江西省八所重点中学2020届高三数学5月联考试题理含解析

江西省八所重点中学2020届高三数学5月联考试题理含解析江西省八所重点中学2020届高三数学5月联考试题理含解析PAGE29-江西省八所重点中学2020届高三数学5月联考试题理含解析江西省八所重点中学2020届高三数学5月联考试题理（含解析）一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若，则z的虚部是（）A。 B。 C.3 D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算计算出复数,再根据复数的概念可得复数的虚部。【详解】因为,所以的虚部为.故选：C【点睛】本题考查了复数的除法运算法则,考查了复数的概念，属于基础题.2。已知集合，则集合A的子集个数为()A。4 B.5 C。6 D.8【答案】A【解析】【分析】通过解一元二次不等式以及，可得集合A，根据集合A中元素的个数可得子集个数.【详解】由，得，得，所以，因为，所以或，所以，所以集合A的子集个数为.故选：A【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了根据集合中元素个数计算子集个数,属于基础题.3.函数若角的顶点在坐标原点,始边与x轴非负半轴重合，终边经过,则（）A.1 B。2 C。3 D.4【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的定义求出后，根据分段函数的解析式可求得的值.【详解】由题意可得,所以.故选：A【点睛】本题考查了三角函数的定义，考查了根据分段函数的解析式求函数值,属于基础题。4.函数的部分图象大致为（）A. B。C。 D。【答案】B【解析】【分析】结合函数的定义域，利用函数的性质，特殊值法求解.【详解】的定义域是，排除D，因为,所以是奇函数，排除C，当时，,则，排除A，故选：B【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，还考查了理解辨析的能力，属于中档题。5。非零向量满足且，的夹角为(）A. B. C。 D.【答案】C【解析】【分析】运用向量的平方即为模的平方，求得,由向量数量积的夹角公式，计算可得所求值．【详解】由得，①又由得，②将②代入①式,整理得：，即又因为,即故选。【点睛】本题考查向量数列的定义和夹角的求法，考查向量的平方即为模的平方,考查运算能力,属于中档题．6。执行如图所示的程序框图,正确的是(）A。若输入a，b,c的值依次为1，2，4，则输出的值为5B.若输入a，b，c的值依次为2，3，5，则输出的值为7C.若输入a，b，c的值依次为3，4，5，则输出的值为15D。若输入a，b，c的值依次为2，3,4，则输出的值为10【答案】C【解析】【分析】模拟程序的运行过程知该程序的功能是利用选择结构找出的最小值并输给变量,再交换变量，，计算并输出的值，由此得出结论．【详解】解：模拟程序的运行过程可知，该程序的功能是利用选择结构找出的最小值并输给变量,再交换变量，，计算并输出的值;当输入的的值依次为时，交换变量得，输出结果是,所以A错误；当输入的的值依次为时,交换变量得,输出结果是，所以B错误;当输入的的值依次为时，交换变量得，输出结果是，所以C正确；当输入的的值依次为时，交换变量得，输出结果是，所以A错误；故选：C．【点睛】本题主要考查程序框图的应用问题，解题时应模拟程序运行过程，属于基础题．7。已知命题p：，使得，命题q:,，若为真命题，则a的取值范围是（）A. B。 C. D。【答案】C【解析】【分析】由为真命题,得均为真命题，分别求出为真命题的的范围，取交集得答案．【详解】因为为真命题,所以命题均为真命题,若命题p：,使得,所以；若命题q：,，所以，所以，所以。故选:C。【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查复合命题的真假判断,是基础题．8.在区间上随机取两个数x，y,记为事件“"的概率,为事件“”的概率，则（)A. B。 C.1 D。【答案】D【解析】【分析】作出每个事件对应的平面区域，求出面积，利用几何概型的概率公式求解.详解】事件“”,如图所示阴影部分:所以，事件“”如图所示阴影部分:所以,所以故选:D【点睛】本题主要考查几何概型的概率求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力,属于基础题.9。已知数列的前项和为，，若存在两项,，使得,则的最小值为（)A。 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据递推关系可得的通项公式，再由条件可得的所有取值情况，进而一一代入式子求值，即可得答案；【详解】，，两式相减得：，,，,，且，或或或当时，，当时，，当时，，当时，，的最小值为，故选：A。【点睛】本题考查数列的基本量运算与多项式求最值，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意不能误用基本不等式，导致出错。10.已知是球的内接三棱锥，球的半径为2，且，,，则点到平面的距离为()A. B。 C. D。【答案】B【解析】【分析】由题意可得为直径，则中点即为球心,可得。由，可得为正三角形。取中心，则。在中求出，即可求点到平面的距离.