2020江西名师联盟高三上学期第一次模拟考试数学（理）试题含解析

这是一份2020江西名师联盟高三上学期第一次模拟考试数学（理）试题含解析

此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 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．2．若复数满足，则（ ）A． B． C． D．3．设是等差数列的前项和，，，则公差（ ）A． B． C． D．4．已知，，，则（ ）A． B． C． D．5．函数的图象大致是（ ）A． B．C． D．6．设，满足约束条件，则的最大值是（ ）A． B． C． D．7．在中，，为的中点，则（ ）A． B． C． D．8．若存在，使成立，则的取值范围为（ ）A． B． C． D．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．10．如图，网格纸上小正方形的边长为，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．11．已知双曲线的离心率为，，分别是双曲线的左、右焦点，点，，点为线段上的动点，当取得最小值和最大值时，的面积分别为，，则（ ）A． B． C． D．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．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 ．14．已知，则 ．15．已知函数只有一个零点，则 ．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 ．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．（12分）的内角，，的对边分别为，，，已知．（1）求；（2）若，，求的面积．18．（12分）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．（1）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；（2）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?19．（12分）如图，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．20．（12分）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，使时，的面积为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．21．（12分）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．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．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系中，直线的参数方程为（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，求．23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求的取值范围．2020届江西名师联盟高三第一次模拟考试卷理科数学答 案一、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．【答案】C【解析】∵或，∴．2．【答案】B【解析】因为，所以．3．【答案】D【解析】∵，∴，∴．4．【答案】A【解析】，，，故．5．【答案】C【解析】由函数，得定义域为，且有成立，所以函数的图象关于原点对称，且与轴交于和两点．当时，，所以在内函数图象在轴下方，在内函数图象在轴上方，再用对称性得到完整的函数图象．6．【答案】D【解析】的几何意义是可行域内的点与原点连线的斜率，画出可行域（图略），得的最大值为．7．【答案】A【解析】．8．【答案】C【解析】记，因为存在，使成立，所以只需当时，，即．9．【答案】C【解析】如图，连接，则由椭圆的对称性易得，，所以，所以．因为，所以．因为，所以，从而有．又因为是线段的中点，所以．10．【答案】B【解析】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，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，．11．【答案】A【解析】由，得，，故线段所在直线的方程为，又点在线段上，可设，其中，由，，即，，得，，所以．由于，可知当时，取得最小值，此时，当，取得最大值，此时，所以．12．【答案】D【解析】由于是单调函数，则为定值，不妨设，则．又，解得，则，，所以，即．设，则，易知在上单调递减，在上单调递增，则，所以．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】【解析】∵，所以．14．【答案】【解析】令，可得；令，可得，所以．15．【答案】【解析】因为函数为偶函数，且函数只有一个零点，故，所以．16．【答案】【解析】如图，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，四棱锥的体积为，所以，即，解得，所以正方形的边长为，所以，，，，，所以四棱锥的表面积为．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．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）∵，∴，∴，故．（2）∵，又，，∴，∴．由（1）可知，从而的面积．18．【答案】（1）；（2）选择方案①更划算．【解析】（1）因为甲单位的优惠比例低于乙单位的优惠比例的概率为，所以甲单位的优惠比例不低于乙单位的优惠比例的概率为．（2）设在折扣优惠中每籍零件的价格为元，则或．的分布列为则．若选择方案②，则购买总价的数字期望为元．若选择方案①，由于购买箱能获赠箱，所以该单位只需要购买箱，从而购买总价为元．因为，所以选择方案①更划算．19．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）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）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，则．由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为．20．【答案】（1）；（2）存在，，．【解析】（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，所以椭圆的方程为．（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②，③，又点到直线的距离，则的面积④．将②③代入①得，化简得⑤，将⑤代入④得，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．21．【答案】（1）的极大值为，无极小值；（2）．【解析】（1）当时，，所以函数的定义域为，所以，且，令，所以当时，，，所以．又，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，所以，即实数的取值范围为．22．【答案】（1），；（2）．【解析】（1）由题意可得，故的参数方程为（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，圆的半径为，所以到的距离为，即，解得（舍去）．23．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）当时，，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．