江西省名师联盟2020届高三上学期第一次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com ‎2020届江西名师联盟高三第一次模拟考试卷 文科数学 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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解出集合，再根据交集的定义得到结果.‎ ‎【详解】‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，属于基础题.‎ ‎2.设为虚数单位，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ 计算出，进而计算即可.‎ ‎【详解】 ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算及模的求法，考查计算能力．‎ ‎3.若，，，则，，的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本道题结合指数,对数运算性质,结合1和对数单调性进行判断,即可.‎ ‎【详解】,‎ ‎,故,故选D.‎ ‎【点睛】本道题考查了指数、对数比较大小，可以结合1以及对数性质进行比较，难度中等．‎ ‎4.斐波那契数列满足：.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论错误的是（ ）‎ A. B. ‎ - 22 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对于A,由图可知， ，可得 ，A正确；对于B, ,所以B正确；对于C, 时， ；C错误；对于D, ,D正确.故选C.‎ ‎【方法点晴】本题通过对多个命题真假的判断考察数列的各种性质及数学化归思想，属于难题.该题型往往出现在在填空题最后两题，综合性较强，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱更不能因贪快而审题不清，其次先从最有把握的命题入手，最后集中力量攻坚最不好理解的命题.‎ ‎5.函数的部分图像大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 先判断函数的奇偶性，再根据与的性质，确定函数图象 ‎【详解】，定义域为，，所以函数是偶函数，排除A、C，又因为且接近时，，且，所以，选择B ‎【点睛】函数图象的辨识可以从以下方面入手：‎ ‎1.从函数定义域，值域判断；‎ ‎2.从函数的单调性，判断变化趋势；‎ ‎3.从函数的奇偶性判断函数的对称性；‎ ‎4.从函数的周期性判断；‎ ‎5.从函数的特征点，排除不合要求的图象 ‎6.数列为等差数列，前项和分别为，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 依题意，.‎ ‎7.已知，则（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 先由条件求出和，然后算出即可.‎ ‎【详解】由于，∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴.‎ 故选：B ‎【点睛】在解决本类题时，要善于观察角之间的关系，一般用已知角来表示所求角.‎ ‎8.如图所示是某多面体的三视图，左上为正视图，右上为侧视图，左下为俯视图，且图中小方格单位长度为1，则该多面体的侧面最大面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图可知多面体是棱长为2的正方体中的三棱锥，分别计算4个面的面积，即可得到结果.‎ ‎【详解】由三视图可知多面体是棱长为2的正方体中的三棱锥，‎ - 22 -‎ 故，，，，，‎ ‎∴，‎ ‎，，‎ ‎∴该多面体的侧面最大面积为．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查由三视图还原几何体，考查三角形面积的计算，考查空间想象能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎9.将一个总体分为甲、乙、丙三层，其个体数之比为5∶4∶1，若用分层抽样的方法抽取容量为250的样本，则应从丙层中抽取的个体数为（ ）‎ A. 25 B. 35 C. 75 D. 100‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 算出丙层所占的比例即可 ‎【详解】因为甲、乙、丙三层，其个体数之比为5∶4∶1，‎ 所以丙层所占的比例为，‎ 所以应从丙层中抽取的个体数为，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查的是分层抽样，较简单.‎ ‎10.在锐角中，内角的对边分别为，已知，，则的面积取得最小值时有（ ）‎ - 22 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由条件、正弦定理及面积公式得出，然后利用基本不等式求出最值及取得最值时的值，然后再用余弦定理算出 ‎【详解】由已知有，‎ 根据正弦定理得，‎ 又，即，‎ 由于，即有，‎ 即有，‎ 由于，即，解得，‎ 当且仅当时取等号，‎ 当，，取最小值，‎ 又（为锐角），则，‎ 则.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查的是正余弦定理、三角形的面积公式及基本不等式，属于综合题.‎ ‎11.已知双曲线，过点的直线交双曲线于两点，交轴于点（点与双曲线的顶点不重合），当，且时，点的坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 22 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的方程为，由可得，然后代入双曲线方程可得，同理可得，即是方程的两根，然后利用韦达定理即可解出来.