江西省景德镇2020届高三第一次质检试题数学文科试题

江西省景德镇2020届高三第一次质检试题数学文科试题

景德镇市2020届高三第一次质检试题 数学（文科）‎ 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本题共12小题,每小题5分,共60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】‎ 分别化简集合,再求并集即可 ‎【详解】‎ ‎，则 故选：A ‎【点睛】本题考查指数不等式及对数不等式求解，考查集合的并集运算，是基础题 ‎2.已知为虚数单位，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先进行复数的除法运算，得a,b值，再进行乘方运算即可 ‎【详解】2‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查复数的运算，本题解题的关键是把复数整理成复数的代数形式的标准形式，得到实部和虚部．‎ ‎3.某工厂周一到周六轮流由甲、乙、丙人值班，每人值两天，‎ 人通过抽签决定每个人在哪两天值班，若乙恰好本周六需要出差，则乙需要与他人换班的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据排列组合的知识求出所有的种数和周六由乙值班的种数，根据概率公式计算即可．‎ ‎【详解】周一到周六轮流由甲乙丙3人值班，每人值两天，共有C62C42C22＝90种，‎ 周六由乙值班的种数为C51C42C22＝30种，‎ 故周六由乙值班即乙需要与他人换班的概率是，‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了排列组合的问题和古典概率的问题，准确将题意转化为乙周六值班是关键，属于基础题．‎ ‎4.已知，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合sin2+cos2＝1，计算出sin,再利用两角和与差的余弦公式进行化简即可．‎ ‎【详解】 可知，cos＞0，sin<0 ‎ ‎∵sin2+cos2＝1,故 sin ‎∵cos（）＝cos 故选：C．‎ ‎【点睛】此题考查了两角和与差公式以及同角三角函数的基本关系，熟练掌握公式是解题的关键．‎ ‎5.如果用表示不同直线，表示不同平面，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面关系，面面关系逐项检验即可求解 ‎【详解】选项A中还有直线n在平面内的情况，故A不正确，‎ 选项B中再加上两条直线相交的条件可以得到两个平面平行，故B不正确，‎ 选项C中还有相交，故C不正确，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查平面的基本性质及推论，本题解题的关键是在推导这种线面位置关系的问题时，注意容易忽略的细节问题．‎ ‎6.若变量满足约束条件，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，由的几何意义是可行域内点与（1,0）的距离的平方，从而解得．‎ ‎【详解】结合题意作平面区域如下，而的几何意义是可行域内的点与（1,0）的距离的平方，又（1,0）到直线的距离为 ‎ 故的最小值为 故选：B ‎【点睛】本题考查了线性规划问题的变形应用及数形结合的思想方法应用，属于中档题．‎ ‎7.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺莞生一日，长一尺蒲生日自半，莞生日自倍.问几何日而长倍？”意思是：“今有蒲草第天长高尺，芜草第天长高尺以后，蒲草每天长高前一天的一半，芜草每天长高前一天的倍.问第几天莞草是蒲草的二倍？”你认为莞草是蒲草的二倍长所需要的天数是（ ）‎ ‎（结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：，）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可利用等比数列的求和公式得莞草与蒲草n天后长度，进而可得：，解出即可得出．‎ ‎【详解】由题意可得莞草与蒲草第n天的长度分别为 ‎ 据题意得：， 解得2n＝12， ‎ ‎∴n24．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎8.已知，且不等式对任意恒成立，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二次函数配方得的最小值，再由基本不等式得到关于ab的范围，将所求平方即可代入求解 ‎【详解】由题意不等式对任意恒成立 又∴a+b≤6则 当且仅当 成立 故 故选：C ‎【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题，综合考查基本不等式与不等式解法，恒成立的问题一般与最值有关．‎ ‎9.圆上有且仅有三点到双曲线的一条渐近线的距离为，则该双曲线渐近线方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆的方程求出圆心坐标与半径，写出双曲线的一条渐近线方程，由题意可得圆心到双曲线渐近线的距离等于2，由此列式求解双曲线渐近线方程．‎ ‎【详解】圆可化为x2+（y﹣）2＝9，可得圆心为（0，），半径r＝3，‎ ‎∵圆上有且仅有三个点到双曲线的一条渐近线的距离为1，‎ ‎∴圆心到双曲线渐近线的距离为2，‎ 由对称性不妨取双曲线的一条渐近线为bx﹣ay＝0，‎ ‎∴2，即为3a＝4b，‎ 该双曲线渐近线方程为 故选：B ‎【点睛】本题考查双曲线的渐近线，考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，属于中档题．‎ ‎10.某正三棱柱各棱长均为，则该棱柱的外接球表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知上下底面中心连线的中点就是球心，求出球的半径，即可求出球的表面积．