2020届南昌高三数学二模选填题逐题解析.pdf

1、NCS20200707 项目第二次模拟测试卷理科数学项目第二次模拟测试卷理科数学 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的. 1.复数 1212 13 ,3,zizizzz ，则|z等于() A. 2 B. 4 C.3D.2 3 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用复数的乘法运算得到 12 zz z ，再利用模的计算公式计算即可. 【详解】由已知， 21 (13 )( 3)2 32zziiiz，所以 22 |(2 3)2164z .

2、 故选：B 【点睛】本题考查复数的乘法以及复数模的计算，考查学生的数学运算能力，是一道容易题. 2.集合 22 |4,|4Ay yxxNBxNxN ，则AB () A.0,2B.0,1,2C.0, 3,2D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意得到集合 A、B，再按交集定义运算即可. 【详解】由已知，0, 3,2,0,2AB，所以0,2AB. 故选：A 【点睛】本题考查集合的交集运算，解题关键是看清集合中代表元，考查学生的基本计算能力，是一道基 础题. 3.已知, ,a b c是三条不重合的直线， 平面 , 相交于直线 c，,ab， 则“, a b相交”是“ , a c相交” 的() A

3、. 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 【答案】A 【解析】 【分析】 由公理 3 可判断充分性成立，作图举反例可判断必要性不成立. 【详解】若, a b相交，设交点为 O，因为,ab，所以,OO，由平面的基本性质 3 可 知Oc，故充分性成立； 若 , a c相交，如图， , a b可能异面，故必要性不成立. 故选：A 【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，涉及到空间中点线面的位置关系，考查学生空间想象能力， 是一道容易题. 4.已知 1,1 ( ) ln ,1 xx f x x x ，则不等式 ( )1f x 的解集是( ) A.(1, )eB

4、.(2,)C.(2, ) eD.( ,)e 【答案】D 【解析】 【分析】 分1x ，1x 两种情况讨论，分别解不等式组，再求并集即可. 【详解】当1x 时，( )11f xx ，解得2x ，所以x； 当1x 时，( )ln1f xx，解得xe，所以xe； 综上，不等式 ( )1f x 的解集是( ,)e . 故选：D 【点睛】本题考查解分段函数不等式，考查学生分类讨论思想，数学运算能力，是一道容易题. 5.已知ABC中角, , A B C所对的边分别为 , ,a b c，若2 ,sin2cos2acAC，则角 A 等于() A. 6 B. 2 C. 2 3 D. 5 6 【答案】B 【解析】

5、 【分析】 由正弦定理可得sin2sinAC，结合 2 sin2cos22(12sin)ACC解方程组即可得到答案. 【详解】由2ac及正弦定理可得sin2sinAC， 又 222 sin2cos22(1 2sin)24sin2sinACCCA， 所以 2 sinsin20AA ，解得sin1A或sin2A （舍） ， 又(0, )A，所以 2 A . 故选：B 【点睛】本题考查正弦定理解三角形，涉及到二倍角公式的计算，考查学生的数学运算能力，是一道容易 题. 6.已知, a b 为不共线的两个单位向量，且a 在b 上的投影为 1 2 ，则|2|ab () A. 3 B. 5 C. 6 D.

6、7 【答案】D 【解析】 【分析】 由已知得到 1 |cos 2 a ，进一步得到 1 2 a b ，再代入 22 |2|44ababa b 中计算即可. 【详解】设, a b 的夹角为，由已知，| 1a ，1b |=， 1 |cos 2 a ， 所以 1 |cos 2 a ba b ， 所以 221 |2|44414()7 2 ababa b . 故选：D 【点睛】本题考查向量模的计算，涉及到向量的投影，考查学生的数学运算能力，是一道容易题. 7.函数 ln ( ) x xx f x e 的图象大致为() A.B. C.D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由( )0f e 可排除 A、D；