【详解】由题意知四点都在球面上，且为直径，中点即为球心，如图所示，,，，又，正三角形.取中心,连接.则面，。可求得，，。又因为中点为,所以点到面的距离为点到面的距离的2倍，即距离为.故选：。【点睛】本题考查点面距，属于中档题.11。如图，，分别为双曲线：（a，）的左､右焦点，过点作直线l，使直线l与圆相切于点P,设直线l交双曲线的左右两支分别于A､B两点（A､B位于线段上）,若且，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.4【答案】C【解析】【分析】由且，得到，设，可得，由双曲线的定义求得的值，在直角，，中可得的表达式，得出的关系式，即可求得离心率.【详解】连接,因为且，所以,设，则,，由双曲线的定义知:，,,在直角中有:，（1）在直角中有：，（2）在直角中有：，（3）由（2）(3），可得，由(1）（2)可得，（4)将代入（4）可得，所以双曲线的离心率为.故选：C.【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及标准方程，以及直角三角形的性质的综合应用，其中解答中合理利用双曲线的定义，以及直角三角形的勾股定理，列出方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力。12.已知是函数的极大值点，则a的取值范围是（）A. B。 C。 D.【答案】B【解析】【分析】令，则，分类讨论当时，利用导数与函数单调性的关系可得当时，；当时，，根据极大值的定义可知满足题意；当时，利用导数可得存在使得,根据导数可得，从而可得,与已知矛盾，进而得出结果.【详解】令，则，,当时，时，,单调递减，而，时,，,且，,即在上单调递增，时，，,且，，即在上单调递减，是函数的极大值点,满足题意.当时，存在使得,即,，又在上单调递减,时，,，这与是函数的极大值点矛盾，综上所述a的取值范围是。故选：B【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值，考查了分类讨论的思想，属于中档题。二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13。已知直线：，：，且，则k的值______.【答案】【解析】【分析】根据两直线平行列关于的方程，解出的值，然后代入两直线方程进行验证是否满足，即可得出实数的值。【详解】直线：，：，且,则，解得或。当时,,，两直线重合，不合乎题意;当时，，即，，两直线平行，满足题意.因此，。故答案为：【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，在求出参数后，还应将参数的值代入两直线方程，验证两直线是否平行，考查运算求解能力,属于基础题.14.在的展开式中的常数项为_______.【答案】【解析】【分析】写出通项公式，给r赋值即可得出．【详解】的通项公式为：Tr+1（-1）rx6﹣2r．令6﹣2r＝0解得r＝3，∴（-1)320，所以常数项为-20．故答案为—20．【点睛】本题考查了二项式定理的应用，写出通项是关键，属于基础题．15。定义新运算:,已知数列满足，且，若对任意的正整数n，不等式总成立，则实数m的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】由，得，得,利用累加法、裂项相消法求得，由此得，从而求得数列为递增数列，由此即可求出答案．【详解】解:由,得,得，，则，，∵，∴数列为递增数列，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查数列的递推公式的应用，考查累加法求通项公式,考查裂项相消法求和，考查不等式恒成立问题,考查行列式的计算,考查推理能力与计算能力，属于中档题．16.三棱锥中，,，，则三棱锥体积最大值为______。取值范围为______。【答案】(1）.（2）.【解析】【分析】中，设，,边上的高为，解得,由此能求出三棱锥体积最大值；沿AB旋转与共面，，P在半径为r一圆弧上运动，以AB中点为原点，建立直角坐标系,，，，，由此能求出取值范围。【详解】（1）中，设，，边上的高为，则又,，当且仅当时等号成立，(2）沿旋转与共面，，P在半径为r一圆弧上运动,以中点为原点，建立直角坐标系,,,，,,，,，故答案为：，.【点睛】本题考查三棱锥的体积的最大值、线段的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题.三､解答题（共70分,解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤。第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.设的内角A，B，C的对边长a,b，c成等比数列,，延长至D使.（1）求的大小;（2）求的取值范围。【答案】(1）;（2）【解析】【分析】（1）先根据，得到；①再结合成等比数列得到；②二者联立即可求出的大小;（2）上面二者联立求得，得到其为正三角形，再结合二次函数的性质即可求得结论．【详解】（1）依题可得：，，①又因为长a，b，c成等比数列,所以，由正弦定理得：②①②得：，化简得：，解得：,又，所以,（2）①②得:，即,即，即三角形为正三角形,设的边长为x，由已知可得，则(当且仅当时取等号）。的取值范围。