2020届江西名师联盟高三上学期第一次模拟考试数学（文）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（文）试题（解析版）

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 文 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．设为虚数单位，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．若，，，则，，的大小关系是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．斐波那契数列满足：，，．若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论错误的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎5．函数的部分图像大致为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎6．数列，为等差数列，前项和分别为，，若，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．已知，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示是某多面体的三视图，左上为正视图，右上为侧视图，左下为俯视图，且图中小方格单位长度为，则该多面体的最大面的面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．将一个总体分为甲、乙、丙三层，其个体数之比为，若用分层抽样的方法抽取容量为的样本，则应从丙层中抽取的个体数为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．在锐角中，内角，，的对边分别为，，，已知，，则的面积取得最小值时有（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知双曲线，过点的直线交双曲线于，两点，交轴于点(点与双曲线的顶点不重合)，当，且时，点的坐标为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．已知函数，当时，不等式恒成立，则整数的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．已知变量，满足约束条件，若，则的取值范围是__________．‎ ‎14．已知向量，的夹角为，且，，则_________．‎ ‎15．四面体中，底面，，，则四面体的外接球的表面积为__________．‎ ‎16．已知数列的前项和为，，，其中为常数，若，则数列中的项的最小值为__________．‎ 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）已知数列是等比数列，且，．‎ ‎（1）证明：数列是等差数列，并求出其通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ ‎18．（12分）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，、分别是、的中点．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求证：平面；‎ ‎（3）求三棱锥的体积．‎ ‎19．（12分）某学校有名高中生参加足球特长生初选，第一轮测身高和体重，第二轮足球基础知识问答，测试员把成绩(单位：分)分组如下：第组，第组，第组，第组，第组，得到频率分布直方图如图所示．‎ ‎（1）根据频率分布直方图估计成绩的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；‎ ‎（2）用分层抽样的方法从成绩在第，，组的高中生中抽取名组成一个小组，若再从这人中随机选出人担任小组负责人，求这人来自第，组各人的概率．‎ ‎20．（12分）已知为坐标原点，椭圆的下焦点为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于，两点．‎ ‎（1）以为直径的圆与相切，求该圆的半径；‎ ‎（2）在轴上是否存在定点，使得为定值，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎21．（12分）已知函数，曲线在点处的切线为．‎ ‎（1）求，的值；‎ ‎（2）若对任意的，恒成立，求正整数的最大值．‎ 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，曲线(为参数)，在以为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线．‎ ‎（1）写出曲线和的普通方程；‎ ‎（2）若曲线上有一动点，曲线上有一动点，求的最小值．‎ ‎23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】‎ 已知函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）设，，且的最小值为，若，求的最小值．