2020届江西名师联盟高三上学期第一次模拟考试数学（理）试题（解析版）

2020届江西名师联盟高三上学期第一次模拟考试数学（理）试题（解析版）

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 { | 2 5}A x x    ， {1,3,6}B  ， {6}M  ，则 M （ ） A． A B B． A B C．( )A BR ð D． ( )A BR ð 2．若复数 z 满足( 1)(i 1) iz    ，则 2z  （ ） A． 4 3i 2  B． 4 3i 2  C． 3 4i 2  D． 3 4i 2  3．设 nS 是等差数列{ }na 的前n项和， 3 3a  ， 7 14S  ，则公差 d （ ） A． 1 2 B． 1 2  C．1 D． 1 4．已知 1 525a  ， 2 56b  ， 6 52c  ，则（ ） A． a b c  B．b a c  C．c b a  D． a c b  5．函数 2 2log ( 1)( ) xf x x  的图象大致是（ ） A． B． 此 卷 只 装 订 不 密 封 班 级 姓 名 准 考 证 号 考 场 号 座 位 号 C． D． 6．设 x， y 满足约束条件 2 6 3 2 x y x y y        ，则 yz x  的最大值是（ ） A． 1 B．0 C． 1 2 D．2 7．在 ABC△ 中， 2 3BD BC  ， E 为 AD 的中点，则CE  （ ） A． 1 2 6 3AB AC  B． 2 1 3 6AB AC  C． 1 5 3 6AB AC  D． 5 1 6 3AB AC  8．若存在 π[0, ]2x ，使 2 π2 3 cos sin(2 ) 03x x m    成立，则m 的取值范围为（ ） A． 3( , )2   B．( , 1 3)   C． 3( , )2   D．( 1 3, )   9．在直角坐标系 xOy 中， F 是椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左焦点， A， B 分别为左、右 顶点，过点 F 作 x轴的垂线交椭圆C 于 P ，Q两点，连接 PB 交 y 轴于点 E ，连接 AE 交 PQ 于 点 M ，若 M 是线段 PF 的中点，则椭圆C 的离心率为（ ） A． 2 2 B． 1 2 C． 1 3 D． 1 4 10．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，则该三棱锥的外 接球的体积为（ ） A．11 22π 3 B． 44 11π 3 C． 44 11π D．11 22π 11．已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的离心率为 2 ， 1F ， 2F 分别是双曲线的左、右焦点， 点 ( ,0)M a ， (0, )N b ，点 P 为线段 MN 上的动点，当 1 2PF PF  取得最小值和最大值时， 1 2PF F△ 的面积分别为 1S ， 2S ，则 2 1 S S  （ ） A．4 B．8 C． 2 3 D． 4 3 12．设函数 ( )f x 在定义域(0, ) 上是单调函数，且 (0, )x   ， ( ( ) )xf f x e x e   ． 若不等式 ( ) ( )f x f x ax  对 (0, )x  恒成立，则a的取值范围是（ ） A．( , 2]e  B．( , 1]e  C．( ,2 3]e  D．( ,2 1]e  二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．若 ( )f x 为定义在 R 上的奇函数，当 0x  时， ( ) cosπ xf x x  ，则 4π( )3f  ． 14．已知 2 2 96 2 100 0 1 2 100( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)x x a a x a x a x          ， 则 2 100 1 2 1002 2 2a a a    ． 15．已知函数 ( ) ln(| | 1) cos 2f x x a x    只有一个零点，则 a  ． 16．