江西省名师联盟2020届高三上学期第一次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析 23页

www.ks5u.com ‎2020届江西名师联盟高三第一次模拟考试卷 理科数学 注意事项：‎ ‎1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.‎ ‎2.选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.‎ 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（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由集合的交集、补集运算即可.‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了集合的补集，交集运算，属于容易题.‎ ‎2.若复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 由复数的除法运算及乘方运算求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了复数的除法及乘方运算，属于容易题.‎ ‎3.设是等差数列的前项和,,,则公差 A. B. C. 1 D. -1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得到的方程组，解方程组即得d的值.‎ ‎【详解】由题得故答案为D ‎【点睛】本题主要考查等差数列的通项和前n项和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.‎ ‎4.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据幂函数的单调性比较大小.‎ ‎【详解】，，，‎ ‎.‎ 故选：A ‎5.函数的图象大致是( )‎ - 23 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用排除法，由排除选项；由排除选项，从而可得结果.‎ ‎【详解】 ，‎ ‎，排除选项；‎ ‎，排除选项，故选C.‎ ‎【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：‎ ‎(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．‎ ‎(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；‎ ‎(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；‎ ‎(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.‎ ‎6.设满足约束条件，则的最大值是（ ）‎ A. -1 B. 0 C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线性约束条件，得可行域；由z的几何意义可求得其最大值．‎ ‎【详解】由线性约束条件，画出可行域如下图 - 23 -‎ 的几何意义是可行域内的点与原点连线的斜率，‎ 由可行域可知，当取点B时，与原点连线斜率最大 B（1,2），所以的最大值为 所以选D ‎【点睛】本题考查了分式型非线性目标函数最值的求法，注意其几何意义的理解和应用，属于基础题．‎ ‎7.在中，，为的中点，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由向量的线性运算即可求解.‎ ‎【详解】如图：‎ - 23 -‎ ‎,‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，属于容易题.‎ ‎8.若存在，使成立，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，求函数的最小值即可，化简三角恒等式求最小值即可.‎ ‎【详解】记，‎ 则 因为存在，使成立，‎ 由，知，‎ 所以只需当时，，即.‎ 故选：C - 23 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了存在性问题，三角函数化简求最值，属于中档题.‎ ‎9.在直角坐标系中，是椭圆：的左焦点，分别为左、右顶点，过点作轴的垂线交椭圆于，两点，连接交轴于点，连接交于点，若是线段的中点，则椭圆的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合几何性质找到a,c的关系即可确定椭圆的离心率．‎ ‎【详解】如图，连接BQ，则由椭圆的对称性易得∠PBF=∠QBF，∠EAB=∠EBA，所以∠EAB=∠QBF，所以ME//BQ.‎ 因为△PME∽△PQB，所以，‎ 因为△PBF∽△EBO，所以，从而有，‎ 又因为M是线段PF的中点，所以.‎ 本题选择C选项.‎ ‎【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：‎ ‎①求出a，c，代入公式；‎ ‎②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c - 23 -‎ 的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．‎ ‎10.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的体积为（ ）‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 借助长方体作出棱锥，利用球心到顶点的距离相等确定O的位置，利用球的性质求出半径，即可计算.‎ ‎【详解】由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥，‎ ‎ ‎ 为的中点，‎ 外接球球心在过的中点且垂直于平面的直线上，‎ - 23 -‎ 又点到的距离相等，‎ 所以又在过左边正方体一对棱的中点所在直线上，‎ 在中，由，即，得，‎ 所以三棱锥外接球的球半径，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三视图，棱锥的外接球，球的体积，属于中档题.‎ ‎11.已知双曲线（a＞0，b＞0）的离心率为2，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，点M（-a，0），N（0，b），点P为线段MN上的动点，当取得最小值和最大值时，△PF1F2的面积分别为S1，S2，则=( )‎ A. 2‎ B. 4‎ C. 4‎ D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离心率求得的值，由此求得线段所在直线方程，设出点的坐标，代入，利用二次函数求最值的方法求得取得最小值和最大值时对应的点的纵坐标，根据面积公式求得面积的比值.