江西省南昌市2020年高三周考理科数学试卷(含答案)

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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。

2020-2021年江西省南昌市质检一：南昌市2020届高三第一次质量检测数学(理)试题附答案

江西省南昌市2020届高三第一次质量检测
理科数学
注意事项：
1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上。

2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

写在本试卷上无效。

3.必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。

不按以上要求作答的答案无效。

第Ⅰ卷（共60分）
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．（5分）设全集U＝N*，集合A＝{1，2，3，5}，B＝{2，4，6}，则图中的阴影部分表示的集合为（）
A．{2}B．{4，6}C．{1，3，5}D．{2，4，6}
第1页（共20页）。

江西省2020年高考理科数学质量检测试题及答案

又因为
， AP=2，∠ PAD=60°，
由
，可得
，
所以∠ PDA=30°，所以∠ APD=90°，即 DP⊥AP，
因为
，所以 DP⊥平面 PAB，
因为
，所以平面 PAB⊥平面 PCD
（Ⅱ）由 AB⊥平面 PAD 以点 A 为坐标原点， AD所在的直线为 y 轴， AB 所在的直线为 z 轴，如图所示建立空间直角坐标系 .
0即 0 p 6
y02 y0 3 2p
2
所以当 y0 p 时， dmin
p 3
2 2
2 ，解得 p 2
即抛物线 C 的方程为 y2 4 x ；
（ 2）因为抛物线 C 的方程为 y 2 4x ，所以（ 1， 0）是焦点
设 l1 交抛物线 C 于 A( x1, y1), B(x2, y2 ) ， l2 交抛物线 C 于 D ( x3 , y3), E ( x4 , y4 )
4
相切的圆的方程为 ______ ．
3
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。第试题考生都必须作答．第 22、 23 为选考题，考生根据要求作答。）
（一）必考题（共 60 分）
17. ( 本小题满分 12 分 )
17～ 21 题为必考题，每个
已知数列 an 满足 a1 1 , an 2an 1 2n 1 n 2 ，数列 bn 满足 bn an 2n 3 .
江西省 2020 年高考理科数学质量检测试题及答案
（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. 设集合 A x | x2 x 2 0 ， B x | log2 x 0 ，则 A B

江西省南昌市2020届高三第三次模拟考试数学理试题版含答案

NCS20160607项目第三次模拟测试卷数学（理）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共150分．考生注意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．2.第I 卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．第Ⅱ卷用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上作答．若在试题卷上作答，答案无效．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．已知全集{1,2,3,4,5}U =，集合{1,2,3}A =，{3,4,5}B =，则UAB =A ．{3}B ．{1,2,4,5}C ．{1,2}D ．{1,3,5} 2．复数i+25（ i 是虚数单位）的共轭复数．．．．是 A ．i -2 B ．i +2 C ．i +-2 D ．i --23．函数()f x =的定义域为 A.(0,1) B. (1,)+∞ C. (0,)+∞ D. (0,1)(1,)+∞4．0<x 是0)1ln(<+x 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．设函数()f x 是周期为6的偶函数，且当[0,3]x ∈时()3f x x =，则(2015)f = A ．6B ．3C ．0D ．6-6．设函数()ln(3f x x =+，若()10f a =，则()f a -= A ．13B ．7-C ．7D ．4-CBAOE12,j i S S j i=+=+⨯开始结束1,0i S ==2i i =+i 输出50101S >是否7．如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ）,图中粗线画出的是某零件的三视图，则该几何体的体积是 A ．5 B ．5.5 C ．6 D ．4 8．若动圆的圆心在抛物线2112y x =上，且与直线y ＋3＝0相切，则此圆恒过定点A. (0,2) B ．(0，－3) C. (0,3) D ．(0,6) 9．从1,2,3,4,5,6中任取三个数，则这三个数构成一个等差数列的概率为 A.310 B. 37 C. 710 D. 3510．阅读如右程序框图，运行相应程序，则程序运行后输出的结果i = Ａ．97 B. 99 C. 100 D. 10111. 已知双曲线：22221,(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，焦距为2c , 直线3()y x c =+与双曲线的一个交点M满足12212MF F MF F ∠=∠, 则双曲线的离心率为A 2B 3C ．2D 3112. 已知正△ABC 三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是A ．74π B.2πC. 94π D.3π第Ⅱ卷注意事项：第Ⅱ卷共2页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，若在试题卷上作答，答案无效．二．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在答题卡上．13．已知{}n a 为等差数列，公差为1，且5a 是3a 与11a 的等比中项，n S 是{}n a 的前n 项和，则12S 的值为 .14．已知点A （1，2），点P （,x y ）满足1030330x y x y x y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪+-≥⎩， O 为坐标原点，则Z OA OP=•的最大值为 .15．对大于或等于2的自然数的3次方可以做如下分解：5323+=，119733++=，1917151343+++=，……，根据上述规律，310的分解式中，最大的数是．16．已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的左、右顶点分别是A ，B ，左、右焦点分别是1F ，2F ，若21212(04)F F AF BF λλ=⋅<<，则离心率e 的取值范围是____________ ．三．解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17．（本小题满分12分）已知ABC ∆中，内角A,B,C 的对边分别为,,a b c ，且3a b c +=，22sin 3sin sin .C A B = （Ⅰ）求C ∠；（Ⅱ）若3ABC S ∆=，求c .18．（本小题满分12分）某单位有200人，其中100人经常参加体育锻炼,其余人员视为不参加体育锻炼. 在一次体检中，分别对经常参加体育锻炼的人员与不参加体育锻炼的人员进行检查．按照身体健康与非健康非健康总计经常参加体育锻炼不参加体育锻炼100 总计200已知p 是(1+2)x 展开式中的第三项系数，q 是(1+2)x 展开式中的第四项的二项式系数．（Ⅰ）求p 与q 的值；（Ⅱ）请完成上面的2×2列联表，并判断若按99%的可靠性要求，能否认为“身体健康与经常参加体育锻炼有关”． 19．（本小题满分12分）如图，矩形ABCD 中，(1)ABADλλ=>，将其沿AC 翻折，使点D 到达点E 的位置，且二面角C AB E --为直二面角. （Ⅰ）求证：平面ACE ⊥平面BCE ；（Ⅱ）设F 是BE 的中点，二面角E AC F --的平面角的大小为θ，当[2,3]λ∈时，求cos θ的取值范围. 20．（本小题满分13分）已知两点(0,1)A -，(0,1)B ，(,)P x y 是曲线C 上一动点，直线,PA PB 斜率的平方差为1. （Ⅰ）求曲线C 的方程；（Ⅱ）1122(,),(,)E x y F x y 是曲线C 上不同的两点，(2,3)Q 是线段EF 的中点，线段EF 的垂直平分线交曲线C 于,G H 两点，问,,,E F G H 是否共圆？若共圆，求圆的标准方程；若不共圆，说明理由. 21．（本小题满分14分）已知函数()1(cos ),xf x ea x a R -=-+∈（Ⅰ）若函数()f x 存在单调减区间，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若0a =，证明：1[1,]2x ∀∈-，总有(1)2()cos(1)0f x f x x '--++>。