在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD  平面 ABCD ，且 PAD△ 为等 边三角形，若四棱锥 P ABCD 的体积与四棱锥 P ABCD 外接球的表面积大小之比为 3 7π ， 则四棱锥 P ABCD 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） ABC△ 的内角 A，B ，C 的对边分别为a，b ，c，已知 26 sin cos sin2 Aa B b A ． （1）求cos A； （2）若 21a  ， 5b c  ，求 ABC△ 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 200 元，低于100箱按原价 销售，不低于100箱则有以下两种优惠方案：①以100箱为基准，每多50箱送5箱；②通过双 方议价，买方能以优惠8%成交的概率为0.6 ，以优惠6% 成交的概率为0.4 ． （1）甲、乙两单位都要在该厂购买150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650 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 ABCD中，AD AB ，平面 ABD  平面 ABC ， 2 2AB BC AC  ， 且 4AD BC  ． （1）证明： BC 平面 ABD ； （2）设 E 为棱 AC 的中点，当四面体 ABCD 的体积取得最大值时，求二面角C BD E  的余 弦值． 20．（12 分）已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     过点 1( 3, )2  ，且它的焦距是短轴长的 3 倍． （1）求椭圆C 的方程； （2）若 A，B 是椭圆C 上的两个动点（ A，B 两点不关于 x轴对称），O为坐标原点，OA，OB 的斜率分别为 1k ， 2k ，问是否存在非零常数 ，使 1 2k k   时， AOB△ 的面积 S 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 ln( ) x x af x e  ． （1）当 1a  时，求 ( )f x 的极值； （2）设 ( ) xg x xe a  ，对任意 1 2, (0, )x x   都有 1 1 1 1 2( ) ( )xx e f x ax g x  成立，求实数 a 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 xOy 中，直线 l 的参数方程为 24 3 1 x t a y t       （ t 为参数），圆 C 的参数方程为 2 1 | | cos 2 sin x a y a         （ 为参数）． （1）求l 和C 的普通方程； （2）将l 向左平移 ( 0)m m  后，得到直线l，若圆C 上只有一个点到l的距离为1，求 m ． 23．（10 分）【选修 4-5：不等式选讲】 设函数 ( ) | | | 4| ( 0)f x x a x a     ． （1）当 1a  时，求不等式 ( )f x x 的解集； （2）若 4( ) 1f x a   恒成立，求 a 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】∵ { | 2A x x  Rð 或 5}x  ，∴( ) {6}A B R ð ． 2．【答案】B 【解析】因为 i 2i 11i 1 i 1z     ，所以 2 3 4i 4 3i 2i 2z     ． 3．【答案】D 【解析】∵ 7 47 14S a  ，∴ 4 2a  ，∴ 4 3 1d a a    ． 4．【答案】A 【解析】 2 55a  ， 2 56b  ， 2 58c  ，故 a b c  ． 5．【答案】C 【解析】由函数 2 2log ( 1)( ) xf x x  ，得定义域为( , 1) (1, )   ，且有 ( ) ( )f x f x   成立， 所以函数 2 2log ( 1)( ) xf x x  的图象关于原点对称，且与 x轴交于( 2,0) 和( 2,0) 两点． 当 2x  时， 2 2 2log ( 1) log (2 1) 0x     ，所以在(1, 2) 内函数图象在 x轴下方， 在( 2, ) 内函数图象在 x轴上方，再用对称性得到完整的函数图象． 6．【答案】D 【解析】 yz x  的几何意义是可行域内的点( , )x y 与原点(0,0) 连线的斜率， 画出可行域（图略），得 z 的最大值为2 ． 7．【答案】A 【解析】 1 1 1 1 1 1 1 2( )2 2 2 6 2 6 6 3CE CA CD CA CB CA AB AC AB AC                  ． 8．【答案】C 【解析】记 2 π π( ) 2 3cos sin(2 ) cos(2 ) 33 6f x x x m x m        ， 因为存在 π[0, ]2x ，使 2 π2 3 cos sin(2 ) 03x x m    成立， 所以只需当 π[0, ]2x 时， min π 3( ) ( ) 02 2f x f m    ，即 3 2m   ． 9．【答案】C 【解析】如图，连接 BQ ，则由椭圆的对称性易得 PBF QBF   ， EAB EBA   ， 所以 EAB QBF   ，所以 ME BQ∥ ． 因为 PME PQB△ △ ，所以 | | | | | | | | PE PM EB MQ  ． 