江西省临川一中南昌二中九江一中新余一中等九校重点中学协作体2020届高三数学第一次联考试题（含解析）（通用）

1、江西省临川一中，南昌二中，九江一中，新余一中等九校重点中学协作体2020届高三数学第一次联考试题（含解析）满分：150分 时间：120分钟一、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.已知为虚数单位，其中，则（ ）A. B. C. 2D. 4【答案】A【解析】，其中，解得，故选2.已知命题，命题，若命题是命题的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ）.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意化简A，B，将条件转化为AB，列出不等关系解得a的范围即可.【详解】，又命题是命题的必要不充分条件，BA，由数轴可得： a，故选D

2、.【点睛】本题考查了必要不充分条件的概念，涉及解一元二次不等式，以及子集的应用，属于基础题.3.两个正数，的等差中项是5，等比中项是，则双曲线的离心率等于（ ）.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由题设条件结合数列的性质解得a，b，再由双曲线的性质求得，可得答案【详解】由题设知，解得a4，b6，故选：B【点睛】本题借助数列的性质考查双曲线的简单性质，解题时要认真审题，注意公式的灵活运用4.已知实数，满足线性约束条件，则其表示的平面区域外接圆的面积为（ ）.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据二元一次不等式组表示平面区域进行作图，根据三角形的形状确定外接圆的直

3、径，求外接圆的半径，即可得到结论【详解】由线性约束条件，画出可行域如图（及内部，又与y=x垂直，为直角，即三角形ABC为直角三角形，外接圆的直径为AC，又A(-1,3),C(-1,-1),AC=4, 外接圆的半径r=2，外接圆的面积为=4，故选C.【点睛】本题主要考查线性规划的应用以及三角形的外接圆问题，利用数形结合是解决本题的关键5.为了研究某班学生的脚长（单位：厘米）和身高（单位：厘米）的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为，已知，.该班某学生的脚长为23，据此估计其身高为（ ）.A. 160B. 166C. 170D. 17

4、2【答案】B【解析】【分析】计算、，求出b，的值，写出回归方程，利用回归方程计算所求的值【详解】根据题意，计算xi25，yi174，；17442574，4x+74，当x23时，计算423+74166，据此估计其身高为166（厘米）故选：B【点睛】本题考查了线性回归方程的求法及应用问题，是基础题6.函数图像向左平移个单位后图像关于轴对称，则的值可能为（ ）.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先化简f(x)，再根据函数图象平移变换法则，求出平移后的函数解析式，根据对称性求出满足条件的a的值【详解】函数,将其图象向左平移a个单位（a0），所得图象的解析式为：y2sin2（x+a），由

5、平移后所得图象关于y轴对称，则2ak，即a，又，当k0时，a故选：B【点睛】本题考查的知识点是函数图象的平移变换及正弦型函数的对称性，其中根据已知函数的解析式，求出平移后图象对应的函数解析式是解答本题的关键，属于基础题7.已知 ，则（ ）A. 18B. 24C. 36D. 56【答案】B【解析】，故，.8.九章算术是中国古代数学专著，其中的“更相减损术”可以用来求两个数的最大公约数，即“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之.”翻译成现代语言如下：第一步，任意给定两个正整数，判断它们是否都是偶数，若是，用2约简；若不是，执行第二步：第二步，以较大的数减

6、去较小的数，接着把所得的差与较小的数比较，并以大数减小数，继续这个操作，知道所得的数相等为止，则这个数（等数）或这个数与约简的数的乘积就是所求的最大公约数.现给出更相减损术的程序图如图所示，如果输入的，则输出的为（ ）.A. 3B. 6C. 7D. 8【答案】C【解析】【分析】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b的值，即可得到结论【详解】，满足a，b都是偶数，则a57，b15,k=2；不满足a，b都是偶数，且不满足a=b，满足ab，则a=57-15=42，n=1,不满足a=b，满足ab，则a=42-15=27，n=2,不满足a=b，满足ab，则a=27-15=12，n=3,

7、不满足a=b，不满足ab，则c=12,a=15,b=12,则a=15-12=3，n=4,不满足a=b，不满足ab，则c=3,a=12,b=3,则a=12-3=9，n=5,不满足a=b，满足ab，则a=9-3=6，n=6,不满足a=b，满足ab，则a=6-3=3，n=7,满足a=b，结束循环,输出n=7,故选：C【点睛】本题考查算法和程序框图，主要考查循环结构的理解和运用，以及赋值语句的运用，属于基础题9.已知扇形，扇形半径为，是弧上一点，若，则（ ）.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将已知等式两边同时平方，利用数量积的运算法则计算，可得到cos，即可求得结果.【详解】由，两边