江西省南昌市2020届高三第三次模拟考试理科数学试题附答案

江西省南昌市2020届高三第三次模拟考试理科数学试题一、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()1i z i +=为虚数单位)，则在复平面内，复数z 的共轭复数z 对应的点在A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．设集合{A x =|||1},{1,0,}(0)x a B b b -==>，若A B ，则对应的实数(),a b 有A ．1对B ．2对C ．3对D ．4对3．为了普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取30名学生参加环保知识竞赛，得分(10分制)的频数分布表如下设得分的中位数e m ，众数0m ，平均数x ，下列关系正确的是A ．0e m m x ==B ．0e m m x =<C ．0e m m x <<D ．0e m m x <<4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．3πB ．9πC ．12π．36π5．在ABC ∆中，D 为线段AB 上一点，且BD=3AD ，若,CD CA CB λμ=+u u u r u u u r u u u r 则λμ= A. 13 B ．3 C. 14D ．4 6．在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对应的边分别为,,,1,c b a b c a b a c+=++则下列说法不一定成立的是 A ．△ABC 可能为正三角形 B ．角A ，B ，C 为等差数列C ．角B 可能小于3π D ．角B+C 为定值 7．已知函数()()2sin 0f x x ωω=>的最小正周期为π，若将其图像沿x 轴向右平移m(m>0)个单位，所得图像关于3x π=对称，则实数m 的最小值为 A.4πB ．3π C.34πD ．π 8．函数()s ,0(1co f x x x x x x ππ⎛⎫=--≤≠ ⎪⎝⎭且）…的图象可能为9．甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制(不考虑平局，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束)．根据前期的统计分析，得到甲在和乙的第一场比赛中，取胜的概率为0.5，受心理方面的影响，前一场比赛结果会对甲的下一场比赛产生影响，如果甲在某一场比赛中取胜，则下一场取胜率提高0.1，反之，降低0.1．则甲以3：1取得胜利的概率为A ．0.162B ．0.18C ．0.168D ．0.17410．已知双曲线C:()222210,0x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，点M 在C 的右支上， 1MF 与y 轴交于点2,A MAF ∆的内切圆与边2AF 切于点B ，若12||4||,F F AB =则C 的渐近线方程是A 0y ±=B ．0x ±=C ．20x y ±=D ．20x y ±=11．将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20,210,45⨯⨯=种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称4×5为20的最佳分解.当(),N p q p q q p +≤⨯∈且是正整数n 的最佳分解时，定义函数(),f n q p =-则数列(){}()N 3nf n +∈的前100项和100S 为A ．5031+B ．5031-C ．50312-D ．50312+ 12．已知函数()()|2|4ln 1,()x f x e g x -=+=2,0,2,0a x x a x x +-≥⎧⎨--<⎩若存在a [](),1,Z n n n ∈+∈使得方程()()f x g x =有四个不同的实根，则n 的最大值是。

江西省南昌市2020届高三第二轮复习测试卷理科数学(1~8)(答案)