因为 PBF EBO△ △ ，所以 | | | | | | | | OF EP OB EB  ，从而有 | | | | | | | | PM OF MQ OB  ． 又因为 M 是线段 PF 的中点，所以 | | | | 1 | | | | 3 c OF PMe a OB MQ     ． 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 A BCD ， F 为 BD 的中点， 外接球球心O在过CD的中点 E 且垂直于平面 BCD的直线l 上， 又点O到 A，B ，D 的距离相等，所以O又在过左边正方体一对棱的中点 M ，N 所在直线上， 在 OEN△ 中，由 NF MF NE OE  ，即 2 2 3 OE  ，得 3OE  ， 所以三棱锥 A BCD 外接球的球半径 2 2 2 23 ( 2) 11R OE BE     ， 44 11π 3V  ． 11．【答案】A 【解析】由 2ce a   ，得 2c a ， 3b a ， 故线段 MN 所在直线的方程为 3( )y x a  ， 又点 P 在线段 MN 上，可设 ( , 3 3 )P m m a ，其中 [ ,0]m a  ， 由 1( ,0)F c ， 2 ( ,0)F c ，即 1( 2 ,0)F a ， 2 (2 ,0)F a ， 得 1 ( 2 , 3 3 )PF a m m a     ， 2 (2 , 3 3 )PF a m m a    ， 所以 2 2 2 2 1 2 3 134 6 4( )4 4PF PF m ma a m a a        ． 由于 [ ,0]m a  ，可知当 3 4m a  时， 1 2PF PF  取得最小值， 此时 2 1 1 3 34 3( )2 4 2S a a a a      ， 当 0m  ， 1 2PF PF  取得最大值，此时 2 2 1 4 3 2 32S a a a    ，所以 2 1 4S S  ． 12．【答案】D 【解析】由于 ( )f x 是单调函数，则 ( ) xf x e x  为定值， 不妨设 ( ) xf x e x t   ，则 ( ) xf x e x t   ． 又 ( ) tf t e t t e    ，解得 1t  ，则 ( ) 1xf x e x   ， ( ) 1xf x e   ， 所以 2 xe x ax  ，即 2 1 xea x   ． 设 2( ) 1 xeg x x   ，则 2 2 ( 1)( ) xe xg x x   ， 易知 ( )g x 在(0,1) 上单调递减，在(1, ) 上单调递增， 则 min( ) (1) 2 1g x g e   ，所以 2 1a e  ． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．【答案】11 6 【解析】∵ 4π 4 π 4 1 11( ) cos3 3 3 3 2 6f          ，所以 4π 11( )3 6f  ． 14．【答案】0 【解析】令 1x   ，可得 0 0a  ； 令 1x  ，可得 2 100 2 96 0 1 2 1002 2 2 (1 1)(1 1) 0a a a a        ， 所以 2 100 1 2 1002 2 2 0a a a    ． 15．【答案】 2 【解析】因为函数 ( )f x 为偶函数，且函数 ( )f x 只有一个零点， 故 (0) 0f  ，所以 2a   ． 16．【答案】8 3 7  【解析】如图，连接 AC ， BD 交于点 1O ，取 AD 的中点为 N ，连接 PN ． 设四棱锥 P ABCD 外接球的球心为O，等边三角形 PAD 外接圆的圆心为 2O ， 则 2O 为 PAD△ 的重心，则 2 2| | | |3PO PN ，正方形 ABCD外接圆的圆心为 1O ． 因为 PN AD ，平面 PAD 平面 ABCD，所以 PN 平面 ABCD，所以 1OO PN∥ ， 所以四边形 1 2OO NO 为矩形，所以 2 1OO NO ． 设正方形 ABCD的边长为 2x，则| | 3PN x ，所以 2 2 3| | 3 xPO  ， 2| |OO x ， 所以四棱锥 P ABCD 外接球的半径为 2 2 2 2 2 2 7| | | | | | 3PO PO OO x   ， 所以四棱锥 P ABCD 外接球的表面积为 228π 3S x球 ， 四棱锥 P ABCD 的体积为 2 31 4 34 33 3P ABCDV x x x     ， 所以 3 7π P ABCDV x S   球 ，即 3 3 7π 7π x  ，解得 1x  ， 所以正方形 ABCD 的边长为 2 ，所以 3PADS △ ， 2PABS △ ， 2PDCS △ ， 7PCBS △ ， 4ABCDS 正方形 ， 所以四棱锥 P ABCD 的表面积为8 3 7  ． 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 3  ；（2） 5 ． 