‎ ‎【详解】由于双曲线的离心率为，故.所以直线的方程为，设，焦点坐标为，将坐标代入并化简得，由于，故当 - 23 -‎ 时取得最小值，此时；当时取得最大值，此时.故.所以选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查双曲线的离心率，考查平面向量的数量积，考查二次函数求最值的方法，属于中档题.‎ ‎12.设函数在定义域上是单调函数，且，若不等式对恒成立，则的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先确定函数的解析式，然后确定实数a的取值范围即可.‎ ‎【详解】由题意易知为定值，不妨设，则，‎ 又，故，解得：，‎ 即函数的解析式为，，‎ 由题意可知：对恒成立，‎ 即对恒成立，‎ 令，则，‎ 据此可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 函数的最小值为，‎ 结合恒成立的结论可知：的取值范围是.‎ - 23 -‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的单调性，导函数研究函数的性质，恒成立问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.若为定义在上的奇函数，当时，，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇函数的性质即可求值.‎ ‎【详解】∵，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数奇偶性应用，属于中档题.‎ ‎14.已知，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用赋值法，分别令即可得到结果.‎ ‎【详解】令可得；‎ 令，可得，‎ 所以.‎ 故答案为0‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查运算求解能力.‎ - 23 -‎ ‎15.已知函数只有一个零点，则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断函数为偶函数，根据偶函数的对称性即可求解.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以函数为偶函数，‎ 又函数只有一个零点， ‎ 故，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，函数的零点，属于容易题.‎ ‎16.在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，且为等边三角形，若四棱锥的体积与四棱锥外接球的表面积大小之比为，则四棱锥的表面积为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设四棱锥外接球的球心为，等边三角形外接圆的圆心为，则为 的重心，可证四边形 为矩形，所以．设正方形 的边长为，则，所以，，得到四棱锥 外接球的表面积和体积为，结合题目条件解得，求出四棱锥 的各个面的面积，从而求出四棱锥 的表面积．‎ ‎【详解】如图，‎ - 23 -‎ 连接，交于点，取的中点为，连接.‎ 设四棱锥外接球的球心为，等边三角形外接圆的圆心为，‎ 则为的重心，则，正方形外接圆的圆心为.‎ 因为，平面平面，‎ 所以平面，所以，‎ 所以四边形为矩形，‎ 所以.‎ 设正方形的边长为，则，‎ 所以，，‎ 所以四棱锥外接球的半径为，‎ 所以四棱锥外接球的表面积为，‎ 四棱锥体积为，‎ 所以，即，解得，‎ 所以正方形的边长为2，所以，‎ 所以四棱锥的表面积为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了几何体的外接球的表面积和体积，是中档题．‎ - 23 -‎ 三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.的内角的对边分别为，已知.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理化简已知等式可得，利用二倍角的余弦函数公式即可得解．‎ ‎（2）由已知利用余弦定理可求，利用同角三角函数基本关系式可求的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故.‎ ‎（2）∵，‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 由（1）可知，‎ 从而的面积.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，二倍角的余弦函数公式，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．‎ ‎18.某厂销售部以箱为单位销售某种零件，每箱的定价为元，低于箱按原价销售，不低于箱则有以下两种优惠方案：①以箱为基准，每多箱送箱；②通过双方议价，买方能以优惠成交的概率为，以优惠成交的概率为.‎ - 23 -‎ 甲、乙两单位都要在该厂购买箱这种零件，两单位都选择方案②，且各自达成的成交价格相互独立，求甲单位优惠比例不低于乙单位优惠比例的概率；‎ 某单位需要这种零件箱，以购买总价的数学期望为决策依据，试问该单位选择哪种优惠方案更划算？‎ ‎【答案】（1）；（2）选择方案①更划算．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用对立事件概率公式即可得到结果；‎ ‎（2）设在折扣优惠中每箱零件的价格为X元，则X＝184或188．得到相应的分布列及期望值，计算两种方案购买总价的数学期望从而作出判断.‎ ‎【详解】(1)因为甲单位优惠比例低于乙单位优惠比例的概率为0.4×0.6=0.24，‎ 所以甲单位优惠比例不低于乙单位优惠比例的概率1-0.24=0.76．‎ ‎(2)设在折扣优惠中每箱零件的价格为X元，则X＝184或188．‎ X的分布列为 X ‎184‎ ‎188‎ P ‎0.6‎ ‎0.4‎ 则EX＝184×06+188×0.4＝185.6．‎ 若选择方案②，则购买总价的数学期望为185.6×650＝120640元．‎ 若选择方案①，由于购买600箱能获赠50箱，所以该单位只需要购买600箱，‎ 从而购买总价为200×600＝120000元．‎ 因为120640>120000，所以选择方案①更划算．‎ 评分细则：‎ 第(1)问中，分三种情况求概率，即所求概率为0.6×0.4+0.42+0.62＝0.76同样得分；‎ 第(2)问中，在方案②直接计算购买总价的数学期望也是可以的，解析过程作如下相应的调整：‎ 设在折扣优惠中购买总价为X元，则X＝184×650或188×650．‎ - 23 -‎ X的分布列为 X ‎184×650‎ ‎188×650‎ P ‎0.6‎ ‎0.4‎ 则EX＝184×650×0.6+188×650×0.4＝120640．