江西省临川2020届高三上学期第一次联考 理科数学试题（扫描版含答案）

1 2 3 4 5 2019201920202020 届临川一中上学期第一次联合考试届临川一中上学期第一次联合考试 数学答案（理）数学答案（理） 一、选择题一、选择题 题号题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案答案 C D A D B B C A A C A B 二、填空题二、填空题 13 2 21 142 3 15 162 三、解答题三、解答题 17解（解（1）acosB(4cb)cosA， 由正弦定理得：由正弦定理得：sinAcosB(4sinCsinB)cosA，2 分分 即即 sinAcosBcosAsinB4sinCcosA，即，即 sinC4 cosAsinC，4 分分 在在中，中，所以，所以 cosA4 1 5 分分 （2） AB AC 2 AM ，两边平方得：两边平方得： 6 分分 由由 b4，| AM |，cosA4 1 得得 c2b22 c b 4 1 4 10，8 分分 可得可得 c2162c4010 分分 解得：解得：c4 或或 c6（舍）（舍） 11 分分 所以所以ABC 的面积的面积 s2 1 bcsinA2 12 分分 18解：解：(1)证明：证明：AC2，BC2，AB6， AC2BC2AB2， ACB90 ， cosABC6 3 3 3.又易知 又易知 BD2， CD222(2)2222cosABC8， CD2，又，又 AD4， CD2AD2AC2， CDAB. 平面平面 PAB平面平面 ABC，平面，平面 PAB平面平面 ABCAB，CD平面平面 ABC， CD平面平面 PAB，又，又 PD平面平面 PAB， 6 CDPD， PDAC，ACCDC， PD平面平面 ABC.5 分分 (2)由由(1)知知 PD，CD，AB 两两互相垂直，两两互相垂直， 可建立如图所示的空间直角坐标系可建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz， 直线直线 PA 与平面与平面 ABC 所成的角为所成的角为 45 ，即，即PAD45 ， PDAD4， 则则 A(0，4,0)，C(2，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)， CB (2，2,0)， AC (2，4,0)， PA (0，4，4) AD2DB，CE2EB， DEAC，由，由(1)知知 ACBC， DEBC， 又又 PD平面平面 ABC，BC平面平面 ABC， PDBC， PDDED， CB平面平面 PDE， CB (2，2,0)为平面为平面 PDE 的一个法向量的一个法向量 设平面设平面 PAC 的法向量为的法向量为 n(x，y，z)， 则则 AC PA 0， PA 即即4y4z0， 2x4y0， 令令 z1，得，得 x，y1， n(，1,1)为平面为平面 PAC 的一个法向量的一个法向量 cos12 42 2 3， ， 平面平面 PAC 与平面与平面 PDE 所成的锐二面角的余弦值为所成的锐二面角的余弦值为2 3， ， 故平面故平面 PAC 与平面与平面 PDE 所成的锐二面角为所成的锐二面角为 30 .12 分分 19解：由解：由 ea c 2 3 ，又由于，又由于 ab0，一个长轴顶点在直线一个长轴顶点在直线 yx2 上上， 可得：可得：a2，c，b1 （1）故此椭圆的方程为）故此椭圆的方程为 4 x2 y215 分分 （2）设）设 P(x1，y1)，Q(x1，y1)，当直线，当直线 PQ 的斜率存在时，设其方程为的斜率存在时，设其方程为 ykxm 联立椭圆的方程得：联立椭圆的方程得： (4k21)x28kmx4m240 7 由由64k2m24(4k21)( 4m24)0，可得，可得 m24k21 则则 x1x24k21 8km ，x1x2 4k21 4m24 |PQ|x1x2| 44k21 4k2m21 又点又点 O 到直线到直线 ykxm 的距离的距离 dk21 |m| SOPQ2 1 d|PQ|2|m|4k21 4k2m21 由于由于 