‎ ‎2020届江西名师联盟高三第一次模拟考试卷 文科数学答 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】A ‎【解析】，∴．‎ ‎2．【答案】D ‎【解析】，‎ ‎∴．‎ ‎3．【答案】D ‎【解析】，，，‎ 故．‎ ‎4．【答案】C ‎【解析】对于A，由图可知，，，，‎ 可得，A正确；‎ 对于B，‎ ‎，所以B正确；‎ 对于C，时，，C错误；‎ 对于D，，D正确．‎ 故选C．‎ ‎5．【答案】B ‎【解析】，定义域为，，所以函数是偶函数，排除A、C，‎ 又因为且接近时，，且，所以．‎ ‎6．【答案】A ‎【解析】依题意，．‎ ‎7．【答案】B ‎【解析】由于，∴，∴，，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴．‎ ‎8．【答案】B ‎【解析】由三视图可知多面体是棱长为的正方体中的三棱锥，‎ 故，，，，，‎ ‎∴，，，‎ ‎∴该多面体的最大面的面积为．故选B．‎ ‎9．【答案】A ‎【解析】因为甲、乙、丙三层，其个体数之比为，‎ 所以丙层所占的比例为，‎ 所以应从丙层中抽取的个体数为，故本题选A．‎ ‎10．【答案】D ‎【解析】由已知有，‎ 根据正弦定理得，‎ 又，即，‎ 由于，即有，即有，‎ 由于，即，解得，‎ 当且仅当时取等号，‎ 当，，取最小值，‎ 又(为锐角)，则，则．‎ ‎11．【答案】A ‎【解析】由题意知直线的斜率存在且不等于零，‎ 设的方程为，，，则．‎ 又，∴，‎ 故，得，‎ ‎∵在双曲线上，∴，‎ 整理得，同理得．‎ 若，则直线过双曲线的顶点，不合题意，∴，‎ ‎∴，是方程的两根，‎ ‎∴，∴，此时，∴，点的坐标为．‎ ‎12．【答案】A ‎【解析】由题意知函数为奇函数，增函数，‎ 不等式恒成立，‎ 等价于，‎ 得，即，‎ 令，，‎ 当时，，单调递增；当时，，单调递减，‎ 故当时，取极大值也是最大值，最大值为，‎ 所以，得．‎ 又，则．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．【答案】‎ ‎【解析】由图可知．‎ ‎∵，，∴的取值范围为．‎ ‎14．【答案】‎ ‎【解析】依题有 ‎．‎ ‎15．【答案】‎ ‎【解析】由题意，，可得，‎ 又因为底面，所以，即平面，所以．‎ 取的中点，则，‎ 故点为四面体外接球的球心，‎ 因为，所以球半径，故外接球的表面积．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】∵，，∴，，，‎ ‎①，‎ 时，②，‎ ‎②-①化为，所以是公比为的等比数列，‎ ‎∴，，‎ 由，可得，‎ 解得，‎ 即中的项的最小值为．‎ 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）证明见解析，；（2）．‎ ‎【解析】（1）因为数列是等比数列，设公比为，‎ 所以当时，，‎ 所以当时，为常数，因此数列是等差数列，‎ 设数列的公差为，由，，得，‎ 所以，即数列的通项公式为．‎ ‎（2），‎ 所以．‎ ‎18．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．‎ ‎【解析】（1）∵三棱柱中，侧棱垂直于底面，∴．‎ ‎∵，，平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎∵平面，∴平面平面．‎ ‎（2）取的中点，连接，．‎ ‎∵是的中点，∴，．‎ ‎∵是的中点，∴，，‎ ‎∴四边形是平行四边形，∴．‎ ‎∵平面，平面，∴平面．‎ ‎（3）∵，，，‎ ‎∴，∴．‎ ‎19．【答案】（1）成绩的平均值为；（2）．‎ ‎【解析】（1）因为，所以，‎ 所以成绩的平均值为 ‎．‎ ‎（2）第组学生人数为，第组学生人数为，第组学生人数为，‎ 所以抽取的人中第，，组的人数分别为，，．‎ 第组的人分别记为，，，第组的人分别记为，，第组的人记为，则从中选出人的基本事件为共个，‎ 记“从这人中随机选出人担任小组负责人，这人来自第，组各人”为事件，则事件包含的基本事件为，，，，，，共个，‎ 所以．‎ ‎20．【答案】（1）；（2）存在定点，．‎ ‎【解析】由题意可设直线的方程为，，，‎ 由消去，得，‎ 则恒成立，，，‎ ‎，．‎ ‎（1），‎ 线段的中点的横坐标为，‎ ‎∵以为直径的圆与相切，∴，解得，‎ 此时，∴圆的半径为．‎ ‎（2）设，‎ ‎，‎ 由，得，，‎ ‎∴轴上存在定点，使得为定值．‎ ‎21．【答案】（1），；（2）．‎ ‎【解析】（1）由，得．‎ 曲线在点处的切线为，‎ 所以，，解得，．‎ ‎（2）由（1）知，则时，恒成立，‎ 等价于时，恒成立．‎ 令，，则．‎ 令，则，‎ 所以，，单调递增．‎ 因为，，‎ 所以存在，使．‎ 且时，；时，，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 所以，即正整数的最大值为．‎ ‎22．【答案】（1），；（2）．‎ ‎【解析】（1），．‎ ‎（2）设，‎ 结合图形可知：最小值即为点到直线的距离的最小值，‎ ‎∵到直线的距离，‎ ‎∴当时，最小，即．‎ ‎23．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）当时，，‎ 原不等式可化为①，‎ 当时，不等式①可化为，解得，此时；‎ 当时，不等式①可化为，解得，此时；‎ 当时，不等式①可化为，解得，此时，‎ 综上，原不等式的解集为．‎ ‎（2）由题意得，‎ ‎∵的最小值为，∴，由，得，‎ ‎∴，‎ 当且仅当，即，时，的最小值为．‎