— 高三理科数学(一)第5页(共4页) —2019-2020学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷理科数学(一)一．选择题：共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分.13．169 14．3 15．:1 16． [1,) 三．解答题：本大题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【解析】（Ⅰ）设{}n a 的公比为q ，则21232,2,2b b q b q q ，故222(2)(2)q q q ，解得2q ，故12,21,2.n n n n n n a S b（Ⅱ）12log 2n n n a b n ，故01221122232...(1)22n n n T n n ，12312122232...(1)22n n n T n n ，两式相减可得： 21(122...2)22n n n n n n n T n n S nb S ，即.n n n T S nb18．【解析】（Ⅰ）证明：C H 面ABCD C H BD ，而BD A C ，故BD 面.A C H BD A H（Ⅱ）取AB 中点M ，则CD DM . 以D为原点，分别以,DM DC 为,x y 轴、以过D 并平行于C H 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，由于在'CC H 中'C H CH ,4,2CC AA CH ,所以C H ，则(0,0,0),1,0),(0,2,0),D A B C C ,故(0,2,0)(0,2,AB D CD ,1,0)CB C B B, 所以(D B BB BC，— 高三理科数学(一)第6页(共4页) —设1111(,,)n x y z为平面BB D 的一个法向量，则111111111100020x z n D B y y n BB y，令11z可得1(1,n ，设2222(,,)n x y z为平面BB D 的一个法向量，则221222212200020x z n BC y y n BB y，令21z可得2(1,n ，故 1212121234cos ,sin ,55||||n n n n n n n n，即二面角''D BB C 的正弦值为4.5 19．【解析】（Ⅰ）1133333333333333221111(0),(1),(3)9436C C P X Y P X Y P X Y A A A A A A 故1117().943618P X Y（Ⅱ）,0,1,3,X Y 因为33332131(0)(0),(1)(1)32P X P Y P X P Y A A， 3311(3)(3)6P X P Y A，所以 1111(0)(0),(1)(0,1)(1,0)23363P Z P X Y P Z P X Y P X Y ，1111(2)(1),(3)(0,3)(3,0)22236P Z P X Y P Z P X Y P X Y ，11(4)(1,3)(3,1)226P Z P X Y P X Y ，11(6)(3)66P Z P X Y ，故111111012346 2.9349636EZ20．【解析】（Ⅰ）连接1PF ，由对称性可得o1290F PF ，且o260POF ，故1212,21)e 1.cPF PF c a PF PF c a（Ⅱ）设直线:1AB x my ，则直线1:1MN x y m，并设1122(,),(,)A x y B x y ，将直线AB 与椭圆方程联立消去x 可得2222()210m a y my a ，则— 高三理科数学(一)第7页(共4页) —21212222221,m a y y y y m a m a，12222||y y m a，则12222||||AB y y m a .将直线MN 与221x y 联立并消去x 可得222120m y y m m ，解得221M my m ，则||||M N MN y y2212||||2ABM S AB MN m a ，令t，则222(11ABM at aS t t t t，当01即1a 时，ABM S 的最大值为a ，（当且仅当1t ，即m 时取到“=”）.当1即a 时，ABM S 关于t 单调递增，此时ABM S 最大值为21a a（当且仅当t ，即0m 时取到“=”）（不合题意）.综上，若ABM 面积最大时直线AB 与x 轴不垂直，则a的取值范围是. 21．【解析】（Ⅰ）由已知，()()2e sin x g x f x x a，则12,x x 为()g x 在π(,π)2的两个不同的零点，且π()2e (sin cos )sin()4x x g x x x x，故当π3π(,24x 时()0g x ，当3π(,π)4x 时()0g x ，所以当π3π(,)24x 时()g x 单调递增，当3π(,π)4x 时()g x 单调递减.故当()g x 在π(,π)2x 有两不同的实根时，π3π()0,(π)0,(024g g g ，解得π3π242e 2e .a— 高三理科数学(一)第8页(共4页) —（Ⅱ）不妨假设12x x ，则12π3ππ24x x，且π()sin()4x g x x 在π(,π)2单调递减，故12123ππ3π(0(24224x x x x g g而122121113π3π3π3π3ππ()()()()24222x x x x g x g x g x g x ，设3ππ3π()()()()224F x g x g x x ，则3π3π223ππ7ππ()()()sin()e sin()]e )2444x x x x F x g x g x x x x 因为π3π24x 时3π3π3π3π2424πsin()0,e e e e 04x x x ，故()0F x ，所以()F x 在π3π(,24单调递减，故有3π()()04F x F ，即113π()()2g x g x 成立，即123π2x x ，从而1212π3π3ππ()((224422x x x x g g g ，即π1220(2e .2x x g a 综上所述120().2x x g a 22．【解析】（Ⅰ）消参后圆C 化为：224x y y ，故圆C 的极坐标方程为： 4sin .（Ⅱ）ππππ3(),(6,3π334sin cos()33P Q，故||6PQ23．【解析】（Ⅰ）62,2()2,2426,4x x f x x x x，故当2x 时，62412x x ；当24x 时，24 恒成立；当4x 时，26445x x .综上，()4f x 的解集为[1,5].（Ⅱ）由（Ⅰ）可知15a ，从而不等式可化为222(5)8a a a ，而222[2(5)8]34(4)(1)0a a a a a a a ，所以不等式222|5|8a a a 成立.— 高三理科数学(一)第9页(共4页) —高三理科数学（一）选择填空详细解析1.B 【解析】{|1e 1},{|0}A x x B y y ，故[0,e 1).A B2.C 【解析】z 在复平面所对应的点的轨迹为以(1,1)C 为圆心、1为半径的圆，而||z 表示z 所对1 .3.C 【解析】o o o (2cos(19),2sin(19)),||1,||2,90B OA OB AOB ，故||AB4.C 【解析】可行域是以(0,2),(2,4),(1,0)A B C 为顶点的三角形内部及边界区域，故32x y 在点C 处取得最小值3.5.A 【解析】1103881081101010307.222a a a a a S a6.C 【解析】431(1)2n r rrn r r nT C x ，当0,3,6,...,30r 时为有理项，故n 的最大值为32.7.D 【解析】过A 作y 轴的平行线，交x 轴于点D，则1A D D B ，因此在xOy 坐标系中，o 1,90AD DB ADB ，由勾股定理得 3.AB8.A 【解析】由已知01a .因为()f x 的定义域为(1,) ，则11(,)32x 时不等式log 11a x 在恒成立，即11(,32x 时不等式20x a恒成立，故 1.2a 9. B 【解析】此算法原理为求数列(1)(21)(21)n n na n n的前n 项和n S .(1)11111111((1...(1)(1)4212143352121n n n n n a S n n n n ，故11(1(1))421n n S n ，令1041n S ，解得20.n10.D 【解析】设POF QOF ，则902OQF .由已知FPO 中，||sin PF c ，则||2sin QF c ，故QFO 中， ||||2sin 1πcos 2sin sin(902)sin sin(902)26QF OF c c ，故tan 33b a 11.C 【解析】设M 为边BC 的中点，并设角,,A B C 所对应的边分别为,,a bc ，则221()()()22b c AO BC AM MO BC AM BC AB AC AC AB ，故22222222b c a b c a ，所以2222cos 022a c b a B ac ac，从而ABC 为钝角. 12. C 【解析】将正四面体A BCD 补形成棱长为6的正方体APBQ ECFD ，则A BCD 的外— 高三理科数学(一)第10页(共4页) —接球球心O 即为正方体的中心，故球O的半径2R,且与面,APBQ ECFD 平行，到面,APBQ ECFD 的距离分别为2和4，此时O 到的距离为1，故被球O所截圆半径r ，从而截面圆的面积为26π.13. 169 【解析】42,178x y ，将(x y 代入回归直线可得83.5a ，故当鞋码为38时身高约为2.253883.5169().cm14. 3【解析】当n 为奇数时，1211n n n n a a n a a n ，则21n n a a （即奇数项的周期为2）；当n 为偶数时，1211n n n n a a n a a n ，则221n n a a n . 故357911131517()()()()4a a a a a a a a ；246810121416()()()()513212968a a a a a a a a ，从而17111468722S S S a a a 奇偶，故2019311 3.a a a15.:1【解析】因为11,sin 222ABC ABCS a a S bc A ，故2sin 2a bc A ，而222cos 2bc a A bc，故π2cos 3b c A A A c b，且取到最大值时π6sin A b c b B C c b c，故πsin )6B B ，解得2π3B ，从而π6C，故::1:a b c 16. [1,) 【解析】首先0a ，其次方程(e )(ln(1))0x a x b 的两根应为重根，设此根为(1)t t ，则e ,ln(1)t a b t ，故e ln(1)t a b t ，设函数1()e ln(1)()e 1t t f t t f t t，其中()f t 单调递增，且(0)0f ，故0t 为()f t 的极（最）小值点，则()(0)1f t f ，即[1,).a b— 高三理科数学(二)第5页(共4页) —2019-2020学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷理科数学(二)参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）二、填空题(本大题共4小题,每小题5分，共20分)13．2π3 14．2π+115．12 16．3 三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．【解析】（Ⅰ）因为11(1)n n n a na a ，*n N ，① 所以11(2)(1)n n n a n a a ，2n ，②①-②得：11(1)2(1)(1)0n n n n a n a n a ，2n 且*n N所以1120n n n a a a ，2n 且*n N ，即1121n n n n a a a a a a 所以数列 n a 为等差数列；（Ⅱ）因为211a a ，所以数列 n a 的公差为1，因为对任意*n N ，都有12311111433n S S S S ，所以111433S ，即1334S ，所以11a 或2．