2019届江西省南昌市高三二模考试数学(理)试题(解析版)

第1页共20页2019届江西省南昌市高三二模考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则等于（）A．B．C．D．【答案】D【解析】求出集合A，然后根据数轴求出.【详解】解：因为，所以或，故集合{或}，又因为集合，所以=，故选D.【点睛】本题考查了集合的交集，解题的关键是审清题意，解析出集合中的元素.2．已知，复数，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】先求出，然后再求出.【详解】解：因为复数，所以，故，故选D.【点睛】本题考查了复数模的问题，解决问题的关键对的正确理解.3．已知函数，命题：，，若为假命题，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．第2页共20页【答案】C【解析】为假命题，即不存在，使，根据这个条件得出实数的取值范围.【详解】解：因为为假命题，所以为真命题，即不存在，使，故，且解得：或，故选C.【点睛】本题考查了命题的否定，解题的关键是要将假命题转化为真命题，从而来解决问题.4．已知抛物线的焦点为，点在该抛物线上，且在轴上的投影为点，则的值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】在轴上的投影为点，由抛物线的定义可得，，故可得结果.【详解】解：因为抛物线，所以抛物线的准线方程为，因为在轴上的投影为点，所以即为点到的距离减去2，因为点在该抛物线上，故点到的距离等于，所以,故，故选B.【点睛】本题考查了抛物线的定义，解决问题的关键是要利用抛物线的定义将进行转化.5．一个组合体的三视图如图所示（图中网格小正方形的边长为1），则该几何体的体积是（）第3页共20页A．B．C．D．【答案】C【解析】根据组合几何体的三视图还原出几何体，几何体是圆柱中挖去一个三棱柱，从而解得几何体的体积.【详解】由几何体的三视图可得，几何体的结构是在一个底面半径为1的圆、高为2的圆柱中挖去一个底面腰长为的等腰直角三角形、高为2的棱柱，故此几何体的体积为圆柱的体积减去三棱柱的体积，即，故选C.【点睛】本题考查了几何体的三视图问题、组合几何体的体积问题，解题的关键是要能由三视图还原出组合几何体，然后根据几何体的结构求出其体积.6．已知函数（，，）的部分图像如图所示，若将图像上的所有点向左平移个单位得到函数的图像，则函数的单调递增区间是（）A．B．C．D．第4页共20页【答案】A【解析】根据三角函数的图像得出函数解析式，然后根据平移规则得出函数的图像，从而得出函数的单调区间.【详解】解：由图可得故，解得，将点代入函数，即，因为，所以，故函数，因为将图像上的所有点向左平移个单位得到函数的图像所以，当时解得：，故当时，单调递增，故选A.【点睛】本题考查了求三角函数解析式问题、三角函数图像平移问题、三角函数单调性问题，解决问题的关键是要能由函数图像得出函数解析式，熟练运用图像平移的规则等.7．已知33logx，76logy，177z，则实数,,xyz的大小关系是（）A．xzyB．zxyC．xyzD．zyx【答案】D【解析】先解出x，y的值，然后再利用指数函数、幂函数的单调性判断大小关系.【详解】解：因为log33x，第5页共20页所以13x3，同理可得：()1163y77，因为函数7xy为单调增函数，且1167，故116777，即zy，因为函数31xy为单调增函数，且37，所以()113337，即xy，所以zyx，故选D.【点睛】本题考查了利用函数单调性比较两数大小的问题，解决问题的关键是要能从两数的关系中寻找出相应的函数.8．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】先求出点A关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.【详解】解：设点A关于直线的对称点，的中点为，故解得，要使从点A到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离，“将军饮马”的最短总路程为，故选A.第6页共20页【点睛】本题考查了数学文化问题、点关于直线的对称问题、点与圆的位置关系等等，解决问题的关键是将实际问题转化为数学问题，建立出数学模型，从而解决问题.9．已知中，，，，点是边的中点，则等于（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】利用正弦定理求出的值，用基底表示，，则可以得到的值.【详解】解：在中，由正弦定理得，，即，解得，因为，，所以故选B.【点睛】本题考查了正弦定理、向量分解、向量数量积等问题，解题的关键是要将目标向量转化为基向量，从而求解问题.10．已知双曲线：焦距为，圆：与圆：外切，且的两条渐近线恰为两圆的公切线，则的离心率为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】两圆相外切，可得两圆心距为3，从而可得，渐近线为两圆的公切线，故可得，从而可得出关于的关系，求得离心率.【详解】解：因为圆：与圆：外切，所以即①，第7页共20页渐近线为两圆的公切线，故可得，即②，将②代入到①中，得，即，又因为故，解得：，故，故选C.【点睛】本题考查了双曲线的离心率问题、直线与圆相切、圆与圆相切问题，构造出的等量关系式是本题解题的关键.11．已知是定义在上的函数，且对任意的都有，，若角满足不等式，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】构造新函数，由可得为单调减函数，由可得为奇函数，从而解得的取值范围.【详解】解：令因为，所以为R上的单调减函数，又因为，所以，即，即，所以函数为奇函数，故，即为，化简得，即，即，第8页共20页由单调性有，解得，故选A.【点睛】本题考查了函数性质的综合运用，解题的关键是由题意构造出新函数，研究其性质，从而解题.12．平行六面体的底面是边长为4的菱形，且，点在底面的投影是的中点，且，点关于平面的对称点为，则三棱锥的体积是（）A．4B．C．D．8【答案】C【解析】建立空间直角坐标系，利用待定系数法求出点的坐标，进而求解三棱锥的体积.