8、同时平方得=，则有3=4+1+2=5+22cos，cos，故选D.【点睛】本题考查了向量数量积的运算，考查了夹角的求法，属于基础题.10.如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）.A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三视图还原该几何体得到三棱锥，将三棱锥放在对应的正方体中，结合正弦定理求出三棱锥ABCD的四个面的面积，求和即可【详解】由三视图知该几何体是如图所示的三棱锥ABCD，将该三棱锥是放在棱长为4的正方体中，A是棱的中点，在ADC中，AC2，且CD AD=，2=4；在ABD中，AB2，BD=4，由余弦定理得，cosD

9、AB，sinDAB，2,又与均为边长为4的正方形面积的一半，即为8，三棱锥ABCD的表面积为12+2=，故选：A【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了余弦定理及三角形面积公式的应用，解题关键是由三视图还原为几何体，是中档题11.已知以圆的圆心为焦点的抛物线与圆在第一象限交于点，电商 抛物线上任意一点与直线垂直，垂足为，则的最大值为（ ）.A. -1B. 2C. 1D. 8【答案】C【解析】试题分析：求得圆心，可得抛物线C1方程，与圆C的交点A，运用抛物线的定义和三点共线，即可得到所求最大值详解：圆C：（x1）2+y2=4的圆心为焦点（1，0）的抛物线方程为y2=4x，由 ，解得A（1，2

10、），抛物线C2：x2=8y的焦点为F（0，2），准线方程为y=2，即有|BM|AB|=|BF|AB|AF|=1，当且仅当A，B，F（A在B，F之间）三点共线，可得最大值1，故选：C.点睛：本题考查圆方程和抛物线的定义和方程的运用，考查方程思想和定义法解题，以及三点共线取得最值，属于中档题，一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用。尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化.12.已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将不等式变形后，构造函数g(x)，

11、结合选项对m讨论，利用导数分析函数的单调性及函数值的分布情况，对选项排除验证即可【详解】原不等式转化为0在上恒成立，记g(x)，由基本初等函数的图象及导数的几何意义可知，y=x+1与y=x-1分别为y=与y=的切线，即,(x=0时等号成立)，（x=1时等号成立），可得(x=0时等号成立)，m时，在上恒成立，又在上恒成立，在上恒成立，m时符合题意，排除A、B；当m0时，验证C选项是否符合，只需代入m=3，此时g(x)，则，此时0，令)在上单调递增，且，在上恒成立，即在上单调递增，而0，在上恒成立，g(x)在上单调递增,又g(0)=0，g(x)在上恒成立，即m=3符合题意，排除D,故选C.【点睛】

12、本题考查了导数的应用，考查了函数的单调性、最值问题，考查了分类讨论思想，注意小题小做的技巧，是一道综合题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数则的值为_【答案】【解析】【分析】由函数的解析式，得到，即可求解.【详解】由题意，根据函数，可得 .【点睛】本题主要考查了微积分基本定理的应用，其中解答中根据函数的解析式，利用微积分基本定理，得到，然后利用定积分求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.14.在平面几何中，若正方形的内切圆面积为外接圆面积为则，推广到立体几何中，若正方体的内切球体积为外接球体积为，则_【答案】【解析】【分析】由面积比为半径比

13、的平方，体积比为半径的立方可得结果。【详解】正方形的内切圆半径为 外接圆半径为，半径比，面积比为半径比的平方，类比正方正方体内切球半径为 外接球半径为，径比，所以体积比是半径比的立方=，填。【点睛】立体几何中一个常见的猜想类比为面积比为半径比的平方，体积比为半径的立方可得结果。15.已知函数若函数存在5个零点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】先作出函数y=2f(x)的图像，再令=0，则存在5个零点，再作函数y=的图像，数形结合分析得到a的取值范围.【详解】先作出函数y=2f(x)的图像如图所示(图中黑色的曲线)，当a=1时，函数y=|2f(x)-1|的图像如图所示（图中红色的曲线

14、），它与直线y=1只有四个交点，即函数存在4个零点，不合题意.当1a3时，函数y=|2f(x)-a|的图像如图所示（图中红色的曲线），它与直线y=1有5个交点，即函数存在5个零点，符合题意.当a=3时，函数y=|2f(x)-3|的图像如图所示（图中红色的曲线），它与直线y=1有6个交点，即函数存在6个零点，不符合题意.所以实数a的取值范围为.故答案为：【点睛】本题主要考查指数对数函数的图像，考查函数图像的变换，考查函数的零点问题，意在考查学生学这些知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.解答本题的关键是画图和数形结合分析图像.16.已知平面四边形中，的面积为，_.【答案】【解析】【分析】由题意，