当11a 时，22a ，此时11S ，23S ，所以121114133S S ，这与题意矛盾，所以11a ．当12a 时，1n a n ，此时(3)02n n n S ，111123S ，所以123111113n S S S S恒成立．因为1211()33n S n n ，所以1231111211111111111(1)34253621123n S S S S n n n n n n 211111114(1)32312393n n n 综上所述，整数1a 的值为2． 18．【解析】（Ⅰ）由于四边形BCEF 和ADEF 均为菱形，所以//AD BC 且AD BC ，故四边形ABCD 为平行四边形．又AD CD ，及由对称性知，90ADC BCD ，所以四边形ABCD 为正方形． N 为EF 中点，所以1EN ，得1EC ，CN ，于是222NE CN CE ，所以CN NE ，所以CN BC ．所以BC 平面CDN ，从而MN BC ．由对称性知CN DN 且M 为CD 的中点，所以MN CD ．— 高三理科数学(二)第6页(共4页) —所以MN 平面ABCD ．（Ⅱ）设AB 的中点为G ，以M 为原点，以,,MG MC MN 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系．MN，则(2,1,0),(2,1,0),(0,1,0),(1,A B C N F ．有(0,CN ，(0,2,0)AB，(AF．设平面ABF 的法向量为(,,)n x y z ，由00n AB n AF，得200y x y．取n，由sin 3n CN n CN得直线CN 与平面ABF所成角的正弦值为3． 19．【解析】（Ⅰ）'()e e ()e x x x f x x a x a ，令'()0f x ，则x a ．当(,)x a 时，'()0f x ；当(,)x a 时，'()0f x ．所以()f x 的单调递增区间是(,)a ，单调递减区间是(,)a ．（Ⅱ）当(2,)x 时，(1)e (2e e )0xxx a 恒成立，等价于当(2,)x 时，(1)e e 2exx x a恒成立，即min(1)e e 2e x x x a对(2,)x 恒成立．令(1)e ()e 2e x x x g x ，(2,)x ．2e (e 2e )'()(e 2e)x x x x g x ．令()e 2e xh x x ，(2,)x ，'()e 2e 0x h x ，所以()e 2e x h x x 在(2,) 上单调递增又因为2(2)e 4e 0h ，2(3)e 6e 0h ，所以'()g x 在(2,) 上有唯一零点0x ，且000e 2e ,(2,3)xx x ．所以()g x 在0(2,)x 上单调递减，在0(,)x 上单调递增，所以00min 00(1)e ()()(2,3)e 2ex x x g x g x x ，故整数a 的最大值为2．20．【解析】（Ⅰ）设y a bx ，有51145i i x x ，51145i i y y则51521()()51102()iii ii x x y y b x x，14422a y bx ，所以122y x ．（Ⅱ）（i ）员工甲经过20次的培训后，估计他的艺术爱好指数将达到201203(103)(1e)107e x，因此估计他的创新灵感指数为1112(107e )7(1)22e y ．员工乙经过20次的培训后，估计他的艺术爱好指数将达到104(104)(182010x，— 高三理科数学(二)第7页(共4页) —因此估计他的创新灵感指数为12862y ．由于17(1)62e，故培训后乙的创新灵感指数更高．（ii ）该员工参加10次，20次音乐培训后的创新灵感指数估计分别为737e ，该员工参加10次，20次绘画培训后的创新灵感指数估计分别为112，6，参加10次音乐培训的概率为224339 ，参加20次音乐培训的概率为122339 ，参加10次绘画培训的概率为212339 ，参加20次音乐培训的概率为111339，所以创新灵感指数的期望估计为432112116(7(76(59) 5.59e 92999eEY ． 21．【解析】（Ⅰ）由题意知(,0)F c ，则(,)24c Q ，将点Q 的坐标代入椭圆方程得2222451416c c a b①因为OQF的面积为8，所以1248c ，得1c ② 又222a b c ③，所以由①②③得，故椭圆的方程为22143x y ．（Ⅱ）设点00(,)P x y ，11(,)M x y ，11(,)N x y ，则直线PM 的方程为010001()y y y y x x x x．令0y ，得011001y x y x x y y ，所以011001y x y x OG y y ．直线PN 的方程为010001()y y y y x x x x ．令0y ，得011001y x y x x y y，所以011001y x y x OH y y ．所以222201100110011022010101()()222y x y x y x y x y x y x OG OH OG OH y y y y y y ．将2200334x y ，2211334x y ，代入2201102201()()2y x y x y y ，得22220110220133(3)(3)4428333344x x x x x x，所以228OG OH ，当且仅当OG OH ，即011001100101y x y x y x y x y y y y 时取得等号．— 高三理科数学(二)第8页(共4页) —① 当011001100101y x y x y x y x y y y y 时，化简得1010()0y y x x ，根据题意知10x x ，若10y ，则与题意不符，所以00y ，此时02x 或02x② 当011001100101y x y x y x y x y y y y 时，化简得220110y x y x ，将2200334x y ，2211334x y 代入上式并化简，得01103(3)()04x x x x ，根据题意知10x x ，则013304x x ，即014x x ，而022x ，122x ，所以014x x 不成立，即011001100101y x y x y x y xy y y y 不成立．综上，22OG OH 的最小值为8，且此时点P 的坐标为(2,0)或(2,0) ．22．【解析】（Ⅰ）1:4C x 极坐标方程为cos 4 ，21cos :sin x C y的直角坐标方程为2220x y x ，所以2C 极坐标方程为2cos ．（Ⅱ）设(,)P ，射线l 的极坐标方程为π=(0,2 与1C ，2C 的交点,A B 的极坐标分别满足14cos，22cos．由2OP，得12+2cos 2cos 2 ．所以22cos 40，即(2cos 0 ．所以cos =，π= ，所以点P 的极坐标为π(,) ．— 高三理科数学(二)第9页(共4页) —高三理科数学（二）选择填空详细解析1．C 【解析】因为22020{|log (103)}{|52}M x y x x x x ，{|20201}{|1}x N y y x x 所以{|12}M N x x ，故答案选C ．2．A 【解析】因为22(1)11(1(1i i)i i i) ，要使1i 2z 是实数，所以复数i()z a a R ，故答案选A ．3．D【解析】因为sin c B，由正弦定理可得sin sin C B A ，sin 0B ，所以sin sin A C B b．又ABC的面积为2，所以21sin 222ab C a，得a又a bb，sin 2C，所以1cos 2C ．所以根据余弦定理2222cos c a b ab C得c 3c ，故答案选D ．4．C 【解析】在等差数列 n a 中，由14,a x a y 可得3y xd ，所以741172146315253y xS S a d a d x x y，令25z x y ，作出可行域可知，在点(0,1) 处取得最小值，故74min min ()205(1)5S S z ，故答案选C ．5．D 【解析】因为可判断函数()f x 是奇函数，可以排除答案A 和B ；当(0,π)x 时，有2'()cos (cos 1)sin (sin )2cos cos 1f x x x x x x x ，令'()0f x 可得1cos 2x或者cos 1x （舍去），所以函数()f x 在2π(0,)3单调递减，在2π(,π)3单调递增，故答案选D ． 6．D 【解析】因为奇函数()f x 满足(1)(1)f x f x ，有函数的周期为4T ，所以4444(1log 80)(3log 5)(1log 5)5f f f，则24(1log 5f因为21log (1,0)，所以1log 4(25a，即45a ，故2a ，故答案选D ．7．A 【解析】由题意知()f x 的最小正周期2πT ，解得2 ，所以()sin(2)f x x ．又函数()f x 的图像关于直线π3x 对称，所以2πsin()13 ，得ππ6k ，k Z ，又ππ22 ，所以π6 ，故π()sin(2)6f x x ．将函数()f x 的图像向右平移π12个单位长度得到πππ()sin 2()sin(2)1263g x x x的图像．由11πππ2π22π232k x k— 高三理科数学(二)第10页(共4页) —（1k Z ）可得11π5πππ1212k x k（1k Z ），又()g x 在 ,t t 上单调递增，所以π125π12t t解得π12t ，所以π012t ，所以t 的最大值为π12，故答案选A ．8．D 【解析】设PD x （03x ），则3PD x ，因为AB 平面PAD ，所以AB PD ．又AC PD ，所以PD 平面ABCD ，则四棱锥P ABCD 可补形成一个长方体，球O 的球心为PB 的中点，从而球O的表面积为2243(1)26πππx ，故答案选D ．9．C 【解析】由题意知1(,0)F c ，2(,0)F c ，设1,F M 关于渐近线by x a对称，则1F 到该渐近b ．连接1F M ，记1F M 与该渐近线交于点N ，则12F M b ，且N 为1F M的中点．连接2F M ，因为坐标原点O 是12F F 中点，所以2//ON F M ，则12F MF 为直角，所以12F MF 为直角三角形，由勾股定理得22244c c b ，故22234()c c a ，因此224c a ，得2e ，故答案选C ．10．D 【解析】由三视图可知甲为圆锥，乙为球．设球的半径为R ，圆锥底面半径为r ，则圆锥高2h R，母线长l ，因为甲与乙的体积之比为1:4，所以3244ππ33R r h ，即222R r，3l r ．所以221222ππ314π82S r rl r r r S R r，故答案选D ． 11．C 【解析】若“阅读文章”与“视听学习”相邻，则有2525A A 种可能；若“阅读文章”与“视听学习”相隔一个答题模块，则有214244A C A 种可能，故有432种可能，故答案选C ．12．B 【解析】设函数2()()1f x x g x x ，则 22'()2(1)()'()(1)f x x x f x x g x x 22(1)'()()(2)(1)x f x f x x x x 因为2(1)'()()2x f x f x x x ，所以'()0g x ，故()g x 在(0,) 上单调递减，从而(1)(2)(3)g g g ，整理得2(2)3(1)5f f ，(3)2(1)7f f ，故①③正确．当01x 时，若(1)2f ，因为()g x 在(0,) 上单调递减，所以1()(1)2g x g ，即2()112f x x x ，即211()22f x x x ，故②正确，从而④不正确,故答案选B ．13．2π3【解析】因为22a b a b ，所以22(2)3a b a 和22(2)3a b a ，两式— 高三理科数学(二)第11页(共4页) —相减得b a ，代入可得212a b a ，所以1cos 2a b a b a b，又 0,a b ，故a 与b 的夹角为2π3．