【解析】（1）∵ 26 sin cos sin2 Aa B b A ，∴ 26 cos 2 Aab ba ，∴ 2 1cos 2 6 A  ， 故 2 2cos 2cos 12 3 AA     ． （2）∵ 2 2 2 2 cosa b c bc A   ， 又 21a  ， 5b c  ，∴ 2 4 221 ( ) 2 253 3b c bc bc bc      ，∴ 6bc  ． 由（1）可知 5sin 3A  ，从而 ABC△ 的面积 1 sin 52S bc A  ． 18．【答案】（1）0.76 ；（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0.4 0.6 0.24  ， 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1 0.24 0.76  ． （2）设在折扣优惠中每籍零件的价格为 X 元，则 184X  或188． X 的分布列为 X 184 188 P 0.6 0.4 则 184 0.6 188 0.4 185.6EX      ． 若选择方案②，则购买总价的数字期望为185.6 650 120640  元． 若选择方案①，由于购买600 箱能获赠50箱，所以该单位只需要购买600 箱， 从而购买总价为 200 600 120000  元． 因为120640 120000 ，所以选择方案①更划算． 19．【答案】（1）证明见解析；（2） 30 6 ． 【解析】（1）因为 AD AB ，平面 ABD  平面 ABC ，平面 ABD  平面 ABC AB ， AD  平面 ABD ，所以 AD  平面 ABC ． 因为 BC 平面 ABC ，所以 AD BC ． 因为 2 2AB BC AC  ，所以 2 2 2AB BC AC  ，所以 AB BC ． 因为 AD AB A ，所以 BC  平面 ABD ． （2）设 (0 4)AD x x   ，则 4AB BC x   ， 四面体 ABCD的体积 2 3 21 1 1( ) (4 ) ( 8 16 )(0 4)3 2 6V f x x x x x x x         ． 21 1( ) (3 16 16) ( 4)(3 4)6 6f x x x x x       ， 当 40 3x  时， ( ) 0f x  ， ( )V f x 单调递增； 当 4 43 x  时， ( ) 0f x  ， ( )V f x 单调递减， 故当 4 3AD x  时，四面体 ABCD的体积取得最大值． 以 B 为坐标原点，建立空间直角坐标系 B xyz ， 则 (0,0,0)B ， 8(0, ,0)3A ， 8( ,0,0)3C ， 8 4(0, , )3 3D ， 4 4( , ,0)3 3E ． 设平面 BCD的法向量为 ( , , )x y zn ， 则 0 0 BC BD        n n ，即 8 03 8 4 03 3 x y z      ，令 2z   ，得 (0,1, 2) n ． 同理可得平面 BDE 的一个法向量为 (1, 1,2) m ， 则 5 30cos , 65 6    m n ． 由图可知，二面角C BD E  为锐角，故二面角C BD E  的余弦值为 30 6 ． 20．【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）存在， 1 4    ， 1AOBS △ ． 【解析】（1）因为椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     过点 1( 3, )2  ，所以 2 2 3 1 14a b   ， 又因为该椭圆的焦距是短轴长的 3 倍，所以 3c b ，从而 2 2 2 24a b c b   ． 联立方程组 2 2 2 2 3 1 14 4 a b a b      ，解得 2 2 4 1 a b     ， 所以椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  ． （2）设存在这样的常数 ，使 1 2k k   ， AOB△ 的面积 S 为定值． 设直线 AB 的方程为 y kx m  ，点 1 1( , )A x y ，点 2 2( , )B x y ， 则由 1 2k k   知 1 2 1 2 0y y x x  ， 1 2 1 2( )( ) 0kx m kx m x x    ， 所以 2 2 1 2 1 2( ) ( ) 0k x x km x x m     ①． 联立方程组 2 2 14 x y y kx m       ，消去 y 得 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x kmx m     ． 所以 1 2 2 8 1 4 kmx x k    ②， 2 1 2 2 4 4 1 4 mx x k    ③， 又点O到直线 AB 的距离 2 | | 1 md k   ， 则 AOB△ 的面积 2 2 4 1 2 2 2 (4 1)1 | || | | |2 2 4 1 k m mmS AB d x x k         ④． 