7、再利用导函数判断 ( )f x在(0,1)上的单调性，即可得出结论. 【详解】因为 1 ln1 ( )0 ee ee f e ee ，故排除 A、D； lnln1ln ( ),( ) xx xxxxx f xfx ee ， 令 1 ( )ln1ln ,( )ln1g xxxx g xx x ， ( )g x在(0,)是减函数，(1)0g， (0,1),( )0, ( )xg xg x 在(0,1)是增函数， 2 222 112 (1)10, ()1ln10gge eee ， 存在 0 2 1 (,1)x e ，使得 0 ()0g x， 0 (0,), ( )0,( )0,( )xxg xfxf

8、 x单调递减， 0 (,1), ( )0,( )0,( )xxg xfxf x单调递增， 所以选项 B 错误，选项 C 正确. 故选：C 【点睛】本题考查由解析式选择函数图象的问题，利用导数研究函数单调性是解题的关键，考查学生逻辑 推理能力，是一道中档题. 8.直线2sin0xy 被圆 22 2 520xyy截得最大弦长为() A.2 5B.2 3C. 3D. 2 2 【答案】D 【解析】 【分析】 先求出圆心到直线的距离，再利用垂径定理与勾股定理建立关系即可得到答案. 【详解】由已知，圆的标准方程为 22 (5)3xy，圆心为(0, 5)，半径3r ， 圆心到直线2sin0xy的距离 2 5

9、 3 4sin1 d ，解得 2 1 sin 6 ， 所以弦长为 22 2 5 22 3 4sin1 rd ，因为 2 5 4sin15 3 ， 所以 2 5 13 4sin1 ，所以弦长 22 2 5 22 3(0,2 2 4sin1 rd ， 当 2 4sin15 即 2 sin1时，弦长有最大值2 2. 故选：D 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及到垂径定理，考查学生的数学运算能力，是一道中档题. 9.函数( )sin()( 0)f xAx 的部分图象如图所示，则(0)f() A.6B. 3 C. 2 D. 6 2 【答案】B 【解析】 【分析】 由图可得周期为 4，进一步得到，再

10、由(8.5)(0.5)0ff得到，最后由(5)3f得到 A 从而得到 ( )f x的解析式，再计算(0)f 即可得到答案. 【详解】由已知，8.56.52 2 T ，所以 2 4T ，解得 2 ， 所以( )sin() 2 f xAx ，又(8.5)(0.5)0ff，所以sin()0 4 A ， 2, 4 kkZ ，即2, 4 kkZ ，又(5)3f， 即 5 sin()3 2 A ，所以cos3A，由可得 6A ，所以 ( )6sin() 24 f xx ，故(0)6sin()3 4 f . 故选：B 【点睛】本题主要考查已知函数图象求函数的解析式的问题，考查学生的逻辑推理能力，数学运算能力

11、， 是一道中档题. 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.图形如图所示为灌溉抽水管 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 3 sin37 5 ） A. 30 米B. 50 米C. 60 米 D. 70 米 【答案】B 【解析】 【分析】 设BDx，则

12、4 tan373 BD ADx ， sin5340CFBC ， cos5330BFBC ，再由AECE建 立方程即可得到答案. 【详解】由题意，作出示意图如图所示， 由已知，50BC ，45CAE ， 37BAE ， 53CBF ， 设BDx，则 cos374 tan37sin373 BDBD ADx ， 4 sin5350cos375040 5 CFBC ， 3 cos5350sin375030 5 BFBC ， 所以由AECE，得 4 3040 3 xx，解得30x ，又 A 点所在等高线值为 20 米， 故 B 点所在等高线值为203050米. 故选：B 【点睛】本题考查解三角形的实际应

13、用，读懂题意，弄清题中数据是代表什么是本题解题关键，考查学生 的数学运算能力，是一道中档题. 11.已知 F 是双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的右焦点， 直线3yx交双曲线于 A， B 两点， 若 2 3 AFB ， 则双曲线的离心率为() A. 5 B. 6 C. 102 2 D. 52 2 【答案】C 【解析】 【分析】 设双曲线左焦点为 M，,AFx BFy OAm，连接,AM BM，分别在三角形 BMF、ABF 中应用余弦 定 理 可 得 到 222 2mbc ， 联 立 22 22 3 1 yx xy ab ， 得 到 2222 22 2222 3 , 33 A