14．2π+1【解析】由已知不妨设AC ，则2AB ，如图，月牙形面积等于半圆AmB 的面积减去弓形I的面积，即2211π1π22AOB AOB S S S 月牙形，可见月牙形面积与AOB面积相等，而1=2AOB S，整个图形的面积21=π1π12S ，阴影部分面积为2=2AOB S ，由几何概型的概率计算公式得，所求概率为2π+1．15．12【解析】设AB 所在直线方程为x my t ，11(,)A x y ，22(,)B x y ．由题意知10y ，20y ，联立方程组24x my ty x得2440y my t ．所以12124,4y y m y y t ．又因为OA OB ，所以12120x x y y ，即221212044y y y y ，解得1216y y ，所以4t ，即直线AB 恒过定点(4,0)M ．又(1,0)F ，所以3MF ．故121381222ABFS MF y y ，当且仅当0m 时，等号成立，故答案为12．16．3【解析】依题意得222a b c，则2cos ab C ，所以cos 2C，所以3ππ,44C A B，所以22222(1tan )tan sin 2tan cos 2tan 1tan B B A B B B B．令21tan (1,2)t B，则有222(1tan )tan (2)(1)2(331tan B B t t t Bt，当且仅当时t 取等号，故2sin 2tan A B 的最大值是3 ，故答案为3 ．— 高三理科数学(三)第5页(共4页) —2019—2020学年度南昌市高三第二轮复习测试卷理科数学(三)参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分．）二、填空题(本大题共4小题,每小题5分，共20分) 13. 576 14.5π2 15. 2π316. 三、解答题(本大题共6小题，共70分)17.【解析】（Ⅰ） ,,a b c，1cos 2C ，22242242c c c c c 2c .又 4c ， 7.c（Ⅱ）在ABC 中， sin sin sin AC BC AB ABC BAC ACB，22ππsin sin sin 33AC BC，2sinAC ，π2sin 3BC.ABC 的周长 f AC BC AB π2sin 2sin 312sin cos 22π2sin 3 ，又 π0,3， ππ2π333, 当ππ32 即π6时， f 取得最大值2．18.【解析】(Ⅰ)如图所示，连结11,A E B E ，等边1AAC 中，AE EC ，sin 0sin 2B A ，，平面ABC 平面11A ACC ，且平面ABC 平面11A ACC AC ，由面面垂直的性质定理可得：1A E 平面ABC ，故1A E BC ⊥，由三棱柱的性质可知11A B AB ∥，— 高三理科数学(三)第6页(共4页) —而AB BC ，故11A B BC ，且1111A B A E A ，由线面垂直的判定定理可得：BC 平面11A B E ，结合EF ⊆平面11A B E ，故EF BC .（Ⅱ）在底面ABC 内作EH ⊥AC ，以点E 为坐标原点， 1EH EC EA 、、方向分别为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系E xyz. 11AA CA,3BC AB，据此可得：130,0,,,0,0,0,3,022A B A C，设平面1A BC 的法向量为,,m x y z，则：133,,,,330222233,,,,002222m A B x y z x y z m BC x y z x y，据此可得平面1A BC的一个法向量为m，由1A E 平面ABC ，可得平面ABC 的一个法向量为 10,0,3A E，此时1cos ,5A E m.故平面ABC 与平面1A BC所成的锐二面角的余弦值为5. 19.【解析】(Ⅰ)方法一：如图因为AP AB AC所以四边形ACPB 是平行四边形所以BP AC ，由4AP AC 得4AP BP所以P 的轨迹是以,A B 为焦点的椭圆易知24a1c ,所以方程为22143x y .方法二：设 ,P x y 由AP AB AC 得 1,AC AP AB BP x y再4AP AC44 22143x y4 发现是椭圆方程也可以直接得24a ,1c ）（Ⅱ）设 00,P x y ，过P 的斜率为k 的直线为 00y y k x x ，由直线与圆O 相切可得22200003230x k x y k y— 高三理科数学(三)第7页(共4页) —由已知可知12,k k 是方程（关于k ）22200003230x k x y k y 的两个根，所以由韦达定理：0012202012202333x y k k x y k k x两式相除：0012212023x y k k k k y , 又因为2200143x y 所以2200334y x ,代入上式可得：01212083yk k k k x 即：01211183k k k 为定值.20.【解析】（I ）2(22)'()exx x f x ，记2()22g x x x 令()0g x，得11x 函数()f x在(11 上单调递增；令()0g x，得11x x函数()f x在(,11) 上单调递减；（Ⅱ）记2()2e (1)42xh x m x x x ，由(0)0221h m m ，'()2e (2)242(2)(e 1)x x h x m x x x m ，由'()0h x 得2x 或ln x m ,因为(2,0]x ，所以2(2)0x ，①当21e m 时，ln (2,0)m ，且(2,ln )x m 时，'()0h x ，(ln ,0)x m 时，'()0h x ，所以min ()(ln )ln (2ln )0h x h m m m ，所以(2,0]x 时，()0h x 恒成立；②当2e m 时，2'()2(2)(e 1)x h x x ，因为(2,0]x ，所以'()0h x ，此时()h x 单调递增，且22(2)2e e (1)4820h ，所以(2,0]x 时，()(2)0h x h 成立；③当2e m 时，2(2)220em h ，(0)220h m ，所以存在0(2,0)x 使得0()0h x ，因此()0h x 不恒成立．综上，m 的取值范围是2(1,e ]．21.【解析】(Ⅰ)当日需求量n m X 时，日销售量n Z 为m ，当日需求量n m X 时，日销售量nZ 为n X ，故日销售量n Z 的期望值()n E Z 为：当19n 时，1011()(16)(16);n n iii i n E Z i P n P当10n 时，10101()(16)ii E Z i P .（Ⅱ）— 高三理科数学(三)第8页(共4页) —1101010112111()(16)(161)(16)(161)()n n n i iiinii i n i i n i n E Z i P n P i P n P E ZP设每天进货量为n X ，日利润为n ,则 53[16]8316n n n n E E Z n E Z E Z n1112108[]383n n n n n n E E E Z E Z P P P .由 11250.8n n n E E P P P 又1234123550.66,0.53,88P P P P P P P4E 最大，所以应进货20件时，日利润均值最大.22.【解析】（Ⅰ）由31x ty t消去t 得40 x y , 所以直线l 的普通方程为40 x y .由π4ππcos cos sin sin 2cos 2sin 44 ,得22cos 2sin . 将222,cos ,sin x y x y 代入上式,得曲线C 的直角坐标方程为2222 x y x y , 即 22112 x y . （Ⅱ）设曲线C上的点为1,1 P ,则点P 到直线l的距离为d当πsin 14时, max d ,所以曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值为. 23.【解析】（Ⅰ）因为 13 f ，所以123 a a . ① 当0 a 时，得 123 a a ，解得23a ，所以203a ; ② 当102 a 时，得 123 a a ，解得2 a ，所以102 a ;③ 当12a 时，得 123 a a ，解得43 a ，所以1423a ;综上所述，实数a 的取值范围是24,33. （Ⅱ）因为1, a x R ,所以1212 f x x a x a x a x a31 a 31 a 2 .— 高三理科数学(三)第9页(共4页) —理科数学（三）选择填空详细解析1.A 【解析】 20A x x x 或，01B x x ，故(0,1)U C A B .故选A. 2.A【解析】因为复数i,z ai z a ，2.34z z a所以1a ，故选A.3.D 【解析】标准化212x y，通径122p . 4.D 【解析】从图知，不服药患病的概率高，服药患病的概率低，故选D. 5.A 【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，31(123456789)153N ，41(12345678910111213141516)344N ，51(12345678910111213141516171819202122232425)655N 222211(1)(1)(12345)22nn n n n N n n n ．6.A 【解析】画出散点图知0,0b a ,故选A ．7.D 【解析】由等比数列的性质得：232,,n n n n n S S S S S 成等比数列，2232n n n n n S S S S S ，化简得 223n n n n n n S S S S S S .8.C【解析】220192019201920191111log 2019log log 2020log 201912222a2020202020201110log log 2019log 2020;222b 120202019 1.c9.B 【解析】由条件知 πsin 26f x x，结合图像得B.10.C 【解析】在正方体1111ABCD A B C D 中，四面体11A B D C 的四面与12条棱所成的角相等.∴正方体的12条棱所在的直线所成的角均相等的平面有4个，故选C.11.B 【解析】设椭圆的长轴长为12a ，双曲线的实轴轴长为22a ，交点P 到两焦点的距离分别为 ,0m n m n ，焦距为2c ，则 222222m n mncos c -，又122,2m n a m n a ，故:1212,m a a n a a ，222121cos 21cos 22a a c 22222212222212sin cos sin cos 11a a c c e e.12.D 【解析】设正方形ABCD 的边长为1，— 高三理科数学(三)第10页(共4页) —在BMD 中，由正弦定理得o o o2sin 35.sin 35sin135DM DBDM 在AMD 中，由余弦定理得22ooo14sin 354sin 35cos55 1.AMAMD 为等腰三角形，故o 70.MAD13.576【解析】6232x x 展开式中含x 的项为 15565326332576C x C x x ，即x 的系数为576.14.5π2【解析】当直线过点 1,2 时，3z x y 取得最小值1，故2r d ，从而圆面积为5π2.15.2π3【解析】要使得集合S 恰好有两个元素，可以使2a ，3a 的终边关于y 轴对称，此时2π3d .16.12345613562456AB BC CD DA AC BD AB AD2212345613562456|||()()|AB BC CD DA AC BD AB AD 222213562456135624564()4()4()4() 22225656565656564[(2)(2)]3216()4()4()2256328()484880等号成立当且仅当1356,, 均非负或者均非正，并且2456,, 均非负或者均非正。

