江西省名師聯盟2020屆高三數學上學期第一次模擬考試試題 理注意事項：1答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1已知集合，則（ ）ABCD2若復數滿足，則（ ）ABCD3設是等差數列的前項和，則公差（ ）ABCD4已知，則（ ）ABCD5函數的圖象大致是（ ）ABCD6設，滿足約束條件，則的最大值是（ ）ABCD7在中，為的中點，則（ ）ABCD8若存在，使成立，則的取值范圍為（ ）ABCD9在直角坐標系中，是橢圓的左焦點，分別為左、右頂點，過點作軸的垂線交橢圓于，兩點，連接交軸于點，連接交于點，若是線段的中點，則橢圓的離心率為（ ）ABCD10如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗線畫出的是某三棱錐的三視圖，則該三棱錐的外接球的體積為（ ）ABCD11已知雙曲線的離心率為，分別是雙曲線的左、右焦點，點，點為線段上的動點，當取得最小值和最大值時，的面積分別為，則（ ）ABCD12設函數在定義域上是單調函數，且，若不等式對恒成立，則的取值范圍是（ ）ABCD二、填空題：本大題共4小題，每小題5分13若為定義在上的奇函數，當時，則 14已知，則 15已知函數只有一個零點，則 16在四棱錐中，底面為正方形，平面平面，且為等邊三角形，若四棱錐的體積與四棱錐外接球的表面積大小之比為，則四棱錐的表面積為 三、解答題：本大題共6大題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17（12分）的內角，的對邊分別為，已知（1）求；（2）若，求的面積18（12分）某廠銷售部以箱為單位銷售某種零件，每箱的定價為元，低于箱按原價銷售，不低于箱則有以下兩種優惠方案：以箱為基準，每多箱送箱；通過雙方議價，買方能以優惠成交的概率為，以優惠成交的概率為（1）甲、乙兩單位都要在該廠購買箱這種零件，兩單位都選擇方案，且各自達成的成交價格相互獨立，求甲單位優惠比例不低于乙單位優惠比例的概率；（2）某單位需要這種零件箱，以購買總價的數學期望為決策依據，試問該單位選擇哪種優惠方案更劃算?19（12分）如圖，在四面體中，平面平面，且（1）證明：平面；（2）設為棱的中點，當四面體的體積取得最大值時，求二面角的余弦值20（12分）已知橢圓過點，且它的焦距是短軸長的倍（1）求橢圓的方程；（2）若，是橢圓上的兩個動點（，兩點不關于軸對稱），為坐標原點，的斜率分別為，問是否存在非零常數，使時，的面積為定值？若存在，求的值；若不存在，請說明理由21（12分）已知函數（1）當時，求的極值；（2）設，對任意都有成立，求實數的取值范圍請考生在22、23兩題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分22（10分）【選修4-4：坐標系與參數方程】在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），圓的參數方程為（為參數）（1）求和的普通方程；（2）將向左平移后，得到直線，若圓上只有一個點到的距離為，求23（10分）【選修4-5：不等式選講】設函數（1）當時，求不等式的解集；（2）若恒成立，求的取值范圍2020屆江西名師聯盟高三第一次模擬考試卷理科數學答 案一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1【答案】C【解析】或，2【答案】B【解析】因為，所以3【答案】D【解析】，4【答案】A【解析】，故5【答案】C【解析】由函數，得定義域為，且有成立，所以函數的圖象關于原點對稱，且與軸交于和兩點當時，所以在內函數圖象在軸下方，在內函數圖象在軸上方，再用對稱性得到完整的函數圖象6【答案】D【解析】的幾何意義是可行域內的點與原點連線的斜率，畫出可行域（圖略），得的最大值為7【答案】A【解析】8【答案】C【解析】記，因為存在，使成立，所以只需當時，即9【答案】C【解析】如圖，連接，則由橢圓的對稱性易得，所以，所以因為，所以因為，所以，從而有又因為是線段的中點，所以10【答案】B【解析】由三視圖可知該幾何體是如圖所示的三棱錐，為的中點，外接球球心在過的中點且垂直于平面的直線上，又點到，的距離相等，所以又在過左邊正方體一對棱的中點，所在直線上，在中，由，即，得，所以三棱錐外接球的球半徑，11【答案】A【解析】由，得，故線段所在直線的方程為，又點在線段上，可設，其中，由，即，得，所以由于，可知當時，取得最小值，此時，當，取得最大值，此時，所以12【答案】D【解析】由于是單調函數，則為定值，不妨設，則又，解得，則，所以，即設，則，易知在上單調遞減，在上單調遞增，則，所以二、填空題：本大題共4小題，每小題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】因為函數為偶函數，且函數只有一個零點，故，所以16【答案】【解析】如圖，連接，交于點，取的中點為，連接設四棱錐外接球的球心為，等邊三角形外接圓的圓心為，則為的重心，則，正方形外接圓的圓心為因為，平面平面，所以平面，所以，所以四邊形為矩形，所以設正方形的邊長為，則，所以，所以四棱錐外接球的半徑為，所以四棱錐外接球的表面積為，四棱錐的體積為，所以，即，解得，所以正方形的邊長為，所以，所以四棱錐的表面積為三、解答題：本大題共6大題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17【答案】（1）；（2）【解析】（1），故（2），又，由（1）可知，從而的面積18【答案】（1）；（2）選擇方案更劃算【解析】（1）因為甲單位的優惠比例低于乙單位的優惠比例的概率為，所以甲單位的優惠比例不低于乙單位的優惠比例的概率為（2）設在折扣優惠中每籍零件的價格為元，則或的分布列為則若選擇方案，則購買總價的數字期望為元若選擇方案，由于購買箱能獲贈箱，所以該單位只需要購買箱，從而購買總價為元因為，所以選擇方案更劃算19【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】（1）因為，平面平面，平面平面，平面，所以平面因為平面，所以因為，所以，所以因為，所以平面（2）設，則，四面體的體積，當時，單調遞增；當時， ，單調遞減，故當時，四面體的體積取得最大值以為坐標原點，建立空間直角坐標系，則，設平面的法向量為，則，即，令，得同理可得平面的一個法向量為，則由圖可知，二面角為銳角，故二面角的余弦值為20【答案】（1）；（2）存在，【解析】（1）因為橢圓過點，所以，又因為該橢圓的焦距是短軸長的倍，所以，從而聯立方程組，解得，所以橢圓的方程為（2）設存在這樣的常數，使，的面積為定值設直線的方程為，點，點，則由知，所以聯立方程組，消去得所以，又點到直線的距離，則的面積將代入得，化簡得，將代入得，要使上式為定值，只需，即需，從而，此時，所以存在這樣的常數，此時21【答案】（1）的極大值為，無極小值；（2）【解析】（1）當時，所以函數的定義域為，所以，且，令，所以當時，所以又，所以當時，所以在上單調遞減，故同理當時，；當時，所以在是單調遞增，在單調遞減，所以當時，的極大值為，無極小值（2）令，因為對任意都有成立，所以因為，所以令，即，解得；令，即，解得所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以因為，所以，當時，令，即，解得；令，即，解得所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以，所以，即實數的取值范圍為22【答案】（1），；（2）【解