最小值3，即M ＝3，则正实数a ，b ，c 满足a +b +c ＝3，可得（12+12+12）（a 2+b 2+c 2）≥（a +b +c ）2，即有a 2+b 2+c 2≥3，同样（12+12+12）（a4+b4+c4）≥（a2+b2+c2）2≥9，当且仅当a＝b＝c＝1取得等号，则a4+b4+c4≥3．。
2020年江西省南昌市中考数学二模试卷 (含答案解析)
2020年江西省南昌市中考数学二模试卷一、选择题（本大题共6小题，共18.0分）1.下列四个数：−2，−0.6，1，√3中，绝对值最小的是()2D. √3A. −2B. −0.6C. 122.计算：x⋅(−x2)⋅x4的结果是()A. x6B. x7C. −x7D. −x83.用6个相同的小正方体搭成一个几何体，若它的俯视图如图所示，则它的主视图不可能是()A.B.C.D.4.2017年我省粮食总产量为695.2亿斤，其中695.2亿用科学记数法表示为()A. 6.952×106B. 6.952×108C. 6.952×1010D. 695.2×1085.已知m，n是方程x2−2x−2016=0的两个实数根，则n2+2m的值为()A. 1010B. 2012C. 2016D. 20206.如图，正方形ABCD的边长为3cm，∠ABE=15°，且AB=AE，则DE的长是()A. 3cmB. 4cmC. 6cmD. 9cm二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）7.因式分解：4m2−n2=．8.一组数据7、8、9、10、10的平均数是______ ，众数是______ ．9.如图，直线EF//GH，直角三角形ABC的直角顶点B在直线EF上，∠1=27°，则∠2=______．10.在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，若菱形ABCD的面积为48cm2，且AE=6cm，则AB的长为________cm．11.我国元代数学家朱世杰所撰写的《算学启蒙》中有这样的记载：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里，驽马先行一十二日，问良马几何追及之．”如果设良马x天能够追上驽马．那么根据题意，可列方程为12.如图，△AOB是等腰三角形，OA=OB，点B在x轴的正半轴上，点A的坐标是(1,1)，则点B的坐标是____．三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）13.如图，已知：AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD是⊙O的切线，AD⊥CD于点D，E是AB延长线上的一点，CE交⊙O于点F，连接OC，AC，若∠DAO=105°，∠E=30°．(Ⅰ)求∠OCE的度数；(Ⅱ)若⊙O的半径为2√2，求线段EF的长．四、解答题（本大题共10小题，共76.0分）>1．14.解不等式：2x−1215.如图，已知ABCD的对角线AC，BD交于点O，E，F分别是OA，OC的中点．(1)求证：OE=OF;(2)求证：DE//BF．16.如图，三张“黑桃”扑克牌，背面完全相同将三张扑克牌背面朝上，洗匀后放在桌面上甲，乙两人进行摸牌游戏，甲先从中随机抽取一张，记下数字再放回洗匀，乙再从中随机抽取一张．(1)甲抽到“黑桃”，这一事件是______事件(填“不可能“，“随机“，“必然”)；(2)利用树状图或列表的方法，求甲乙两人抽到同一张扑克牌的概率．17.图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B、C均在格点上．在图①、图②、图③给定的网格中按要求画图．(1)在图①中，画△ABC的高线AD．(2)在图②中，画△ABC的中线CE．(3)在图③中，画△ABC的角平分线BF．要求：借助网格，只用无刻度的直尺，不要求写出画法．18.如图，已知反比例函数y=6的图象与一次函数y=kx+b的图象交于点A(1,m)，B(n,2)两点．x(1)求一次函数的解析式;≥kx+b的解集；(2)直接写出不等式6x19.2018年3月，某市教育主管部门在初中生中开展了“文明礼仪知识竞赛”活动，活动结束后，随机抽取了部分同学的成绩(x均为整数，总分100分)，绘制了如下尚不完整的统计图表．调查结果统计表成绩分组(单位：分频数频率组别)A80≤x<85500.1B85≤x<9075C90≤x<95150cD95≤x≤100a合计b1根据以上信息解答下列问题：(1)统计表中，a=______，b=______，c=______；(2)扇形统计图中，m的值为______，“C”所对应的圆心角的度数是______；(3)若参加本次竞赛的同学共有5000人，请你估计成绩在95分及以上的学生大约有多少人？20.如图是某款篮球架的示意图，支架AC与底座BC所成的∠ACB=65°，支架AB⊥BC，篮球支架HE//BC，且篮板DF⊥HE于点E，已知底座BC=1米，AH=√2米，HF=√2米，HE=1米．