2020届江西省南昌市高三第二轮复习测试卷理科数学(六) PDF版含解析【附参考答案】

— 高三理科数学(六)第1页(共4页) —2019-2020学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷理科数学(六)命题人：八一中学杨平涛审题人：南昌二中周启新本试卷分必做题和选做题两部分．满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．客观题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．主观题用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答题无效．2．选做题为二选一，先在答题卡上把对应要选做的题目标号涂黑，没有选择作答无效． 3．考试结束后，监考员将答题卡收回一．选择题：共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合2A x x ，B x x a ，全集R U ，若U AC B ，则有 A. 0a B. 2a C. 2a D. 2a2. 下列有关命题的说法正确的是A. 命题“若0xy ，则0x ”的否命题为“若0xy ，则0x ”B. 命题“若0x y ，则,x y 互为相反数”的逆命题是真命题C. 命题“R x ，使得2210x ”的否定是“R x ，都有2210x ” D. 命题“若cos cos x y ，则x y ”的逆否命题为真命题 3. 复数z 的共轭复数为z ，且满足2i 30z z ，则z A. 1i B. 1i C. 12i D. 2i 4. 已知随机变量X 服从正态分布 ,4N a ，且 10.5P X ， 20.3P X ，则(0)P X 等于A. 0.2B. 0.3C. 0.7D. 0.85. 函数()sin 2cos f x x x 在区间[0,] 上的值域为A. [2,2]B. [C. [2]D. [6. 数列 n a 为等差数列，且7421a a ，30a ，则公差dA. 2B.12C.12D. 27. 执行如图所示的程序框图，如果输入的 2,2x ，则输出的y 值的取值范围是A. 52y 或0yB. 223yC. 2y 或203yD. 2y 或23y— 高三理科数学(六)第2页(共4页) —8. 七名同学站成2排照相，前排3人后排4人，若各人站位是随机的，则甲乙两人中至少有一人站在前排的概率是A.57B.47C.37D.279. 一个几何体三视图如图所示（图中正方形为单位正方形），则该几何体的外接球表面积为A.1123π B. 41π C. 45πD. 48π10. 如图，在矩形ABCD 中，4AB ，3AD ，,M N 分别为线段,BC DC 上的动点，且2MN ，则AM AN的最小值为A. 25B. 15C. 16D. 1711. 双曲线22221(0,0)x y a b a b 的渐近线12,l l 与过点(,0)A m (0)m的直线分别交于,B C 两点，且2AB CA，则双曲线的离心率为A.3B.C.D. 12. 已知函数()23f x x ，()ln g x ax x ，若实数,s t 满足()()f s g t ，且s t 的最小值为2，则实数a 的值为A. eB. 2C. 1D. 0二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分．13. 已知实数x ，y 满足40300x y y x y，则11y z x 的最大值为．14. 已知函数 R f x x 的导函数为 f x ，且 37f ， 2f x ，则 21f x x 的解集为．15. 22sin 20cos50sin 20cos 50 的值为．16. 正八面体如图所示，若用一个平面截这个正八面体，下列关于其截面形状说法： ①其截面至少是四边形；②其截面可能是长与宽不相等的矩形； ③其截面可能是底角为60 的等腰梯形； ④其截面可能是正五边形； ⑤其截面可能是正六边形；其中正确的有．第10题图— 高三理科数学(六)第3页(共4页) —三．解答题：本大题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（一）必做部分17．（本小题满分12分）ABC 中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，π3A，4a ，AD 为BC 边上的中线．（Ⅰ）若5b c ，求ABC 的面积；（Ⅱ）若π2B DAC ，求ABC 的周长．18. （本小题满分12分）以“VR+5G 开启感知新时代”为主题的2019世界VR 产业大会于10月19日至21日在江西南昌隆重召开。

江西省南昌市重点中学2020届高考仿真卷数学试卷含解析【附15套高考模拟卷】

江西省南昌市重点中学2020届高考仿真卷数学试卷一、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．已知各项均为正数的等差数列{}n a 的公差为2，等比数列{}n b 的公比为-2，则（） A ．14n n a a b b --=B ．14n n a a b b -=C ．14n n a a b b --=- D ．14nn a a b b -=-2．如图,各棱长均为a 的正三棱柱111ABC A B C -，M 、N 分别为线段1A B 、1B C 上的动点,且MN //平面11ACC A ,则这样的MN 有 ( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．无数条3．某程序框图如图所示，若运行该程序后输出S =（）A ．53B ．74C ．95 D ．1164．已知一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个边长为2的正方形，则该几何体的表面积为（）A．223B．20C．206+ D．2010+5．已知函数2(1),0()43,0xe xf xx xx+⎧≤⎪=⎨+->⎪⎩，函数()y f x a=-有四个不同的零点，从小到大依次为1234,,,x x x x 则1234x x x x++的取值范围为（）A．(]5,3+eB．[4,4)e+ C．[)4+∞，D．(4,4)e+6．定义在R上的函数()f x，其导函数为()f x¢，且()()2f x f x=+，()()f x f x-='-'，若当()0,1x∈时，()0f x¢<，则A．()1ln ln302f f⎛⎫-<⎪⎝⎭B．()12ln ln302f f⎛⎫->⎪⎝⎭C．()1ln ln302f f⎛⎫+<⎪⎝⎭D．()12ln ln302f f⎛⎫+>⎪⎝⎭7．在平面直角坐标系中，»»»¼,,,AB CD EF GH是圆221x y+=上的四段弧（如图），点P在其中一段上，角α以O x为始边，OP为终边，若tan cos sinααα<<，则P所在的圆弧是A．»AB B．»CDC．»EFD．¼GH8．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是32，则正视图中的x的值是（）A ．2B ．92C ．32 D ．39．设()f x 为定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，()2(xf x m m =+为常数），则 ()1f -= （）A ．3B ．1C ．1-D ．3-10．在区间[1,1]-上随机取一个数k ，则直线(2)y k x =-与圆221x y +=有两个不同公共点的概率为（）A ．29 B ．36 C ．13 D ．311．已知0a >且1a ≠，函数()()2log a f x x x b =++在区间(),-∞+∞上既是奇函数又是增函数，则函数()log a g x x b =-的图象是（）A ．B ．C ．D ．12．设{}n a 是任意等差数列，它的前n 项和、前2n 项和与前4n 项和分别为,,X Y Z ，则下列等式中恒成立的是（） A ．23X Z Y += B ．44X Z Y +=C ．237X Z Y +=D ．86X Z Y +=二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

江西省南昌市2020届高三下学期三模(理科)数学试卷(答案)