将②③代入①得 2 2 2 2 2 2( )(4 4) 8 (1 4 ) 0k m k m m k      ，化简得 2 2 4( ) 1 4 km     ⑤， 将⑤代入④得 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 4 2 2 (4 1) 4( )(1 4 ) 16( ) 64 (64 4) 4 1( )2 (1 4 ) (4 1) 16 8 1 (1 4 ) S k k k k k k k k                         ， 要使上式为定值，只需 264 64 4 4 16 8 1       ，即需 2(4 1) 0   ，从而 1 4    ， 此时 2 1( )2 4 S  ， 1S  ， 所以存在这样的常数 1 4    ，此时 1AOBS △ ． 21．【答案】（1） ( )f x 的极大值为 1(1)f e  ，无极小值；（2） 2( , )e  ． 【解析】（1）当 1a  时， ln 1( ) x xf x e  ，所以函数 ( )f x 的定义域为(0, ) ， 所以 1 ln( ) x x x xf x xe    ，且 0xxe  ， 令 ( ) 1 lnh x x x x   ， 所以当0 1x  时，1 0x  ， ln 0x x  ，所以 ( ) 1 ln 0h x x x x    ． 又 ( ) 2 lnh x x    ，所以当 1x  时， ( ) 2 ln 0h x x     ， 所以 ( )h x 在(1, ) 上单调递减，故 ( ) (1) 0h x h  ． 同理当0 1x  时， ( ) 0f x  ；当 1x  时， ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 在(0,1) 是单调递增，在(1, ) 单调递减， 所以当 1x  时， ( )f x 的极大值为 1(1)f e  ，无极小值． （2）令 ( ) ( )xm x xe f x ax  ， 因为对任意 1 2, (0, )x x   都有 1 1 1 1 2( ) ( )xx e f x ax g x  成立， 所以 1 min 2 max( ) ( )m x g x ． 因为 ( ) ( ) lnxm x xe f x ax x x   ，所以 ( ) 1 lnm x x   ． 令 ( ) 0m x  ，即1 ln 0x  ，解得 1x e  ；令 ( ) 0m x  ，即1 ln 0x  ，解得 10 x e   ． 所以 ( )m x 在 1(0, )e 上单调递减，在 1( , )e  上单调递增，所以 min 1 1( ) ( )m x m e e    ． 因为 ( ) xg x xe a  ，所以 ( ) (1 ) xg x x e   ，当 0x  时 0xe  ， 令 ( ) 0g x  ，即1 0x  ，解得0 1x  ；令 ( ) 0g x  ，即1 0x  ，解得 1x  ． 所以 ( )g x 在(0,1) 上单调递增，在(1, ) 上单调递减，所以 max 1( ) (1)g x g ae    ， 所以 1 1 ae e    ，所以 2a e  ，即实数 a 的取值范围为 2( , )e  ． 22．【答案】（1）3 4 7 0x y   ， 2 2( 1) ( 2) 1x y    ；（2） 2m  ． 【解析】（1）由题意可得| | 1a  ， 故l 的参数方程为 4 1 3 1 x t y t      （t 为参数），圆C 的参数方程为 1 cos 2 sin x y         （ 为参数）， 消去参数t ，得l 的普通方程为3 4 7 0x y   ， 消去参数 ，得C 的普通方程为 2 2( 1) ( 2) 1x y    ． （2）l的方程为 3 7( )4 4y x m   ，即3 4 3 7 0x y m    ， 因为圆C 上只有一个点到l的距离为1，圆C 的半径为1，所以 (1, 2)C  到l的距离为 2 ， 即 | 3 8 3 7 | 25 m    ，解得 2m  （ 14 03m    舍去）． 23．【答案】（1）(3,5) ；（2）( ,0) [1, )  ． 【解析】（1）当 1a  时， 5 2 , 1 ( ) 3 , 1 4 2 5, 4 x x f x x x x         ， 故不等式 ( )f x x 的解集为(3,5) ． （2）∵ ( ) | | | 4| | ( ) ( 4) | | 4|f x x a x x a x a          ， ∴ 4 4| 4 | 1 aa a a     ， 当 0a  或 4a  时，不等式显然成立； 当0 4a  时， 1 1a  ，则1 4a  ． 故 a 的取值范围为( ,0) [1, )  ．