‎ ‎【详解】根据题意条件可知三棱柱是棱长都为2的正三棱柱，‎ 设上下底面中心连线EF中点O，则O就是球心，‎ 则其外接球的半径为OA1，又设D为A1C1中点，‎ 在直角三角形EDA1中，EA1，‎ 在直角三角形ODA1中，OE，由勾股定理R＝OA1，‎ ‎∴球的表面积为S＝4π•．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查空间几何体中位置关系、球和正棱柱的性质以及相应的运算能力和空间形象能力．‎ ‎11.已知分别为椭圆的左右焦点，为椭圆上的点，为坐标原点，且，，则该椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆的定义和勾股定理计算PF1•PF2，再结合三角形的面积即可求出b的值．‎ ‎【详解】设PF1＝m，PF2＝n，则由椭圆的性质可得m+n＝2a，且m=3n 故，‎ 由勾股定理可得m2+n2＝4c2，故 故 ‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的定义和简单性质，考查离心率求解，属于中档题．‎ ‎12.设函数的最大值为，最小值为，则（ ）‎ A. 存在实数，使 B. 存在实数，使 C. 对任意实数，有 D. 对任意实数，有 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将函数整理为a（sinx﹣ycosx）＝（a2+1）（1﹣y），，再由辅助角公式和正弦函数的值域，得到不等式，结合韦达定理及基本不等式，即可得到答案．‎ ‎【详解】y（x∈R），‎ 即有a（sinx﹣ycosx）＝（a2+1）（1﹣y），‎ 即为asin（x﹣θ）＝（a2+1）（1﹣y），θ为辅助角．‎ 由x∈R，|sin（x﹣θ）|≤1，‎ 可得|（a2+1）（1﹣y）|≤|a|，‎ 即有（a2+1）2•（y﹣1）2≤a2•（1+y2），‎ 化简可得（a4+a2+1）y2﹣2（a4+3a2+1）y+（a4+a2+1）≤0，‎ 由于a4+a2+1＞0恒成立，‎ 判别式4（a4+3a2+1）2﹣4（a4+a2+1）2＞0恒成立，‎ 即有不等式的解集为[m（a），M（a）]，‎ 由韦达定理可得∀a∈R，m（a）•M（a）＝1，且m（a）+M（a）>,故m（a），M（a）同正，则m（a）+M（a）>,故存在实数，使 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的值域，主要考查辅助角公式的运用和正弦函数的值域，考查运算能力，准确利用函数有界性结合判别式求最值是关键，属于难题．‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.已知函数的图象与轴切于点，则的极大值为__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导可得，f′（x）＝3x2﹣2px﹣q，由f′（1）＝0，f（1）＝0可求p，q，进而可求函数的导数，然后由导数判断函数的单调性，进而可求函数的极值 ‎【详解】对函数求导可得，f′（x）＝3x2﹣2px﹣q，‎ 由f′（1）＝0，f（1）＝0可得 ‎，解得，‎ ‎∴f（x）＝x3﹣2x2+x．‎ 由f′（x）＝3x2﹣4x+1＝0，得x或x＝1，‎ 当x≥1或x时，函数单调递增；当时，函数单调递减 ‎∴当x时，f（x）取极大值，当x＝1时，f（x）取极小值0，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数在求解函数的单调性、函数的极值中的应用，属于导数基本方法的应用 ‎14.中，角的对边分别为，且成等差数列，若，，则的面积为__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由A，B，C成等差数列得出B＝60°，利用正弦定理得进而得代入三角形面积公式即可得出．‎ ‎【详解】∵A，B，C成等差数列，∴A+C＝2B，‎ 又A+B+C＝180°，∴3B＝180°，B＝60°．‎ 故由正弦定理 ，故 ‎ 所以S△ABC，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的性质，三角形的面积公式，考查正弦定理的应用，属于基础题．‎ ‎15.如图所示，在菱形中，，，点为的中点，则__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结合二倍角公式得菱形内角的正切值，进而得余弦值，再将表示为，利用数量积求解即可 ‎【详解】在菱形中，，故 ‎ ‎ 又 故答案为：12‎ ‎【点睛】本题考查平面向量基本定理，考查向量数量积，准确表示是关键，是中档题 ‎16.已知函数，则不等式的解集为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可知，函数f（x）为偶函数，且x＞0时，f（x）单调递减，利用单调性去掉函数符号从而得不等式求解 ‎【详解】∵f（x）＝x0.5，定义域为 ‎ ‎∴f（﹣x）＝f（x）即函数f（x）为偶函数，‎ x＞0时，f（x）单调递减 ‎∵f（1），‎ 故不等式等价为 ‎∴f（log3x）f（1），且x≠1‎ ‎∴|log3x|≤1，‎ 解不等式可得且x≠1，故不等式的解集为 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了偶函数对称性及单调性在不等式求解中的应用，属于知识的综合应用．‎ 三、解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22，23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题，共60分 ‎17.数列满足：‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足，求的前项和.