— 高三理科数学（模拟三）答案第1页—NCS20200707项目第三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，只有一二、填空题:本大题共4小题,每小题5分，满分20分． 13．5 14．p m n 15．1316．29π2三．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 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.17．【解析】（Ⅰ）令1n ，112222p p a a a .且1122pn p n n a a ，与已知条件相除得22p n na a ，故2422(2)p p a a ，而1241,,2a a a 成等差数列，则422a a ，即 2(2)22p p ，解得22p ，即 1.p（Ⅱ）若{}n a 是等比数列，则由120,0a a ，知此数列首项和公比均为正数.设其公比为q ，则22pq ，故2212222p pa p a ，此时12,22nn a q a ，故2112n n n a a ，而12122pn n ，因此2p 时，{}n a 为等比数列，其前n 项和12(12)2 2.12n n n S18．【解析】（Ⅰ）取1BB 中点O ，连接1,,AB OA OC ，菱形中o160ABB ，故三角形1ABB 是等边三角形，则1AO BB ，1,3BO AO ，又11//BB CC ，1AC CC ，所以1AC BB ，又1AO BB ，AO AC A ，故1BB 平面AOC ，所以1BB CO ，在中Rt BOC 中，1CO ，所以222CO AO AC ，故CO AO ，又1AO BB ，所以AO 平面11BB C C ，又AO 平面11ABB A 所以平面11ABB A 平面11BB C C ；— 高三理科数学（模拟三）答案第2页—（Ⅱ）以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则0)A ，(0,1,0)B ，(0,0,1)C ，1,0),(0,1,1),BA BC设平面ABC 的法向量为(,,)m x y z ，由m BA m BC，得00m BA m BC即00y y z，令x 3,3y z ，所以m ，设1BB 上的单位向量为(0,1,0)n，则1BB 与平面ABC 的夹角正弦值sin cos ,7m n m n m n.19．【解析】（Ⅰ）甲解密成功所需时间的中位数是47.0.0150.014550.03450.04(4745)0.5a ，解得0.026a ； 0.0150.01550.03250.04(5047)0.5b ，解得0.024b ；甲在1分钟内解密成功的频率10.01520.9f .（Ⅱ）①由题意及（1）可知第一个出场的选手解密成功的概率10.9P ;第二个出场的选手解密成功的概率2910.910.911010P ；第三个出场的选手解密成功的概率23910.9(20.9291010P ；所以该团队挑战成功的概率0.90.10.910.10.090.9290.999361P . ②由①可知i P 按从小到大的顺序的概率分别为1P ，2P ，3P ，有题意X 的可能取值为1,2,3；则(1)0.9P X ,(2)(10.9)0.910.091P X ,(3)(10.9)(10.91)0.009P X ,()10.9E X.20．【解析】（Ⅰ）设点M 的坐标为(,)x y,116A N k ,226A N k , 则1122,A N A N 的直线方程分别为：6y x m①，6y xn ②，由①②得6m6n ，则22211666y mn x，— 高三理科数学（模拟三）答案第3页—则221(0)62x y y ；（Ⅱ）证明：设过R 的直线方程为:3l x ty ，设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，11(,)N x y ,联立方程223162x ty x y得22(3)630t y ty ，则12263t y y t ，12233y y t ， RP RQ即1122(3,)(3,)x y x y ，所以123(3)x x ，12y y ， 11(2,)x NF y ,22(2,)x y FQ ，要证NF FQ，即证122(2)x x ，亦即1111121222222312()0231x x ty y ty y y y x x ty y ③，将12263t y y t ，12233y y t 代入③中得2266033t tt t，所以NF FQ得证.21．【解析】（Ⅰ）2(1)()(1)(0).a a x af x a x x x x①当1a 时，()0f x ，()f x 在(0,) 单调递增；②当01a时，()f x，所以()f x在上单调递增，在) 上单调递减；③当0a 时，()0f x ，()f x 在(0,) 单调递减；（Ⅱ）当1a 时，2()ln 1f x x x ，不妨设120x x ，则12211212()()x f x x f x mx x x x 等价于212121()()()f x f x m x x x x ，考察函数()()f x g x x ，得22ln 2()x x g x x ，令22ln 2()x x h x x ，则352ln ()xh x x，则52(0,e )x 时，()0h x ；52(e ,)x 时，()0h x ，所以()h x 在52(0,e )单调递增，在52(e ,) 单调递减，故5251()(e )102eh x h ，即(0,)x 时()0g x ，()g x 在(0,) 单调递减，— 高三理科数学（模拟三）答案第4页—从而12()()g x g x ，即1212()()f x f x x x ，故122112()()()f x f x m x x x x ，所以121212()()f x f x mx mx x x ，即1122()()g x mx g x mx 恒成立，设()()x g x mx ，则()x 在在(0,) 单调递减，从而()()0x g x m 恒成立，故52(e )0 ，即5112e m. 22．【解析】（Ⅰ）设极点(,) 旋转之后极点为(',') ，故''π3即'3π' 代入曲线:4cos C ，得曲线':'4co πs(')3C 即曲线':4co πs()3C ，（Ⅱ）如图，两圆相交于点,O A ．连接,,,',',OA AC OC OC AC 显然四边形'OC AC 为菱形，故π23OCA ，所以重叠部分面积为：'''822()π3OC A OC A OC A S S S S 弓形扇形.23．【解析】（Ⅰ）若2k ，不等式()5f x 可化为2|||1|5x x . 当0x 时，2(1)5x x ，即43x403x ；当01x 时，2(1)5x x ，即4x 01x ；当1x 时，2(1)5x x ，即2x 12x .故不等式的解集为4[,2]3.（Ⅱ）由题：关于x 的不等式()|1||22|f x x x 在1[,2]2x 恒成立，即|||1||22||1|k x x x x 在1[,2]2x 恒成立，|1||1|||x x k x 在1[,2]2x 恒成立，|1||1||11|2||||x x x x x x ，等号在1,1x x 同号时等号成立，所以，所求实数k 的范围是(,2] .。

江西南昌新建二中2020届下学期高三周考理科数学三(PDF版含解析)

两点，且 CD AB （ R ），当取得最小值时，求直线 l 的方程.
解：（1）由 △PF1F2
的面积可得
1 2
2c 1
2
，即 c
2 ，∴
a2
b2
4
．①
又椭圆 C 过点 P
6, 1
6
，∴
a2
1 b2
1．②
由①②解得 a 2 2 ， b 2 ，故椭圆 C 的标准方程为 x2 y2 1 . （4 分） 84
f
5 x
f
x 3 ，且
f
x
2x2
x
2
ln
4x, x,1
0
x
x
1 4
，若关
于 x 的不等式 f 2 x a 1 f x a 0 在20, 20 上有且仅有15 个整数解，则实数 a 的取值
范围是（ B ）
A． 1, ln 2 2 B．2 ln 3 3, 2 ln 2 2 C． 2 ln 3 3, 2 ln 2 2 D．2 2 ln 2, 3 2 ln 3
3
6
52
5
C.
D.
6
6
10.算盘是中国传统的计算工具,其形长方,周为木框,内贯直柱,俗称“档”,档中横以梁,梁上两珠,每珠作数五,梁下五珠,每珠作数一.算珠梁上部分叫上珠,梁下部分叫下珠｡例如:在十位档拨上一颗上珠和一颗下珠,个位档拨上一颗上珠,则表示数字 65.若在个､十､百、千位档中随机选择一档拨一颗上珠, 再随机选择两个档位各拨一颗下珠,则所拨数字大于 200 的概率为( D )
二、填空题(本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.)
13.已知向量
a,
b
，满足

江西省南昌市2020届高三上学期期中联考数学(理科)试题Word版含解析

江西省南昌市2020届高三上学期期中联考数学（理科）试题1.已知集合,则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意，求解集合，再根据补集和交集的概念，即可求解．【详解】由题意，则，所以，故选C．【点睛】本题主要考查了集合的交集和补集的运算，其中熟记集合的交集和补集的运算方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．2.“”是“”的（）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先得出，由子集关系可得解。

