2020届江西省红色七校高三第一次联考数学（理）试题（解析版）

2020届江西省红色七校高三第一次联考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先解一元二次不等式求出集合A，根据函数定义域的要求求出集合B，再通过补集与并集的运算，可得到本题答案.

【详解】

由得或，从而，由，得集合，从而.

故选：D

【点睛】

本题考查了集合的补集与并集的运算，以及一元二次不等式的求解，属于基础题.

2．设复数，则　　

A．i B． C． D．

【答案】A

【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，代入函数解析式求解．

【详解】

解：，

．

故选：A．

【点睛】

本题考查复数代数形式的乘除运算，属于基础题．

3．命题：曲线的焦点为；命题：曲线的离心率为；则下列为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】把抛物线方程化为标准方程，可直接写出其焦点坐标；把双曲线方程化为标准方程，可知道并求出其离心率，先判断命题p与命题q的真假，再根据真值表判断复合命题的真假，即可得到本题答案.

【详解】

命题p中，曲线方程可化为，其焦点坐标为，所以P为假命题，为真命题；命题q中，曲线方程可化为，对应的，所以q为真命题，所以为真命题.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查复合命题真假性的判断，主要涉及到抛物线的焦点坐标与双曲线的离心率问题，属于基础题.

4．在中，，，，则在方向上的投影是（   ）

A．4 B．3 C．-4 D．-3

【答案】D

【解析】分析：根据平面向量的数量积可得，再结合图形求出与方向上的投影即可.

详解：如图所示：

，

，

，

又，，

在方向上的投影是：，

故选：D.

点睛：本题考查了平面向量的数量积以及投影的应用问题，也考查了数形结合思想的应用问题.

5．若，，，满足，，，则（   ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】分析：先利用指数函数的单调性确定的取值范围，再通过对数函数的单调性确定的范围，进而比较三个数的大小．

详解：因为，

所以，

因为，

所以，

又，

所以．

点睛：本题考查指数函数的单调性、对数函数的单调性等知识，意在考查学生的逻辑思维能力．

6．下表是鞋子的长度与对应码数的关系

如果人的身高与脚板长呈线性相关且回归直线方程为.若某人的身高为173，据此模型，估计其穿的鞋子的码数为（    ）

A．40 B．41 C．42 D．43

【答案】C

【解析】把人的身高代入方程，可求出脚板长，再查表可得到本题的答案.

【详解】

令代入直线方程，解得，所以脚板长为，查表得穿的鞋子的码数应为42.

故选：C

【点睛】

本题主要考查线性回归方程的简单应用，属于基础题.

7．函数（其中为自然对数的底数）在的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】利用函数的奇偶性、特殊值以及最大值进行判断排除选项，可得本题的答案.

【详解】

，为奇函数，故其函数图象关于原点对称，故选项D不正确；显然，当时，，故选项C不正确；当时，，而选项B的最大值小于1，故选项B不正确；所以通过排除法，可得本题的答案为A.

故选：A

【点睛】

本题主要考查函数图象的识别，充分利用函数的性质去判断是解决本题的关键.

8．在正项数列中，，且点位于直线上.若数列的前项和满足，则的最小值为（    ）

A．2 B．5 C．6 D．7

【答案】D

【解析】点P代入直线方程化简可得为等比数列，写出数列的前n项和公式，解不等式可得本题的答案.

【详解】

由题意得，，化简得，则，所以， ，，得，则n的最小值为7.

故选：D

【点睛】

本题主要考查等比数列的前n项和公式以及简单的不等式求解，属于基础题.

9．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如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】三棱锥的外接球即为长方体的外接球，求出长方体的外接球表面积，即可得到本题的答案.

【详解】

在长为1，宽为1，高为2的长方体画出该三棱锥的直观图，如图中三棱锥A-BCD.该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，故球的半径，所以外接球的表面积.

故选：B

【点睛】

本题主要考查由三视图还原几何体，以及几何体外接球的表面积计算，难度适中.

10．若函数（其中，图象的一个对称中心为，，其相邻一条对称轴方程为，该对称轴处所对应的函数值为，为了得到的图象，则只要将的图象(  )

A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度

C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度

【答案】B

【解析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再根据函数的图象变换规律，诱导公式，得出结论．

【详解】

根据已知函数

其中，的图象过点，，

可得，，

解得：．

再根据五点法作图可得，

可得：，

可得函数解析式为：

故把的图象向左平移个单位长度，

可得的图象，

故选B．

【点睛】

本题主要考查由函数的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，函数的图象变换规律，诱导公式的应用，属于中档题．

11．我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数的不足近似值和过剩近似值分别为和（），则是的更为精确的不足近似值或过剩近似值.我们知道，若令，则第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即，若每次都取最简分数，那么第三次用“调日法”后可得的近似分数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】利用“调日法”进行计算到第三次，即可得到本题答案.