【详解】解：因为平行六面体的底面是边长为4的菱形，所以,因为点在底面的投影是的中点，所以，故以点为原点，以，，为轴建立如图所示的空间坐标系,则，，，，，,,第9页共20页则，设平面的法向量为故即令，解得，设点则因为点关于平面的对称点为，所以，所以，即，解得：，即，又因为点到平面的距离等于点到平面的距离，所以即，解得或，当时，点与点重合，不符合题意，当时，点，显然，平面的法向量为，故点到平面的距离为，所以三棱锥的体积为，故选C.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中求体积的应用问题，解决本题的关键是充分运用待定系数法求解点的坐标，同时要熟练运用点到面的距离公式.二、填空题13．已知，则等于__________．【答案】240【解析】由题意可知，不存在，可得出，再利用二项式定理求出，然后得出答第10页共20页案.【详解】解：因为的第项为，所以不存在，故，的系数为，所以.【点睛】本题考查了二项式定理的知识，对各展开项次数的认识是本题解题的关键.14．已知实数满足，则的最小值是__________．【答案】-2【解析】作出对应的区域，根据线性规划知识，对其进行平移，从而得到最小值.【详解】解：不等式等价于，故对应的区域如图所示，目标形式的几何意义为斜率等于2的直线，当直线平移经过点B时，取得最小值，联立方程组，解得，故.【点睛】本题考查了线性规划知识，解题的关键是正确画出不等式组对应的平面区域，对目标形式几何意义的探求也很关键.15．已知，则__________．第11页共20页【答案】【解析】利用两角和差公式将展开，然后化简便可得结果.【详解】解：将化简，可得，即，即，即，利用二倍角公式可得，.【点睛】本题考查了两角和差公式、同角三角关系的运用，熟练运用公式是解题的关键.16．江先生朝九晚五上班，上班通常乘坐公交加步行或乘坐地铁加步行.江先生从家到公交站或地铁站都要步行5分钟.公交车多且路程近一些，但乘坐公交路上经常拥堵，所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下车后从公交站步行到单位要12分钟；乘坐地铁畅通，但路线长且乘客多，所需时间（单位：分钟）服从正态分布，下地铁后从地铁站步行到单位要5分钟.下列说法：①若8：00出门，则乘坐公交不会迟到；②若8：02出门，则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大；③若8：06出门，则乘坐公交上班不迟到的可能性更大；④若8：12出门，则乘坐地铁几乎不可能上班不迟到.从统计的角度认为以上说法中所有合理的序号是__________．参考数据：若，则，，.【答案】③④【解析】利用正态分布对每一个说法求解其发生的概率，逐项分析，选出正确的选项.【详解】解：①若8：00出门，江先生乘坐公交，因为从家到车站要5分钟，下车步行到公司要12分钟，并且乘公交车所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生仍旧有可能迟到，只不过第12页共20页发生的概率较小，故①错误；②若8：02出门，江先生乘坐公交，因为从家到车站要5分钟，下车步行到公司要12分钟，并且乘公交所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘公交不会迟到；若8：02出门，江先生乘坐地铁，因为从家到车站要5分钟，下地铁步行到公司要5分钟，并且乘地铁所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘地铁不会迟到；此时两种上班方式，江先生不迟到的概率相当，故②错误；③若8：06出门，江先生乘坐公交上班；因为从家到车站要5分钟，下车步行到公司要12分钟，并且乘公交所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘地铁不会迟到；若8：06出门，江先生乘坐地铁，因为从家到车站要5分钟，下地铁步行到公司要5分钟，并且乘地铁所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘地铁不会迟到，此时两种上班方式，显然江先生公交上班不迟到的可能性更大，故③正确；④若8：12出门，江先生乘坐地铁上班，因为从家到车站要5分钟，下地铁步行到公司要5分钟，并且乘地铁所需时间服从正态分布，故当满足时，江先生乘地铁不会迟到，此时不迟到的可能性极小，故江先生乘坐地铁几乎不可能上班不迟到，故④正确；综上：③④正确.【点睛】本题考查了正态分布的实际应用，解题的关键是熟知正态曲线是关于对称，在正态曲线下方和x轴上方范围内的区域面积为1等正态密度曲线图象的特征.第13页共20页三、解答题17．已知数列是公差不为零的等差数列，，且存在实数满足，.（1）求的值及通项；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】（1）设出等差数列的公差d，然后退位相减便可得结果；（2）求出数列的通项公式，然后利用分组求和法解出数列的前项和.【详解】（1）设等差数列的公差为，由……①得……②，①-②得，，又因为，解得；将代入①可得，即，又因为，所以.（2）由（1）可得，所以.【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式和前项和公式的运用，基本量法是解题常见的方法.18．如图，矩形中，，，、是边的三等分点.现将、分别沿、折起，使得平面、平面均与平面垂直.第14页共20页（1）若为线段上一点，且，求证：平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】（1）构造经过直线的平面，然后证明该平面与已知的平面平行，再由面面平行得出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，借助空间向量知识解决二面角的大小.【详解】（1）如图，分别取，的中点，，连接，，，，因为，，所以，且.因为，，所以，且.因为面与面垂直，面面，，平面所以面，同理：面，所以，且，平面，平面，故平面，在矩形中，故，同理：，在几何体中，因为，所以，所以是以为斜边的等腰直角三角形，故，而，因为与共面于平面,故，第15页共20页平面，平面，故平面，,平面，故面面，因为平面，则面.（2）如图，以为原点，分别以，所在直线为轴，以过点并垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，则，，，因为所以，由（1）得面，，而平面，，故平面，从而是平面的一个法向量；设为平面的一个法向量，则