【点睛】本题考查了数量积运算性质、三角函数以及二次函数的性质，考查了推理能力与计算能力,属于中档题．18。如图所示，直角梯形中，,，，四边形为矩形，,平面平面.（1)求证:平面；(2）在线段上是否存在点P,使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在,求出线段的长，若不存在，请说明理由。【答案】（1)见解析；（2）存在，【解析】【分析】（1）证明平面,以D为原点,所在直线为x轴，过D作平行与的直线为y轴，所在直线为z轴,建立空间直角坐标系，平面的法向量，计算得到证明。(2）设,，故，代入计算得到答案.【详解】（1)∵四边形为矩形，，因为平面平面,平面，由题意，以D为原点，所在直线为x轴，过D作平行与的直线为y轴,所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.则,，,，,，,设平面的法向量为，则，取可求得平面的法向量,又，，所以平面;(2）设，则，,设直线与平面所成角为，，化简得，解得,或，当时,，；当时,，，综上：。【点睛】本题考查了线面平行,线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19.年前某市质监部门根据质量管理考核指标对本地的500家食品生产企业进行考核,然后通过随机抽样抽取其中的50家,统计其考核成绩（单位：分）,并制成如下频率分布直方图。（1）求这50家食品生产企业考核成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）及中位数a（精确到0.01）（2）该市质监部门打算举办食品生产企业质量交流会，并从这50家食品生产企业中随机抽取4家考核成绩不低于88分的企业发言，记抽到的企业中考核成绩在的企业数为X,求X的分布列与数学期望(3）若该市食品生产企业的考核成绩X服从正态分布其中近似为50家食品生产企业考核成绩的平均数，近似为样本方差，经计算得,利用该正态分布,估计该市500家食品生产企业质量管理考核成绩高于90。06分的有多少家？（结果保留整数）。附参考数据与公式：则，。【答案】（1），；(2）分布列见解析，；（3)79家【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图的性质能求出这50家食品生产企业考核成绩的平均数和中位数;(2）这50家食品生产企业中考核成绩不低于88分的企业有10家，其中考核成绩在内的企业有5家，得出随机变量的可能取值,分别求出相应的概率，得出分布列，求得数学期望；(3）根据题意得，由此能求出估计该市500家食品生产企业质量管理考核成绩高于90。06分的有多少家.【详解】（1）由题意，这50家食品生产企业考核成绩的平均数为：（分），由频率分布图可知内，所以，解得分。（2)根据题意,这50家食品生产企业中考核成绩不低于88分的企业有:（家)，其中考核成绩在内的企业有(家），所以X可能取值有0，1，2，3，4则，，，，,所以X的分布列为X01234P所以.（3）由题意得，所以，所以,所以（家)，所以500家食品生产企业质量管理考核成绩高于90.06分的有79家.【点睛】本题主要考查了平均数、中位数、离散型随机变量的分布列及数学期望的求解，以及正态分布等知识的综合应用，注重考查了分析问题和解答问题的能力，以及运算、求解能力。20。已知椭圆C：(）的离心率为，过右焦点且垂直于长轴的直线与椭圆C交于P，Q两点,且。（1）求椭圆C的方程；（2）A，B是椭圆C上的两个不同点，若直线,的斜率之积为（以O为坐标原点），M是的中点，连接并延长交椭圆C于点N,求的值.【答案】（1）;(2）【解析】【分析】（1）将代入椭圆方程，可得，再由,结合，解出，得到椭圆方程.

（2）设，,，，则得到，由在椭圆上,将坐标代入椭圆方程,得到关于的方程，从而解出的值，得到答案。【详解】(1）联立，解得,故，又,,联立三式,解得，，.故椭圆C的方程为.（2）设，，，，∵M是的中点，，，.又，,即，∵点在椭圆C上，,即。（*)∵，在椭圆C上,,①②又直线，斜率之积为，，即,③将①②③代入（*）得，解得所以【点睛】本题考查椭圆椭圆方程与集合性质，直线与椭圆的位置关系，利用点在椭圆上进行消元，属于中档题。21。设函数（）。（1）试讨论函数的单调性；（2）设，记，当时，若函数与函数有两个不同交点,，设线段的中点为,试问s是否为的根?说明理由.【答案】（1）见解析；(2)s不是的根，理由见解析【解析】【分析】(1)求解函数的导函数，分类讨论可得:①若时，当时,函数单调递减，当时,函数单调递增；②若时，函数单调递增;③若时，当时，函数单调递减,当时，函数单调递增。（2)构造新函数，求解导函数可得,欲证，故只需证明。，由于，是方程的两个不相等的实根，不妨设为,代入方程化简可得,故只需证明,化简为,构造，，通过求导可知在单调递增.又，因此即可证明不成立。【详解】（1)由，可知。因为函数的定义域为，所以，①若时,当时，，函数单调递减，当时,，函数单调递增;②若时,当在内恒成立，函数单调递增；③若时，当时，,函数单调递减,当时，，函数单调递增。（2）证明：由题可知（），所以所以当时,；当时，；当时,欲证，故只需证明。设，是方程的两个不相等的实根,不妨设为，则两式相减并整理得，从而，故只需证明(*）即.所以（＊)式可化为，即因为，所以，不妨令,即证，成立.记，，所以，当且仅当时，等号成立，因此在单调递增.又，