2(1)求∠FHE的度数；(2)已知该款篮球架符合国际篮联规定的篮板下沿D距地面2.90米的规定，求DE的长度．(参考数据：sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.41，√2≈1.41)21.如图，在△ABC中，AB=4.41cm，BC=8.83cm，P是BC上一动点，连接AP，设P，C两点间的距离为xcm，P，A两点间的距离为ycm.(当点P与点C重合时，x的值为0)小东根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．下面是小东的探究过程，请补充完整：(1)通过取点、画图、测量，得到了x与y的几组值，如表：x/cm00.431.001.501.852.503.60 4.00 4.305.005.506.006.627.508.008.83y/cm7.657.286.806.396.115.624.87______ 4.474.153.993.873.823.924.064.41(说明：补全表格时相关数值保留一位小数)(2)建立平面直角坐标系，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象；(3)结合画出的函数图象，解决问题：当PA=PC时，PC的长度约为______cm.(结果保留一位小数)22.如图，已知顶点为C(0,−3)的抛物线y=ax2+b(a≠0)与x轴交于A，B两点，直线y=x+m过顶点C和点B．(Ⅰ)求点B的坐标；(Ⅱ)求二次函数y=ax2+b(a≠0)的解析式；(Ⅲ)抛物线y=ax2+b(a≠0)上是否存在点M，使得∠MCB=15°？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．23.如图，点D，E在△ABC的边BC上，AB=AC，AD=AE.求证：BD=CE．【答案与解析】1.答案：C解析：解：∵|−2|=2，|−0.6|=0.6，|12|=12，|√3|=√3，∵12<0.6<√3<2，所以绝对值最小的是12，故选：C．根据绝对值的意义，计算出各选项的绝对值，然后再比较大小即可．此题考查了实数的大小比较，以及绝对值的意义，注意先运算出各项的绝对值．2.答案：C解析：直接利用同底数幂的乘法运算法则化简得出答案．此题主要考查了同底数幂的乘法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．解：x⋅(−x2)⋅x4=−x7．故选：C．3.答案：D解析：解：由俯视图可知，几何体的主视图有三列，D中有四列，所以D错误；故选：D．根据俯视图是从上面看到的图形判定则可．本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．4.答案：C解析：此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n 为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．解：695.2亿=69520000000=6.952×1010，故选C．5.答案：D解析：本题考查了根与系数的关系及一元二次方程的解，通过方程解的定义及根与系数的关系代入化简即可得出结论．解：∵n是方程x2−2x−2016=0的实数根，∴n2−2n−2016=0，∴n2=2n+2016，∵m+n=2，∴n2+2m=2n+2016+2m=2(m+n)+2016=2×2+2016=2020．故选D．6.答案：A解析：由∠ABE=15°，且AB=AE，可求得∠BAE=150°，然后由四边形ABCD是正方形，易得△ADE是等边三角形，继而求得答案．此题考查了正方形的性质以及等边三角形的判定与性质．注意证得△ADE是等边三角形是解此题的关键．解：∵AB=AE，∠ABE=15°，∴∠AEB=∠ABE=15°，∴∠BAE=150°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AB=AD，∴∠DAE=60°，AE=AD，∴△ADE是等边三角形，∵正方形ABCD的边长为3cm，∴DE=AD=3cm．故选A．7.答案：(2m+n)(2m−n)解析：此题考查了平方差公式进行因式分解，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．原式利用平方差公式分解即可．解：原式=(2m+n)(2m−n)．故答案为：(2m+n)(2m−n)．8.答案：8.8；10=8.8，众数是10，解析：解：数据7、8、9、10、10的平均数是7+8+9+10+105故答案为：8.8，10．根据平均数和众数的定义求解即可．本题主要考查众数和平均数的计算，熟练掌握平均数和众数的定义是关键．9.答案：117°解析：解：∵∠1=27°，∴∠ABF=∠1+∠ABC=27°+90°=117°∵EF//GH，∴∠2=∠ABF=117°．