14、A a ba b xy baba ， 2222 AA OAmxy 22 22 4 3 a b ba ，由即可建立 a，b，c 之间的关系. 【详解】如图，设双曲线左焦点为 M，,AFx BFy OAm，连接,AM BM，则AMBF为平 行四边形，且AFBM，由已知， 2 3 AFB ，OFc， 3 FBM ，在三角形 BMF 中，由余弦定理，得 222 2cos 3 MFMBBFMB BF ，即 222 4cxyxy， 又2BFBMa，即2yxa，由可得 2 4xyb， 2222 44xycb， 在三角形 ABF 中，由余弦定理，得 222 2 2cos 3 ABAFBFAF BF ， 即 2

15、22222 4444mxyxycbb，所以 222 2mbc ， 联立 22 22 3 1 yx xy ab ，得 2222 22 2222 3 , 33 AA a ba b xy baba ，所以 2222 AA OAmxy 22 22 4 3 a b ba , 由可得 4224 40ba ba ，即 22 2 22 ()410 bb aa ，解得 2 2 25 b a （负值舍） ， 所以离心率 2 62 5102 1( )35 22 b e a . 故选：C 【点睛】本题考查双曲线离心率的问题，关键是建立, ,a b c方程，考查学生的数学运算求解能力，是一道中 档题. 12.已知函数

16、3 ( )sincos(0) 4 f xxxa xa 有且只有三个零点 123123 ,x x xxxx，则 32 tan xx属于() A.0, 2 B., 2 C. 3 , 2 D. 3 , 2 【答案】D 【解析】 【分析】 ( )f x有且仅有三个不同零点等价于2sin() 4 yx 与 3 () 4 ya x 有且仅有三个不同交点，数形结合 知 当 3 () 4 ya x 与2sin() 4 yx 相 切 时 ， 满 足 题 意 ， 利 用 导 数 的 几 何 意 义 可 得 3 33 2cos() 4 3 2sin()() 44 xa xa x ，进一步得到 33 3 tan()

17、44 xx ，所以 32 tan xx 3 3 tan() 4 x 33 3 tan() 44 xx ，再求出 3 x的范围即可得到答案. 【详解】由已知， ( )f x有且仅有三个不同零点等价于方程 3 2sin()() 44 xa x 有且仅有三个 不同实根，等价于2sin() 4 yx 与 3 () 4 ya x 有且仅有三个不同交点， 如图 当 3 () 4 ya x 与2sin() 4 yx 相切时，满足题意，因为 123 xxx， 所以 2 3 4 x ，且 3 33 2cos() 4 3 2sin()() 44 xa xa x ，消 a 得 33 3 tan() 44 xx 由诱

18、导公式，有 32 tan xx 3 3 tan() 4 x 33 3 tan() 44 xx ， 又 3 79 44 x ，所以 32 tan xx 3 3 4 x 3 , 2 . 故选：D 【点睛】本题考查已知函数的零点个数求范围问题，涉及到导数的几何意义，考查学生数形结合的思想， 转化与化归思想，是一道有一定难度的题. 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13.若变量 x，y 满足约束条件 1 310 yx xy ，则目标函数z xy 的最小值为_. 【答案】1 【解析】 【分析】 作出可行域，y xz ，截距为z，截距越小，