‎ ‎【详解】由题意知直线的斜率存在且不等于零，‎ 设的方程为，则.‎ 又，∴，‎ 故，得，‎ ‎∵在双曲线上，∴，‎ 整理得，‎ 同理得.‎ 若，则直线过双曲线的顶点，不合题意，‎ ‎∴，‎ ‎∴是方程的两根，‎ ‎∴，∴，此时，‎ - 22 -‎ ‎∴，点坐标为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查直线与双曲线的位置关系，考查学生综合运用所学知识的能力.‎ ‎12.已知函数，当时，不等式恒成立，则整数的最小值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断出是奇函数且在R上是增函数，然后将转化为，即可用单调性去掉得到，然后只需求出左边的最大值即可.‎ ‎【详解】函数的定义域为 ‎，所以是奇函数 又 所以可判断出在上单调递增 不等式恒成立，‎ 等价于，‎ 得，即，‎ 令，，‎ 当时，，单调递增；‎ - 22 -‎ 当时，，单调递减，‎ 故当时，取极大值也是最大值，最大值为，‎ 所以，得.‎ 又，则.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用和函数的概念与性质，较综合.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13.已知变量满足约束条件，若，则的取值范围是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出可行域，然后即，通过图象可以得出.‎ ‎【详解】由图可知.‎ ‎∵，，‎ ‎∴的取值范围为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查的是线性规划的知识，较简单 - 22 -‎ ‎14.已知向量的夹角为，且，则_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数量积的定义及运算法则直接计算即可 ‎【详解】依题有 ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查的是数量积的计算，较简单.‎ ‎15.四面体中，底面，，，则四面体的外接球的表面积为______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，补形为长方体，求其对角线长，可得四面体外接球的半径，则表面积可求．‎ ‎【详解】解：如图，在四面体中，底面，，，‎ 可得，补形为长方体，则过一个顶点的三条棱长分别为1，1，，‎ 则长方体的对角线长为，则三棱锥的外接球的半径为1．‎ 其表面积为．‎ - 22 -‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，补形是关键，属于中档题．‎ ‎16.已知数列的前项和为，，，其中为常数，若，则数列中的项的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由求得再利用公式求出，根据求得从而可得结果.‎ ‎【详解】,,‎ ‎,①‎ 时，，②‎ ‎②-①化为，‎ 所以是公比为2的等比数列，‎ ‎，‎ 由，可得，‎ 解得，‎ 即中的项的最小值为，故答案为.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查递推关系求通项公式，以及等比数列的定义，数列的最小项，属于难题. 已知数列前项和，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式.‎ 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.已知数列是等比数列，且；‎ ‎（1）证明：数列是等差数列，并求出其通项公式； ‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）数列是公比为的等比数列，运用等比数列的定义和通项公式可得数列是首项为3，公差为2的等差数列，可得所求通项公式；（2）求得，运用数列的裂项相消求和，化简可得所求和．‎ ‎【详解】（1）证明：数列是公比为的等比数列，且，，‎ 可得，解得，‎ 即有，即，‎ 可得数列是首项为3，公差为2的等差数列，‎ 可得；‎ ‎（2），‎ - 22 -‎ 所以 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列，等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.‎ ‎18.如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是的中点．‎ ‎（1）求证: 平面平面；‎ ‎（2）求证:平面；‎ ‎（3）求三棱锥体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由直线与平面垂直证明直线与平行的垂直；（2）证明直线与平面平行；（3）求三棱锥的体积就用体积公式.‎ ‎（1）在三棱柱中，底面ABC，所以AB，‎ 又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面，因为AB平面，所以平面平面 - 22 -‎ ‎.‎ ‎（2）取AB中点G，连结EG，FG，‎ 因为E，F分别是、的中点，所以FG∥AC，且FG=AC，‎ 因为AC∥，且AC=，所以FG∥，且FG=，‎ 所以四边形为平行四边形，所以EG，‎ 又因为EG平面ABE，平面ABE，‎ 所以平面.‎ ‎（3）因=AC=2，BC=1，AB⊥BC，所以AB=，‎ 所以三棱锥的体积为：==.‎ 考点：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行的证明；考查几何体的体积的求解等基础知识，考查同学们的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、逻辑推理能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．‎ ‎19.