15、根据余弦定理先求解出AB的长度；设则DBA，利用余弦定理建立方程组即可求解BD的长度【详解】设（）,BD=x,则AD=2x，在ABC中，由余弦定理可得：AC2BC2+AB22BCABcosABC=4，又，AB=6,BC=4，又=, ；在ABD中，由余弦定理可得：AD2BD2+AB22BDABcos(，计算得到即，由+=1，即+=1，解得-16+48=0，解得=12或4，又，-,所以=12，x=,故答案为.【点睛】本题考查了正余弦定理的应用和计算能力属于中档题三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知递增的等差数列前项和为，若，.（1）求数列的通项公式.（2）若，且

16、数列前项和为，求.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）由题意列出关于的方程组，求解，进而求得d，即可得到通项公式.（2）整理，代入的表示式子即可求解.【详解】（1）由，且知：，公差，数列的通项公式为； （2）.；【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式，考查了裂项求和，属于基础题.18.如图，四棱锥的底面为直角梯形，且为等边三角形，平面平面；点分别为的中点（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】(1)求解线面平行，根据题意，连接相应的中位线，根据中位线的关系可得，四边形是平行四边形.(2) 设的中点为， 可证两两垂

17、直，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，然后求出平面的法向量，最后利用向量的内积关系即可求解出直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）设的中点为，连接，为的中点，所以为的中位线，则可得，且；在梯形中，且，所以四边形是平行四边形，又平面，平面，平面 法二：设为的中点，连接，为的中点，所以是的中位线，所以，又平面，平面，平面， 又在梯形中，且，所以四边形是平行四边形，又平面，平面，平面， 又，所以平面平面，又平面，平面 （2）设的中点为，又因为平面平面，交线为，平面，平面，又由，即有两两垂直，如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系 已知点，设平面的法向量为：则有 ，可得平面的一个法向量为

18、， 可得：，所以直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题的第一问是比较常规的证明线面平行的题目，难点在于根据中点连成相应的平行四边形，进而证明出线面平行；第二问是常规的求线面角的正弦值，难点在于建立坐标系，当建立了坐标系后，即可求出平面的法向量，进而求解所求角的正弦值.19.今有9所省级示范学校参加联考，参加人数约5000人，考完后经计算得数学平均分为113分.已知本次联考的成绩服从正态分布，且标准差为12.（1）计算联考成绩在137分以上的人数.（2）从所有试卷中任意抽取1份，已知分数不超过123分的概率为0.8.求分数低于103分的概率.从所有试卷中任意抽取5份，由于试卷数量较大，可以把每份

19、试卷被抽到的概率视为相同,表示抽到成绩低于103分的试卷的份数，写出的分布列，并求出数学期望.参考数据：，.【答案】（1）114人； （2） .【解析】【分析】（1）利用正态分布的概率公式求得满足条件的概率，再乘以总人数，可得结果.（2）直接利用正态分布曲线的对称性求得结果.由题意易知找到x的取值，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和E（X）【详解】（1）设本次联考成绩为，由题意知在正态分布中，因为，所以，故所求人数为（人）.（2）.由题意易知故，012345.【点睛】本题考查了正态分布的性质的应用问题，考查了二项分布的分布列与期望，关键是利用正态曲线的对称性求概率，是中档题20.已知椭

20、圆的右焦点，是椭圆上任意三点，关于原点对称且满足.（1）求椭圆的方程.（2）若斜率为的直线与圆：相切，与椭圆相交于不同的两点、，求时，求的取值范围.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）由题意设出，的坐标，代入椭圆方程作差可得a与b的关系，结合右焦点坐标解得a，b即可.（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式及根与系数的关系将用k与m表示，再利用直线与圆相切得到k，m的关系，代入表达式，得到关于k的不等式，解得k的范围即可【详解】（1）由题可设，所以两式相减得，.即，所以，又，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）设直线方程为，交椭圆于点，.联立方程，得，.所以 =，因为直线与圆

21、相切，所以，即，代入，得.所以 因为，所以，化简得，或（舍）.所以或，故k的取值范围为.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质，弦长公式，涉及直线与圆相切的充要条件、一元二次方程的根与系数的关系、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题21.已知函数，其中.（1）求函数的单调区间.（2）若函数有两个极值点、，且，证明：.【答案】（1）详见解析 （2）见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，研究导数中二次函数的单调性及零点的分布，从而求出函数的单调区间；（2）通过韦达定理，将所证明的函数中的与a都用表示，构造新函数，由条件求得新函数的定义域，进而再利用导数求值域，即可证明结论.【详解】（1）的定义域为，令，即，即，即，当且仅当，时所以在单调递增且，即，的两根，即，在单调递减，即，在单调递增.且，即时，的两根，即，在单调递增，即，在单调递减，即，在单调递增，综合上述：时，的单调增区间为时，的单调增区间为，单调减区间为，的单调增区间为，单调减区间为.（2）由（1）可知，有两个极值点，则，且 则 =，令，则在，则在上单调递增，则.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题，关键是利用减元思想将目标函数化简为只含一个变量的新函数，考查了推理能力与计算能力，考查了分类讨论数学思想，属于难题请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多则，