故答案为117°．先由角的和与差求出∠ABF的度数，再根据平行线的性质求出∠2的度数，即可得出结论．本题考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，内错角相等．10.答案：8解析：本题主要考查菱形的性质，菱形的面积公式：边长乘以高.根据菱形的面积公式即可求得BC的长，根据菱形的四边相等得到AB的长．解：如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵菱形的面积等于48cm2，AE=6cm，AE⊥BC，∴AE×BC=48，即6BC=48，∴BC=48÷6=8cm，∴AB=BC=8cm，故答案为8．11.答案：240x=150(x+12)解析：此题是路程问题中的追及问题，弄清题目中两种马各自走的时间是关键．设良马x日追及之．根据等量关系：良马走的路程=驽马走的路程，列出方程．解：设良马x天能够追上驽马，根据题意得：240x=150(x+12)，故答案为240x=150(x+12)．12.答案：(√2,0)解析：解：根据勾股定理得：OA=√12+12=√2，∴OB=OA=√2，∴点B的坐标是(√2,0)．故答案为：(√2,0)．由勾股定理求出OA，得出OB，即可得出结果．本题考查了勾股定理、等腰三角形的性质、坐标与图形性质；由勾股定理求出OA是解决问题的关键．13.答案：解：(Ⅰ)∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD，又AD⊥CD，∴AD//OC，∴∠COE=∠DAO=105°，∴∠OCE=180°−∠COE−∠E=45°；(Ⅱ)作OM⊥CE于M，则CM=MF，∵∠OCE=45°，∴OM=CM=2=MF，=2√3，在Rt△MOE中，ME=OMtanE∴EF=ME−MF=2√3−2．解析：(Ⅰ)根据切线的性质得到OC⊥CD，证明AD//OC，得到∠COE=∠DAO=105°，根据三角形内角和定理计算；(Ⅱ)作OM⊥CE于M，根据垂径定理得到CM=MF，解直角三角形即可．本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握切线的性质定理、圆周角定理是解题的关键．14.答案：解：去分母，得：2x−1>2，移项，得：2x>2+1，合并，得：2x>3，．系数化为1，得：x>32解析：根据解一元一次不等式基本步骤：去分母、移项、合并同类项、系数化为1可得．本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．15.答案：证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，OB=OD，∵E、F分别是OA、OC的中点，∴OE=12OA，OF=12OC，∴OE=OF；(2)连接DF、BE，如图所示，∵OB=OD，OE=OF，∴四边形BFDE是平行四边形，∴DE//BF．解析：本题考查平行四边形的性质和判定．(1)由平行四边形的性质可得OA=OC，OB=OD，再由中点定义，即可得出结论；(2)连接DF、BE，证四边形BFDE是平行四边形，即可解答．16.答案：(1)必然；(2)画树状图得：∵共有9种等可能的结果，甲乙两人抽到同一张扑克牌的有3种情况，∴甲乙两人抽到同一张扑克牌的概率=39=13．解析：本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．(1)根据在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件可得答案；(2)列举出所有情况，让甲乙两人抽到同一张扑克牌的情况数除以总情况数即为所求的概率．解：(1)甲抽到“黑桃”，这一事件是必然事件；故答案为：必然；(2)见答案．17.答案：解：(1)如图所示，AD 即为所求；(2)如图所示，CE 即为所求；(3)如图所示，BF 即为所求；解析：(1)根据高线的定义作图；(2)根据中线的概念作图；(3)根据角平分线的定义作图．本题主要考查作图−应用与设计作图，解题的关键是掌握三角形的高线、中线以及角平分线的定义． 18.答案：解：(1)把A(1,m)B(n,2)代入y =6x 得m =6，n =3把A(1,6)，B(3,2)代入y =kx +b 得{k +b =63k +b =2， 解得{k =−2b =8， ∴一次函数的解析式是y =−2x +8；(2)此不等式的解集为0<x ≤1或x ≥3.解析：本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点．也考查了待定系数法求函数解析式．(1)先把A 点、B 点坐标代入y =6x 中求出m 和n ，再代入道一次函数中，然后利用待定系数法求一次函数解析式；(2)观察函数图象，写出一次函数图象在反比例函数图象上方所对应的自变量的范围即可． 19.