某学校有40名高中生参加足球特长生初选，第一轮测身高和体重，第二轮足球基础知识问答，测试员把成绩（单位：分）分组如下：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到频率分布直方图如图所示.‎ ‎（1）根据频率分布直方图估计成绩平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；‎ ‎（2）用分层抽样的方法从成绩在第3，4，5组的高中生中抽取6名组成一个小组，若再从这6人中随机选出2人担任小组负责人，求这2人来自第3，4组各1人的概率.‎ - 22 -‎ ‎【答案】（1）成绩的平均值为87.25；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由所有矩形面积和为1求出，然后算出平均值即可 ‎（2）先算出抽取的6人中第3，4，5组的人数分别为3，2，1，然后得出所有的基本事件的个数和列出这2人来自第3，4组各1人的基本事件即可.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ 所以成绩的平均值为 ‎（2）第3组学生人数为，第4组学生人数为，‎ 第5组学生人数为，‎ 所以抽取的6人中第3，4，5组的人数分别为3，2，1.‎ 第3组的3人分别记为，第4组的2人分别记为，，‎ 第5组的1人记为，则从中选出2人的基本事件为共15个，‎ 记“从这6人中随机选出2人担任小组负责人，‎ 这2人来自第3，4组各1人”为事件，‎ 则事件包含的基本事件为，，，‎ ‎，，，共6个，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查的是频率分布直方图和古典概型的知识，属于基础题.‎ ‎20.已知为坐标原点，椭圆的下焦点为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于，两点.‎ ‎（1）以为直径的圆与相切，求该圆的半径；‎ ‎（2）在轴上是否存在定点，使得为定值，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.‎ - 22 -‎ ‎【答案】（1）；（2）存在定点，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程消元可得，，算出，由以为直径的圆与相切可得，解出即可 ‎（2）设，可算出，要为常数则有，解出即可 ‎【详解】由题意可设直线的方程为，‎ 由消去，得，‎ 则恒成立，，，‎ ‎，.‎ ‎（1），‎ 线段的中点的横坐标为，‎ ‎∵以为直径的圆与相切，∴，‎ 解得，‎ 此时，∴圆的半径为.‎ ‎（2）设，‎ - 22 -‎ ‎，‎ 由，得，，‎ ‎∴轴上存在定点，使得为定值.‎ ‎【点睛】涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.‎ ‎21.已知函数，曲线在点处的切线为.‎ ‎（1）求，的值；‎ ‎（2）若对任意的，恒成立，求正整数的最大值.‎ ‎【答案】（1），；（2）3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据切线方程可求得且，从而构造方程求得结果；（2）利用分离变量的方式可得在上恒成立；令，，通过导数可知，当时，，当时，，从而可得，可求得，则，得到所求结果.‎ ‎【详解】（1）由得：‎ 由切线方程可知：‎ ‎，，解得：，‎ ‎（2）由（1）知 - 22 -‎ 则时，恒成立等价于时，恒成立 令，，则.‎ 令，则 当时，，则单调递增 ‎， ，使得 当时，；时，‎ ‎ ‎ ‎，即正整数的最大值为 ‎【点睛】本题考查根据在某一点处的切线方程求解函数解析式、利用导数解决恒成立问题.解决恒成立问题的关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为参数与函数最值的关系，利用导数求得函数的最值，从而求得结果.‎ 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，曲线（为参数），在以为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线. ‎ ‎（1）写出曲线和的普通方程；‎ ‎（2）若曲线上有一动点，曲线上有一动点，求的最小值.‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 22 -‎ ‎（1）曲线C1 的参数方程消去参数，能求出曲线C1的普通方程；由曲线．能求出曲线C2的普通方程；‎ ‎（2）设M（2cos），则|MN|的最小值是M到直线C2的距离d的最小值，由此能求出|MN|的最小值．‎ ‎【详解】（1），‎ ‎.‎ ‎（2）设，‎ 结合图形可知：最小值即为点到直线的距离的最小值.‎ ‎∵到直线的距离 ，‎ ‎∴当时，最小，即.‎ ‎【点睛】本题考查曲线的普通方程的求法，考查线段长的最小值的求法，考查直角坐标方程、普通方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎23.[选修4-5：不等式选讲]:已知函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）设，，且的最小值为.若，求的最小值.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，，原不等式可化为，分类讨论即可求得不等式的解集；‎ ‎（2）由题意得，的最小值为，所以，由，得，利用基本不等式即可求解其最小值．‎ ‎【详解】（1）当时，，原不等式可化为，①‎ - 22 -‎ 当时，不等式①可化为，解得，此时；‎ 当时，不等式①可化，解得，此时；‎ 当时，不等式①可化为，解得，此时，‎ 综上，原不等式的解集为.‎ ‎（2）由题意得， ，‎ 因为的最小值为，所以，由，得，‎ 所以 ，‎ 当且仅当，即，时，的最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．‎ - 22 -‎ ‎ ‎ - 22 -‎