19、z越小，平移直线y x ，数形结合即可得到答案. 【详解】作出可行域如图所示 yxz ，截距为z，截距越小，z越小，平移直线y x ，当y xz 与1yx 重合时，截距最小，此时线段 AB 上任意一点都是最优解，所以 min 011z . 故答案为：1 【点睛】本题考查简单线性规划的应用，考查学生数形结合思想，是一道基础题. 14.已知梯形ABCD中， / /,3,4,60 ,45ADBC ADABABCACB ，则 DC _. 【答案】 15 【解析】 【分析】 分别过 A、D 作 BC 的垂线，垂足为 E、F，连接 AC，易得2BE ，AE2 3，在三角形 ABC 中，由正 弦定理可得 2

20、 6AC ，进一步得到 2 3EC ， 3FC ，再利用勾股定理即可得到答案. 【详解】分别过 A、D 作 BC 的垂线，垂足为 E、F，连接 AC，由已知，60 ,4ABCAB ， 所以2BE ，AE2 3，在三角形 ABC 中，由正弦定理，得 sinsin ACAB BACB ，即 4 sin60sin45 AC ，解得 2 6AC ， 所以 22 24122 3ECACAE ， 所以2 333FCECEFECAD， 故 2222 (2 3)( 3)15DCDFFC . 故答案为： 15 【点睛】本题考查正弦定理解三角形，考查学生的数学运算能力，是一道容易题. 15.已知 627 0127

21、 (1)(21)xxaa xa xa x，则 2 a等于_. 【答案】72 【解析】 【分析】 666 (1)21)(21)(21xxxxx，只需找到 6 (21)x的展开式中的 2 , x x项系数即可得到答案. 【详解】因为 6 (21)x的展开式通项为 666 166 (2 )( 1)( 1) 2 rrrrrrr r TCxC x ， 所以 666 (1)21)(21)(21xxxxx展开式中 2 x项为 51542422 66 ( 1) 2( 1) 272xC xC xx ，所以 2 72a . 故答案为：72 【点睛】本题考查二项式定理的应用，涉及到求指定项的系数，考查学生的数学运算

22、能力，是一道中档题. 16.已知正四棱锥PABCD中，PAC是边长为 3 的等边三角形，点 M 是 PAC的重心，过点 M 作与平 面 PAC 垂直的平面，平面与截面 PAC 交线段的长度为 2，则平面与正四棱椎PABCD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）2；2 2；3； 2 3. 【答案】 【解析】 【分析】 设ACBDO， 因为PABCD为正四棱锥， 易知BO 平面PAC， 过 M 作MTBO分别交棱PB、 PD于点 T、L，则MT 平面PAC，由题意，只需所作的平面是包含TL且与截面 PAC 交线段的长度 为 2 即可，数形结合，作出截面即可得到

23、答案. 【详解】 设ACBDO，因为PABCD为正四棱锥，易知平面PAC 平面ABCD，又 BOAC，平面PAC 平面ABCDAC，BO 平面ABCD，所以BO 平面PAC， 过 M 作MTBO分别交棱PB、PD于点 T、L，则MT 平面PAC，由题意， 只需所作的平面是包含TL且与截面 PAC 交线段的长度为 2 即可， 又PAC是边长为 3 的等边三角形，点 M 是PAC的重心，过 M 作MQAC分别交棱 PA、PC于点 E、Q，所以 EQPQ ACPC ，即 2 33 EQ ，所以2EQ ， 如图 1，则平面ETQL为满足题意的平面，因为3AC ，所以 3 2 2 AB ，所以 2 4 =() 9 ETQL ABCD S PT SPB 菱形 正方形 ，所以 2 43 2 ()2 92 ETQL S 菱形 ，故正确； 如图 2，过 T 作THGF，过 L 作LQGF，易知平面GLQHT为满足题意的平面， 且GLQHT为两个全等的直角梯形，易知 T、H 分别为 GE、EF 的中点，所以 1 1 2 HTGF， 所以五边形GLQHT的面积 12 22213 22 GFHT THGF SSFH 梯形 ， 故正确.当GFPA与GFPC是完全相同的，所以，综上选. 故答案为： 【点睛】 本题空间立体几何中的截面问题，考查学生空间想象能力，数形结合的思想，是一道有一定难度的题.