k1k2x1x2 y1y2 x1x2 x1x2m2 4 1 ， 可得：可得：4k22m21 故故 SOPQ2|m|2m2 2m21m21 1 当直线当直线 PQ 的斜率不存在时，可算得：的斜率不存在时，可算得：SOPQ1 故故OPQ 的面积为定值的面积为定值 112 分分 20 （1）X 可能取值为可能取值为 3，4，5，6 P(X3)(3 1 )3 27 1 P(X4)C31 (3 2 )(3 1 )2 27 6 1 分分 P(X5)C32 (3 2 )2(3 1 ) 27 12 P(X6) (3 2 )3 27 8 2 分分 故其分布列为故其分布列为3 分分 X 3 4 5 6 P 27 1 27 6 27 12 27 8 E(X)54 分分 （2）总分恰为）总分恰为 m 的概率的概率 Am(3 1 )m6 分分 故故 S63 1 729 364 8 分分 已调查过的累计得分恰为已调查过的累计得分恰为 n 分的概率为分的概率为 Bn， 得不到得不到 n 分的情况只有先得分的情况只有先得 n1 分，再得分，再得 2 分，概率为分，概率为3 2 Bn1，而，而 B13 1 9 分分 故故 1Bn3 2 Bn1，即，即 Bn3 2 Bn1110 分分 可得可得 Bn5 3 3 2 ( Bn15 3 )，B15 3 15 4 11 分分 8 可得可得 Bn5 3 5 2 (3 2 )n12 分分 21解： （解： （1）f / (x)xlnxalnxax(xa)(lnx1)，x(0，)1 分分 当当 ae 时，时，f / (x) (xe)(lnx1)0，f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增2 分分 当当 a0 时，时，xa0，f(x)在在(0，e) 上单调递减，在上单调递减，在(e，)上单调递增上单调递增3 分分 当当 0ae 时，时， f(x)在在(a，e) 上单调递减，在上单调递减，在(0，a)，(e，)上单调递增上单调递增4 分分 当当 ae 时，时， f(x)在在(e，a) 上单调递减，在上单调递减，在(0，e)，(e，)上单调递增上单调递增6 分分 （2）假设存在）假设存在 a(，e，使得，使得 f(x)34 1 sin 4 a 对任意对任意 x1，)恒成立恒成立 则则 f(1)2a4 3 34 1 sin 4 a ，即，即 8asin 4 a 1507 分分 设设 g(x)8xsin 4 x 15，g/ (x)84 cos 4 x 0，则，则 g(x)单调递增单调递增 由于由于 g(2)0，所以，所以 a2 当当 ae 时，时，f(x)在在1，)上单调递增，所以上单调递增，所以 f(x)minf(1)，所以，所以 a 2， 从而从而 ae 满足题意满足题意8 分分 当当 2ae 时，时， f(x)在在(a，e) 上单调递减，在上单调递减，在(0，a)，(e，)上单调递增上单调递增 所以所以4 1 4 a 4 1 4 a 4 a ，可，可 4 a e2120 a （1）9 分分 设设 h(x)4exsin 4 x e212，h/ (x)4e4 cos 4 x 0，则，则 h(x)是单调递增函数是单调递增函数10 分分 由于由于 h(2)8ee2130 可得可得 h(x)的零点小于的零点小于 2，从而不等式组（，从而不等式组（1）的解集为）的解集为(2，) 所以所以 2ae11 分分 综上，存在综上，存在 a(，e，使得，使得 f(x) 34 1 sin 4 a 对对 x1，恒成立，恒成立， 且且 a 的取值范围是的取值范围是(2，e 12 分分 22(1)C：x2y21， 曲线曲线 C1： y/sin x/2cos ，得，得 x /2 4y /2 42 分分 即即 2cos242sin245 分分 （2）2cos242sin24 ，有，有2 1 4 cos2 sin27 分分 |OA|2 1 4 cos2 sin2，8 分分 同理同理|OB|2 1 2sin2(2 )4 sin2 cos29 分分 故故|OA|2 1 |OB|2 1 4 5 10 分分 23 （ （1）f(x)|x2|x1|5 可解得可解得 x(，14，)5 他他 9