【详解】

第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即；第二次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即；第三次用“调日法”后得是的更为精确的不足近似值，即，所以答案为.

故选：C

【点睛】

本题考查“调日法”，主要考查学生的计算能力，属于基础题.

12．若函数在区间上存在零点，则实数的取值范围为(   )

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】利用导数研究函数在上的单调性，当时，在上为增函数，

且，即可判断其没有零点，不符合条件；当时，在上先减后增，有最小值且小于零，再结合幂函数和对数函数的增长速度大小关系，即可判断当趋于时，趋于，由零点存在性定理即可判断其必有零点，符合题意，从而确定的范围.

【详解】

因为函数，

所以

令，因为，

当 时，，所以

所以在上为增函数，则，

当时，，所以，所以在上为增函数，

则，所以在上没有零点.

当时，即，因为在上为增函数，则存在唯一的，使得，且当时，，当时，；

所以当时，，为减函数，当时，，为增函数，当时，，

因为，当趋于时，趋于，

所以在内，一定存在一个零点.

所以，

故答案选D.

【点睛】

本题主要考查了导数在函数零点存在性问题中的应用，属于难题.对于零点存在性问题，有两种思考方向：（1）直接利用导数研究函数单调性，结合零点存在性定理，讨论函数零点的情况；（2）先将函数零点问题等价转化为两个函数图像的交点问题，再利用导数，并结合函数图像讨论两函数交点情况，从而确定函数零点的情况.

二、填空题

13．若，满足则的最大值为______

【答案】

【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．

【详解】

解：由x，y满足作出可行域如图，

联立，解得A（1，0）

函数z＝x﹣2y为y，由图可知，

当直线y过A时，直线在y轴上的截距最小，z的最大值为：1．

故答案为1．

【点睛】

本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．

14．展开式中的系数为__________．

【答案】-320

【解析】先求展开式的通项公式，再求的展开式中含的项，最后求展开式中的系数.

【详解】

易知展开式的通项公式为，所以的展开式中含的项为与，所以展开式中的系数为.

故答案为：-320

【点睛】

本题主要考查二项式定理的应用，考查学生的运算求解能力.

15．如图所示的程序框图，满足的输出有序实数对的概率为__________．

【答案】

【解析】程序框图表示的含义是：正方形内的点出现在阴影部分的概率，求出阴影部分的面积与正方形的面积之比，即可得到本题答案.

【详解】

程序框图表示的含义是：正方形内的点出现在阴影部分的概率，而对应的概率等于阴影部分面积与正方形面积之比，因为是奇函数，所以其图象关于原点对称，并且正方形是中心对称图形，故阴影部分面积与正方形面积之比为：.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查程序框图和几何概型，画出其对应的图形是解决本题的关键.

16．双曲线的左、右焦点分别为、，点在上且，为坐标原点，则_______．

【答案】

【解析】先根据双曲线的焦点三角形公式，求出三角形面积，然后求，把代入，求得，最后根据勾股定理，可得到本题的答案.

【详解】

设点，，则，，，又， ，如下图，过点P作x轴垂线，垂足为M，则有，所以，即， ，代入得， ，

 .

故答案为：

【点睛】

本题主要考查双曲线的焦点三角形问题，主要考查学生的计算能力，难度适中.

三、解答题

17．在中，对应的边为，已知.

（1）求角的值；

（2）若，，求的值.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）通过正弦定理边角转化以及可求得角A；

（2）用余弦定理求边，再用余弦定理求角B.

【详解】

（1）由条件，得，

又由，得.

因为，得，故；

（2）在中，，，，由余弦定理得，

，故， 所以

【点睛】

本题主要考查利用正余弦定理求边角，属于基础题.

18．如图1，梯形中，，过分别作，，垂足分别为、.，，已知，将梯形沿，同侧折起，得空间几何体，如图2.

（1）若，证明：平面；

（2）在（1）的条件下，若，求二面角的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】（1）先证平面，得到，结合，可证得平面；

（2）以，，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，求出面ADF与面ACF的法向量，利用夹角公式，求出两法向量夹角的余弦值，由图可知二面角为锐角，则它的余弦值为正值，即可得到本题答案.

【详解】

（1）由已知得四边形是正方形，且边长为2，

在图2中，，由已知得，，∴平面，

又平面，∴，又，，∴平面.

（2）在图2中，由（1）知，，两两垂直，

以为坐标原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，，，，

，，.设平面的一个法向量为，

由得，不妨取，得，

设平面的一个法向量为，

由得，取，得，

.

由图可得，二面角为锐角，所以它的余弦值为

【点睛】

本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量法求二面角.