‎ ‎【答案】（1）;‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用时，求解；检验成立即可求解 ‎（2）由 ，得，利用错位相减求和即可 详解】（1）令 时，‎ 时，，满足 所以；‎ ‎（2）由 ，‎ ‎ ①‎ ‎　　②‎ ‎①②得 ‎【点睛】本题考查利用前n项和求通项公式，考查错位相减求和，准确利用前n项和求出通项公式是关键，是中档题 ‎18.如图所示，在四棱锥中，是正三角形，四边形为直角梯形，点为中点，且，，，，.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，并连接得为二面角的平面角再求解其为直角即可证明 ‎（2）利用等体积转化求解即可 ‎【详解】（1）证：取的中点，并连接.‎ 则据题意可得：‎ 中位线的长为，‎ 且 又因为是正三角形，所以 故：为二面角的平面角 而，‎ 有，即 由定义可知：平面平面 ‎（2）解：‎ 故：点到平面的距离为 ‎【点睛】本题考查面面垂直的判定，考查点线距离的求解，证明面面垂直的常用方法有判定定理，是中档题 ‎19.2019年1月1日，“学习强国”学习平台在全国上线，“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容，立足全体党员，面向全社会的优质平台，某企业为响应国家号召，组织员工参与学习、答题，答题环节包括“每日答题”、“每周答题”、“专项答题”和“挑战答题”.‎ ‎（1）现统计有名员工参与了今日的“每日答题”获得积分情况，如下表所示：‎ 获得积分 员工人数 求这名员工的平均积分；‎ ‎（2）为鼓励大家踊跃参与答题，企业高层决定对每日获得积分超过分以上者（含分）进行现金奖励.对比这一决策实行前后员工得分情况，能否有的把握认为决策起到了促进员工积极学习的作用.‎ 获得积分 决策实行情况 以下 以上（含）‎ 实行决策前 实行决策后 参考数据：；‎ ‎【答案】（1）4.375；‎ ‎（2）有把握认为决策起到了促进员工积极学习的作用.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用均值公式直接求解即可 ‎（2）计算的值，再对照表格数值下结论即可 ‎【详解】（1）平均分为；‎ ‎（2）‎ 故：有把握认为决策起到了促进员工积极学习的作用 ‎【点睛】本题考查平均值求解，考查独立性检验，准确计算是关键，是基础题 ‎20.抛物线的焦点为，是抛物线上关于轴对称的两点，点是抛物线准线与轴的交点，是面积为的直角三角形.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）若为抛物线上第一象限一动点，过作的垂线交准线于点，求证：直线与抛物线相切.‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线的方程为，与抛物线联立得坐标，利用面积公式求解；‎ ‎（2）设，则的斜率为，得的直线方程为，进而得点，利用等于A点出的导数值证明即可 ‎【详解】（1）不妨设点位于第一象限，‎ 则直线的方程为 联立方程，解得 所以.‎ ‎，解得 故抛物线的方程为 ‎（2）由题得焦点，设，‎ 则的斜率为 由题知的直线方程为，‎ 令，得 ‎ 所以点 则直线的斜率为 ‎ 由得即抛物线在点处的切线的斜率为 故直线与抛物线相切.‎ ‎【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的切线，求得点B的坐标表示斜率是关键 ‎21.已知函数（）.‎ ‎（1）判断当时，的单调性并给出证明；‎ ‎（2）对任意正数，不等式恒成立，求正数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）递增，证明见解析；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导，构造新函数得导函数恒正，即可证明 ‎（2）原题等价为，令，保证即可，分情况和求其最小值即可 ‎【详解】（1）时，‎ 令 递增， ‎ ‎，递增 ‎（2）‎ 令 ‎①当时，，递增，，‎ ‎，不恒成立 ‎②当时，在上递减，在上递增 令，‎ 在上递增，在上递减，故 故只有使 ‎【点睛】本题考查函数的导数与单调性，考查函数的最值，考查不等式恒成立，构造函数并分类讨论求最小值是关键，是难题 ‎（二）选考题：共10分，请考生在第22.23题中任选一题作答，如果多选，则按所做的第一题计分.‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系中，曲线，，以原点为极点，以正半轴为极轴建立极坐标系，直线（，）.‎ ‎（1）写出曲线和的极坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线和分别相交于，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）：， ：；‎ ‎（2）4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用 化极坐标方程 ‎（2）分别求得两点的极坐标，得，再利用辅助角公式求最值即可 ‎【详解】（1） 和为极坐标方程分别为 ：，‎ ‎：‎ ‎（2） 两点的极坐标分别为，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标与普通方程互化，考查极坐标的几何意义，结合三角公式化简是关键，是中档题 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数（），‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若关于的不等式的解集包含，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，分类讨论去绝对值，解不等式即可 ‎（2）利用解集包含去绝对值，分离参数求最值即可 ‎【详解】（1）当时，‎ 当时，，解得；‎ 当时，，无解；‎ 当时，，解得 综上：的解集为 ‎（2）关于的不等式的解集包含 ‎ 在上恒成立 ‎，恒成立 即，恒成立 又 ‎ ‎ 故的取值集合是.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立问题，分离参数是关键，是中档题 ‎ ‎ ‎ ‎