【详解】⇒，但由包含了，得是充分不必要条件。

故选A【点睛】在判断充分不必要条件，必要不充分条件，充分必要条件时转化为集合的关系。

等价于是的子集。

3.已知平面向量、，满足，若，则向量、的夹角为A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的点积运算得到，进而得到角的余弦值，求出角.【详解】设向量夹角为，根据向量的点积运算得到：故夹角为：.故答案为：C.【点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式、余弦定理的应用，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.4.若角的终边与单位圆的交点为，则A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：先根据任意角的三角函数的定义式，求得的值，再根据两角和的正切公式，结合的正切值，求得结果.详解：因为角的终边与单位圆的交点为，所以由任意角的三角函数定义易知：，所以，故选B.点睛：该题考查的是有关三角函数的求值问题，在解题的过程中，需要注意根据题中所给的角的终边上的一点的坐标，应用任意角的三角函数的定义，求得其正切值，之后应用两角和的正切公式求得结果.5.《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现有一月（按30天计），共织390尺布”，则该女最后一天织多少尺布？（）A. 21B. 20C. 18D. 25【答案】A【解析】【分析】由题意可得：每天织的布数构成等差数列，设公差为d，由，可得，再计算第30项即可得解. 【详解】由题意可得：每天织的布数构成等差数列，设公差为d，则前30项和，解得．∴最后一天织的布的尺数等于．故选C．【点睛】本题主要考查了等差数列的应用，计算前n项和及等差数列的通项公式，属于基础题.6.已知偶函数在区间上单调递增，则满足的的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由于函数为偶函数，并且在上递增，所以有，解得.【详解】由于函数为偶函数，且在上递增，所以函数在上递减，并且图像关于轴对称，故有，，故选B.【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性，考查函数的单调性，考查利用函数的单调性和奇偶性来解决抽象函数不等式的问题.在解题过程中，需要解绝对值不等式，绝对值的几何意义是数轴上的点到原点的距离，故有“大于在中间，小于在两边”的解题方法.本小题属于基础题.7.已知，则 ( )A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由“切化弦”可得，再将利用两角和公式展开，平方后即可得解.【详解】由，得，即得..故选A.【点睛】本题主要考查了同角三角函数的基本关系及余弦的两角和展开公式，属于基础题.8.在实数范围内，使得不等式成立的一个充分而不必要的条件是( )A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先解不等式，再根据解集与选项之间包含关系确定选择.【详解】因为所以为不等式成立的一个充分而不必要的条件，选D.【点睛】充分、必要条件的三种判断方法．1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，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⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．9.已知定义在上的偶函数在上单调递增，则函数的解析式不可能是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】分析：根据函数为偶函数，得，得到在上单调递增，即可作出判断，得到结论．详解：因为为偶函数，则，解得，所以在上单调递增，函数在上单调递增，只有在上单调递减，故选B．点睛：本题考查了函数的基本性质的应用，解答中涉及到利用函数奇偶性，求得值，进而得到函数的单调性，利用基本初等函数的性质是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力．10.已知函数的图象关于点对称，函数对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】构造函数,x∈（0，π），可得函数在x∈（0，π）上单调递增，检验即可．【详解】由已知，为奇函数，函数对于任意的满足得，即，所以在上单调递增；又因为为偶函数，所以在上单调递减.所以，即.故选：C【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，一般：（1）条件含有，就构造,（2）若，就构造，（3），就构造，（4）就构造，等便于给出导数时联想构造函数.11.已知定义在区间上的函数的图象关于直线对称，当时，，如果关于的方程有解，记所有解的和为，则不可能为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作函数的图象，分析函数的图象得到函数的性质，分类三种情况讨论后，分别求出所有解的和，对比选项中的结论即可得到结果.【详解】作函数的图象，如图：观察图象，可得，若有解，则，①有4解，；②有3解，；③或有2解，，不可能为，故选D.【点睛】本题主要考查函数的图象与性质以及函数与方程思想、数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．12.(1)设曲线在原点处切线与直线垂直，则a=______.(2)已知等差数列中，已知，则=________________.(3)若函数，则__________．(4)曲线与直线及轴围成的图形的面积为__________．【答案】 (1). (2). (3). (4).【解析】【分析】（1）求函数导数，再将x=0代入得切线斜率，进而由直线垂直可得斜率之积为-1，从而得解；（2）由，代入条件即可得解；（3）求函数导数，代入x=1即可得解；（4）曲线与直线的交点为(1,2)，由定积分的几何意义，计算即可得解. 【详解】（1）解：∵，∴，∴曲线在点（0，0）处的切线方程是y=x，∵直线y=x与直线垂直垂直∴，即．故答案为1.(2)等差数列中，已知，∴．故答案为54．(3)因为于是一个常数所以,把代入得,所以．故答案为-2e．(4) 曲线与直线的交点为(1,2)，由曲线直线y=-x+3及x轴所围成的图形的面积是：故答案为．【点睛】本题主要考查了导数的集合意义，定积分的几何意义，及等差数列的求和，属于基础题.13.命题甲：集合为空集；命题乙：关于的不等式的解集为．若命题甲、乙中有且只有一个是真命题，求实数的取值范围．【答案】【解析】【分析】由题意可得命题甲乙对应的k的范围，分甲真乙假，甲假乙真两种情形，由集合的运算可得.【详解】命题甲为真命题，则集合为空集，解得，命题乙为真命题，则关于的不等式的解集为，，解得由命题甲、乙中有且只有一个是真命题，若甲为真命题，乙为假命题，则，k无解,若乙为真命题，甲为假命题，则，得或综上所述，实数的取值范围为 .【点睛】该题考查的是有关两个命题一真一假时对应参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要明确每一个命题为真命题时对应参数的取值范围，再分类讨论，求得结果，属于简单题目.14.已知向量.（1）若，求；（2）若，求向量在方向上的投影.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由条件可得，再利用坐标运算即可得解；（2）由计算得解即可.【详解】（1）因为=(λ,3),=(-2,4)，所以2+=（2 λ-2,10），又因为（2+）⊥，所以，解得： =11；（2）由，可知，.即向量在方向上的投影为.【点睛】本题主要考查了向量垂直的坐标表示，及向量投影的计算，属于基础题.15.在中，分别为角所对的边，已知，,.(1)求的值；（2）求的面积．【答案】(1)见解析;(2).【解析】【分析】（1）正弦定理可得，由余弦定理，求解即可（2）由的面积求解即可【详解】（1）因为，由正弦定理可得，由余弦定理，得，解得，所以；（2）的面积．【点睛】正弦定理，由余弦定理，的面积公式。

2020年高考理科数学江西卷(word版含答案)

普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）理科数学本试题分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3页至4页。

全卷满分150分，考试时间120分钟。

考生注意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。

务必在答题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位。

2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号。

第Ⅱ卷用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，若在试题卷上作答，答题无效。

3.考试结束，监考员将试题卷和答题卡一并收回。

参考公式：样本数据()()1122x y x y +++，…，()n n x y +的线性关系数()()ni ix x y y r --=∑ 锥体体积公式V=13Sh 其中 ,n n x x x y y y x y n n 1212++++== 其中S 为底面积，h 为高第Ⅰ卷一、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.若12i z i+=，则复数z -= A. 2i -- B. 2i -+ C. 2i - D. 2i +2.若集合{}1213A x x =-≤+≤，20,x B x x -⎧⎫=≤⎨⎬⎩⎭则A B ⋂= A.{}10x x -≤< B..{}01x x <≤C. {}02x x ≤≤D. {}01x x ≤≤3.若()f x =，则()f x 的定义域为A. 1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭B. 1,02⎛⎤- ⎥⎝⎦C. 1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D. ()0,+∞ 4.若()224ln f x x x x =--则()f x ＞0的解集为A ．()0,+∞ B. ()()1,02,-⋃+∞C. ()2,+∞D. ()1,0-5.已知数列 ∣n a ∣的前n 项和n s 满足：n s +m s =n m s +，且1a =1，那么10a =( )A.1B.9C.10D.556.变量X 与Y 相对应的一组数据为（10，1），（11.3,2），（11.8,3），（12.5,4），（13,5），变量U 与V 相对应的一组数据为(10，5)，(11.3，4)，(11.8，3)，(12.5，2)，(13，1)，1r 表示变量Y 与X 之间的线性相关系数，2r 表示变量V 与U 之间的线性相关系数 ( )A. 2r < 1r <0B. 0<2r < 1rC. 2r <0<1rD. 2r =1r7、观察下列各式：55=3125, 56=15625, 57=78125，···，则52011 的末四位数字为( _A 、3125B 、5625C 、0625D 、81258、已知是三个相互平行的平面，平面之间的距离为，平面之前的距离为，直线与分别相交于.那么“”是“”的( )A 、充分不需要条件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9. 若曲线：+—2x=0与曲线:y(y+mx -m)=0有四个不同的交点，则实数m 的取值范围是（）A. (—，）B. （—，0）∪（0，）123,,ααα12,αα1d 23,a α2d l 123,,ααα123,,P P P 123,,P P P 12d d =1C x 2y 2C 233333333C. [—，]D.( －∞, －)∪(,+∞)10.如图，一个直径为1的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方向滚动，M 和N 是小圆的一条固定直径的两个端点。

2020届江西省南昌市高三上学期开学考试数学(理)试题(解析版)

2020届江西省南昌市高三上学期开学考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合{3=0,=1x M x N x y x -⎧⎫>=⎨⎬-⎩⎭，则()R C M N =I （）A ．(]1,2B ．[]1,2C ．(]2,3D ．[]2,3【答案】B【解析】根据求解分式不等式和二次根式的定义域得,M N 集合，再运用集合的补集和交集运算求解. 【详解】由已知得()()(],13,,,2MN =-∞⋃+∞=-∞，[]1,3R C M =，所以()R C M N =I []1,2，故选B. 【点睛】本题考查集合的补集和交集运算，属于基础题. 2．复数z 满足1i1i z+=-，则||z =（） A ．2i B ．2C ．iD ．1【答案】D【解析】根据复数的运算法则，求得复数z i =，即可得到复数的模，得到答案。

【详解】由题意，复数11ii z+=-，解得()()()()111111i i i z i i i i +++===--+，所以1z =，故选D 。

【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的模的求解，其中解答中熟记复数的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。

3．已知平面α内一条直线l 及平面β，则“l β⊥”是“αβ⊥”的（） A ．充分必要条件 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【答案】B【解析】根据线面垂直的判定定理和性质定理，以及充分条件和必要条件的判定方法，即可求解。

【详解】由题意，根据直线与平面垂直的判定定理，可得由“,l l βα⊥⊂”可证得“αβ⊥”，即充分性是成立的；反之由“,l αβα⊥⊂”不一定得到“l β⊥”，即必要性不成立，所以“l β⊥”是“αβ⊥”的充分不必要条件，故选B 。

【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记线面垂直的判定与性质是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题。