答案：(1)225，500，0.3；(2)45，108°；(3)5000×0.45=2250，答：估计成绩在95分及以上的学生大约有2250人．解析：解：(1)b=50÷0.1=500，a=500−(50+75+150)=225，c=150÷500=0.3；故答案为：225，500，0.3；(2)m%=225500×100%=45%，∴m=45，“C”所对应的圆心角的度数是360°×0.3=108°，故答案为：45，108°；(3)见答案．(1)由A组频数及其频率求得总数b=500，根据各组频数之和等于总数求得a，再由频率=频数÷总数可得c；(2)D组人数除以总人数得出其百分比即可得m的值，再用360°乘C组的频率可得；(3)总人数乘以样本中D组频率可得．本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．20.答案：解：(1)在Rt△EFH中，∵cos∠FHE=HEHF =√2=√22，∴∠FHE=45°；(2)延长FE交CB的延长线于M，过点A作AG⊥FM于G，过点H作HN⊥AG于N，则四边形ABMG 和四边形HNGE是矩形，∴GM=AB，HN=EG，在Rt△ABC中，∵tan∠ACB=ABBC，∴AB=BC⋅tan65°=1×2.41=2.41，∴GM=AB=2.41，在Rt△ANH中，∠FAN=∠FHE=45°，∴HN=AH⋅sin45°=√22×√22=12，∴EM=EG+GM=HN+GM=12+2.41=2.91，∴DE=EM−DM=2.91−2.9=0.01(米)，答：DE的长度为0.01米．解析：本题考查解直角三角形、锐角三角函数、解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形，记住锐角三角函数的定义，属于中考常考题型．(1)解Rt△EFH，便可求得结果；(2)延长FE交CB的延长线于M，过点A作AG⊥FM于G，过点H作HN⊥AG于N，在Rt△ABC中求出AB，在Rt△ANH中求出HN，进而求得结果．21.答案：(1)4.6；(2)根据数据描点画图得：(3)4.4．解析：解：(1)通过测量得4.6，故答案为：4.6；(2)见答案；(3)根据题意，所画图与直线y =x 交点，则测量得4.4，故答案为：4.4．根据题意，取点、画图、测量问题可解．本题为动点问题的函数图象探究题，解答时用到了数形结合和转化的数学思想．22.答案：解：(Ⅰ)∵直线y =x +m 过点C(0,−3)，∴m =−3 .∴y =x −3，∴当y =0时，x =3．∴点B 的坐标为(3,0) .(Ⅱ)将y =0代入y =x −3得x =3，所以点B 的坐标为(3,0)，将(0,−3)、(3,0)代入y =ax 2+b 中，可得：{b =−39a +b =0， 解得：{a =13b =−3， 所以二次函数的解析式为y =13x 2−3；(Ⅲ)存在，分以下两种情况：①若M 在B 上方，设MC 交x 轴于点D ，则∠ODC =45°+15°=60°，∴OD =OC ⋅tan30°=√3，设DC 为y =kx −3，代入(√3,0)，可得k =√3，联立两个方程可得：{y =√3x −3y =13x 2−3, 解得：{y 1=−3x 1=0,{x 2=3√3y 2=6, 所以M 1(3√3,6)；②若M 在B 下方，设MC 交x 轴于点E ，则∠OEC =45°+15°=60°，∴OE =OC ⋅tan60°=3√3，设EC 为y =kx −3，代入(3√3,0)可得：k =√33， 联立两个方程可得：{y =√33x −3y =13x 2−3, 解得：{y 1=−3x 1=0,{x 2=√3y 2=−2, 所以M 2(√3,−2)，综上所述M 的坐标为(3√3,6)或(√3,−2)．解析：此题主要考查了二次函数的综合题，需要掌握待定系数法求二次函数解析式，待定系数法求一次函数解析式等知识是解题关键．(Ⅰ)把C(0,−3)代入直线y =x +m 中解答即可；(Ⅱ)把y =0代入直线解析式得出点B 的坐标，再利用待定系数法确定函数关系式即可； (Ⅲ)分M 在BC 上方和下方两种情况进行解答即可．23.答案：证明：证法一：∵AB =AC ，∴∠B =∠C ．∵AD=AE，∴∠ADE=∠AED，又∵∠ADE+∠ADB=180°，∠AEB+∠AEC=180°，∴∠ADB=∠AEC．在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE(AAS)，∴BD=CE．证法二：过点A作AO⊥BC于O．∵AB=AC，AD=AE，∴BO=CO，DO=EO，∴BD=CE．解析：本题考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质．证法一：根据等腰三角形的性质可得∠B与∠C的关系、∠ADE与∠AED的关系，根据补角的性质，可得∠ADB与∠AEC的关系，根据全等三角形的判定与性质可得答案．证法二：根据等腰三角形的性质可得BO=CO，DO=EO，进而可得答案．。