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1、江西省师大附中2020届高三下学期第三次模拟考试数学（文）试卷江西师大附中2020届高三第三次模拟考试文科数学注意事项：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。第卷1至2页，第卷3至4页。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。 4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。第卷一选择题：本大题共12小题，每小题5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，则（ C ）ABCD2定义运算，若，则复数对应的点在（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3已知，“函数有零点”是“函数在上为
2、减函数”的（ B ） 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我国古代有用一首诗歌形式提出的数列问题：远望巍巍塔七层，红灯向下成倍增，共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？（ ）ABCD5在中，设，且，则（ ）ABCD6已知函数，则下列结论错误的是（ ）A函数的最小正周期为B函数在区间上是增函数C函数的图象可由的图象向右平移个单位得到 D函数的图象关于直线对称 7以下四个命题中：从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样；若数据的方差为，则的方差为；两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1；对分类变量
3、与的随机变量的观测值来说，越小，判断与有关的把握越大其中真命题的个数为（ ）ABCD8如图所示的程序框图中，若，且恒成立，则的最大值是（ ）A B CD 9一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，画该四面体三视图中的正视图时，以平面为投影面，则得到正视图可以为（ ） A B C D10若实数满足约束条件则的最小值为（ ）A BCD 11已知定义在上的函数满足，且当，则（ ） ABCD 12已知偶函数是定义在上的可导函数，其导函数为当时，恒成立设，记，则的大小关系为（ ）ABCD第II卷本卷包括必考题和选考题两部分。第（13）题第（21）题为必考题，每个试题考生都必须作答。第（22）题第
4、（24）题未选考题，考生根据要求作答。二填空题：本大题共4小题，每小题5分，将答案填在答题纸上13如图，直线是曲线在处的切线，则的值为 如图可知，的几何意义是表示在处切线的斜率故故14已知等差数列的前项和为，若是方程的两根，则 【命题意图】本题意在考查等差数列的性质及求和公式。【解析】因为是方程的两根，所以，从而，。15在平面直角坐标中，已知点，若满足条件，则动点的轨迹方程为 【命题意图】本题考查曲线与方程，两点间距离公式。【答案】【解析】设点，则由条件得，化简得。16已知椭圆的离心率，是椭圆的左、右顶点，是椭圆上不同于的一点，直线斜倾角分别为，则的最小值为 【命题意图】本题考查】设，椭圆顶点
5、,，又，所以所以，即 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）如图，是直角斜边上一点，（）若，求角的大小；（）若，且，求的长【命题意图】本题考查正弦定理及余弦定理的应用意在考查运算能力及分析问题、解决问题的能力【解析】（）在ABC中根据正弦定理有. 因为所以又所以于是所以（）设则，于是，9分在中由余弦定理得 即得故18（本小题满分12分）某校高一年级学生全部参加了体育科目的达标测试，现从中随机抽取40名学生的测试成绩，整理数据并按分数段，进行分组，假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替，则得到体育成绩的折线图（如图）（）体育成
6、绩大于或等于70分的学生常被称为“体育良好”已知该校高一年级有1000名学生，试估计高一年级中“体育良好”的学生人数；（）为分析学生平时的体育活动情况，现从体育成绩在和的样本学生中随机抽取2人，求在抽取的2名学生中，至少有1人体育成绩在的概率；本题考查折线图、古典概型、，意在考查识图能力、数据处理能力、逻辑分析能力、数学运算能力 （）人5分（）”为事件，记体育成绩在的学生为，体育成绩在的学生为，则从这两组学生中随机抽取2人，所有可能的结果如下：共10种 9分而事件所包含的结果有共7种，因此事件发生的概率为 12分19（本小题满分12分）如图，三棱柱中，平面，点分别为的中点（）求证：平面平面；（
7、）设平面与平面的交线为，求证：【命题意图】本题以直三棱柱为几何背景，考查空间两条直线的位置关系、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.【解析】（）因为平面，平面，所以2分又因为，平面，平面，所以平面4分又平面，所以平面平面分（）法一：连接，在中，点、分别为、的中点，所以分又平面，平面，所以平面分又因为平面，平面平面，所以分法二：取的中点，连接、在中，点、分别为、的中点，所以分又因为平面，平面，所以平面分同理可证平面. 又因为，平面，平面，所以平面平面分又因为平面，所以平面. 又因为平面，平面平面，所以分20（本小题满分12分）已知抛物线，过点（其中）作互相
8、垂直的两直线，直线与抛物线相切于点（在第一象限内），直线与抛物线相交于两点（）当时，求直线的方程；（）求证：直线恒过定点【命题意图】本题主要考查抛物线的标准方程及其性质，直线与抛物线的位置关系，问题，意在考查学生的运算求解能力【解析】（）时，设直线l1的斜率为k，则直线l1的方程为,与抛物线方程联立可得：，由于直线l1与抛物线C相切，所以，求得：，点在第一象限内，从而直线的方程5分（）设直线l1的斜率为k，则l1直线的方程为,与抛物线方程联立可得：，由于直线l1与抛物线C相切，所以，得：故Q点坐标为Q，直线l110分又l1l2，故设l2的方程为：，即，所以直线l2恒过定点(0，1)21（本小题
9、满分12分）已知函数（），为自然对数的底数（） 当时，求函数的单调区间；（） 若存在实数，满足，求实数的取值范围；若有且只有唯一整数，满足，求实数的取值范围【命题意图】本题考查函数性质与导数的应用。】（）当时，1分由于， 当时，当时， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增3分（） 由得当时，不等式显然不成立；当时，；当时， 记， 在区间和上为增函数，和上为减函数 当时，当时， 综上所述，所有a的取值范围为由知时，由，得，又在区间上单调递增，在上单调递减，且，即，10分当时，由，得，又在区间上单调递减，上单调递增，且，解得，综上所述，所有的取值范围为12分请考生在（22）、（23）、（24）三
10、题中任选一题作答。注意：只能做所选定的题目。如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。22（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，四边形外接于圆，是圆周角的角平分线，过点的切线与延长线交于点，交于点（）求证：；（）若是圆的直径，求的长度【命题意图】本题主要考查圆周角定理、弦切角定理、三角形相似的判断与性质等基础知识，意在考查逻辑推证能力、转化能力、识图能力（）是圆周角的角平分线，又是圆的切线，又，4分（）（），是圆的直径，由（），则，在中，在中，所以.10分23（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程：在直角坐标系中，曲线的参数方
11、程为（是参数，），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（）求曲线的极坐标方程；（）直线的极坐标方程是，直线与曲线的交点为，与直线的交点为，求线段的长（）的普通方程为，又，所以曲线的极坐标方程5分（），则有，解得，7分设，则有，解得，9分所以10分 24（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数（）若不等式的解集为，求实数的值；（）若不等式，对任意的实数恒成立，求实数的最小值【命题意图】本题主要考查绝对值不等式的解法、三角不等式、基本不等式等基础知识，以及考查等价转化的能力、逻辑思维能力、运算能力【解析】（）由题意，知不等式解集为由，得，分所以，由，解得分（）不等式等价于，由题意知分所以，即对任意的都成立，则8分，当且仅当，即时等号成立，故，所以实数的最小值为410分