19．已知数列有，是它的前项和，且．

（1）求证：数列为等差数列.

（2）求的前项和.

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】（1）先化简已知得，，再求出，再证明数列为等差数列；（2）对n分奇数和偶数两种情况讨论得解.

【详解】

（1）当时，

所以，，

两式对应相减得，

所以

又n=2时，

所以，

所以，

所以数列为等差数列.

（2）当为偶数时，

当为奇数时，

综上：

【点睛】

本题主要考查等差数列性质的证明，考查等差数列求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

20．随着小汽车的普及，“驾驶证”已经成为现代人“必考”的证件之一.若某人报名参加了驾驶证考试，要顺利地拿到驾驶证，他需要通过四个科目的考试，其中科目二为场地考试.在一次报名中，每个学员有5次参加科目二考试的机会（这5次考试机会中任何一次通过考试，就算顺利通过，即进入下一科目考试；若5次都没有通过，则需重新报名），其中前2次参加科目二考试免费，若前2次都没有通过，则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费.某驾校对以往2000个学员第1次参加科目二考试进行了统计，得到下表：

若以上表得到的男、女学员第1次通过科目二考试的频率分别作为此驾校男、女学员每次通过科目二考试的概率，且每人每次是否通过科目二考试相互独立.现有一对夫妻同时在此驾校报名参加了驾驶证考试，在本次报名中，若这对夫妻参加科目二考试的原则为：通过科目二考试或者用完所有机会为止.

（1）求这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费的概率；

（2）若这对夫妻前2次参加科目二考试均没有通过，记这对夫妻在本次报名中参加科目二考试产生的补考费用之和为元，求的分布列与数学期望.

【答案】（1）；（2）见解析.

【解析】事件表示男学员在第次考科目二通过，事件表示女学员在第次考科目二通过（其中）（1）这对夫妻是否通过科目二考试相互独立，利用独立事件乘法公式即可求得；（2）补考费用之和为元可能取值为400，600，800，1000，1200，根据题意可求相应的概率，进而可求X的数学期望．

【详解】

事件表示男学员在第次考科目二通过，

事件表示女学员在第次考科目二通过（其中）.

（1）事件表示这对夫妻考科目二都不需要交补考费.

.

（2）的可能取值为400，600，800，1000，1200.

，

，

，

，

.

则的分布列为：

故 (元).

【点睛】

本题以实际问题为素材，考查离散型随机变量的概率及期望，解题时要注意独立事件概率公式的灵活运用，属于基础题.

21．（本小题满分14分）

已知椭圆中心在原点，焦点在x轴上，离心率，过椭圆的右焦点且垂直于长轴的弦长为

（Ⅰ）求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）已知直线与椭圆相交于两点，且坐标原点到直线的距离为，的大小是否为定值？若是求出该定值，不是说明理由.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）的大小为定值，且

【解析】试题分析：（I）设椭圆方程为                         ……1分

因为

则

于是                                                ……4分

因为                              ……5分

故椭圆的方程为                                               ……6分

（Ⅱ）当直线l的斜率不存在时，由坐标原点到直线的距离为可知

,

∴,∴,                                             ……8分

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为, ,      ……9分

∵原点到直线的距离为,

∴，整理得（）,                            ……10分

                        ……11分

,

将（）式代入得,                       ……12分

,                      ……13分

∴

综上分析，的大小为定值，且.                           ……14分

【考点】本小题主要椭圆标准方程的求解和直线与椭圆位置关系的判断和应用.

点评：解决直线与圆锥曲线的位置关系题目时，如果需要设直线方程，则不要漏掉直线斜率不存在的情况；联立直线方程与圆锥曲线方程后，不要忘记验证判别式大于零.

22．已知函数.

（1）求函数的单调区间；

（2）若，，试证：.

【答案】（1）单调增区间为与，减区间为；（2）见解析

【解析】（1）求导，令，可得增区间，令，可得减区间，要注意函数定义域为；

（2）构造函数，，求导后得，在上恒成立，即在上单调递增，利用函数的单调性可得在上恒成立，因为，所以，即①；同理，构造函数，，可证②，结合①②，结论可证.

【详解】

（1）由题设知函数的定义域为且

故当时，；当时，；

所以的单调增区间为与，减区间为；

（2）由（1）知：，先证.

构造函数，

则

故在上恒成立，即在上单调递增

所以在上恒成立，

又，得，又且函数在上单调递减

故，即       ①

再证.构造函数，

故在上恒成立，即在上单调递增

所以在上恒成立，

又，得，

又且函数在上单调递增

故，即       ②

结合①②得：

【点睛】

本题主要考查利用导数求单调区间以及通过构造函数证明不等式，难度较大.