‎ ‎【点睛】本题考查了离散型随机变量的期望，概率的计算，考查推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎19.如图所示，在四面体中，，平面平面，，且.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）设为棱的中点，当四面体的体积取得最大值时，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据面面垂直的性质得到平面，从而得到，利用勾股定理得到，利用线面垂直的判定定理证得平面；‎ ‎（2）设，利用椎体的体积公式求得 ‎ - 23 -‎ ‎ ，利用导数研究函数的单调性，从而求得时，四面体的体积取得最大值，之后利用空间向量求得二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为，平面平面，‎ 平面平面，平面，‎ 所以平面，‎ 因为平面，所以.‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 因为，所以平面.‎ ‎（2）解：设，则，‎ 四面体的体积 .‎ ‎ ，‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减.‎ 故当时，四面体的体积取得最大值.‎ 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，‎ 令，得，‎ 同理可得平面的一个法向量为，‎ - 23 -‎ 则.‎ 由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的性质，线面垂直的判定，椎体的体积，二面角的求法，在解题的过程中，注意巧用导数求解体积的最大值.‎ ‎20.已知椭圆：过点，且它的焦距是短轴长的倍.‎ ‎（1）求椭圆的方程.‎ ‎（2）若，是椭圆上的两个动点（，两点不关于轴对称），为坐标原点，，的斜率分别为，，问是否存在非零常数，使当时，的面积为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在这样的常数，此时.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将点的坐标代入椭圆方程，结合和列方程组，解方程组求得椭圆的标准方程.（2）设直线的方程为和两点的坐标，将两点两点坐标代入，化简得到①.联立直线 - 23 -‎ 的方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用点到直线距离公式和弦长公式求得三角形的面积的表达式，结合①解得和的值.‎ ‎【详解】解：（1）因为椭圆：过点，‎ 所以，‎ 又因为该椭圆的焦距是短轴长的倍，所以，从而.‎ 联立方程组，解得，所以.‎ ‎（2）设存在这样的常数，使，的面积为定值.设直线的方程为，点，点，则由知，，所以.①‎ 联立方程组，消去得.‎ 所以，‎ 点到直线的距离，‎ 的面积.④‎ 将②③代入①得，‎ 化简得，⑤‎ 将⑤代入④得 - 23 -‎ ‎，‎ 要使上式为定值，只需，‎ 即需，从而，此时，，‎ 所以存在这样的常数，此时.‎ ‎【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查直线和椭圆相交所得弦的弦长的求法，考查与椭圆有关的三角形面积的求解，考查方程的思想，综合性较强，属于难题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，求的极值；‎ ‎（2）设，对任意都有成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）的极大值为，无极小值；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把代入，然后求出函数的定义域，对函数求导，结合导数与单调性的关系可求函数的极值，‎ ‎（2）令，根据已知可转化为，结合导数进行求解．‎ ‎【详解】（1）当时，，所以函数的定义域为，‎ 所以，且，‎ 令，‎ 所以当时，，‎ 所以.‎ 又，‎ - 23 -‎ 所以当时，，‎ 所以在上单调递减，故.‎ 同理当时，；‎ 当时，，‎ 所以在是单调递增，在单调递减，‎ 所以当时，的极大值为，无极小值.‎ ‎（2）令，‎ 因为对任意都有成立，‎ 所以.‎ 因为，‎ 所以.‎ 令，即，解得；‎ 令，即，解得.‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以.‎ 因为，‎ 所以，当时，‎ 令，即，解得；令，即，解得.‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以，‎ 所以，‎ - 23 -‎ 所以，即实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，极值及恒成立问题与最值求解的相互转化．‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.在直角坐标系中，直线参数方程为（为参数），圆的参数方程为（为参数）.‎ ‎（1）求和的普通方程；‎ ‎（2）将向左平移后，得到直线，若圆上只有一个点到的距离为1，求.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．‎ ‎（2）利用点到直线的距离公式的应用和关系式的平移变换的性质的应用求出结果．‎ ‎【详解】（1）由题意可得，‎ 故参数方程为（为参数），‎ 圆的参数方程为（为参数），‎ 消去参数，得的普通方程为，‎ 消去参数，得的普通方程为.‎ ‎（2）的方程为，即，‎ 因为圆上只有一个点到的距离为1，圆的半径为1，‎ 所以到的距离为2，‎ 即，解得（舍去）.‎ ‎【点睛】‎ - 23 -‎ 本题主要考查了参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，函数的关系式的平移变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．‎ ‎23.设函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若恒成立，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把代入，利用零点分段讨论法去掉绝对值可求；‎ ‎（2）利用绝对值的三角不等式求出的最小值，然后求解关于的不等式即可.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 当时，，无解；当时，可得；当时，可得；故不等式的解集为． ‎ ‎（2）， ‎ ‎． ‎ 当或时，不等式显然成立；‎ 当时，，则． ‎ 故的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题主要考查含有绝对值不等式的解法及恒成立问题，零点分段讨论法是常用解此类不等式的方法.‎ - 23 -‎ - 23 -‎