江西省上饶市重点中学六校2020届高三数学第一次联考试题 文（含解析）

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1、江西省上饶市重点中学六校2020届高三数学第一次联考试题 文（含解析）一、选择题（本大题共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.设全集为，集合，则()=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出集合和，由此能求出 ().【详解】集合 ，集合，全集为，所以 = ，所以()=故选：D【点睛】本题考查集合的交集、补集的求法，属于基础题，2.若复数满足（为虚数单位），则其共轭复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知等式求出z，再由共轭复数的概念求得，即可得虚部.【详解】由zi1i，z ，所以共轭复数=-

2、1+，虚部为1故选：D【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算和共轭复数的基本概念，属于基础题3.已知，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由两角差的正切公式化简求值即可.【详解】已知，所以 =-3故选：C【点睛】本题考查两角差的正切公式的应用，属于基础题.4.若变量满足，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由约束条件作出可行域，再由x2+y2的几何意义，结合点到直线的距离公式求解即可【详解】画出变量满足的可行域为内及边界，如图所示，再由x2+y2的几何意义表示为原点到区域内的点距离的平方，所以的最小值是原点到直线AC的距离的平方，直线AC

3、：x+y-1=0，即，所以 故选：A【点睛】本题考查简单的线性规划和数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，属于基础题5.已知等差数列的首项，前项和为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设等差数列的公差为，由和得，即可得.【详解】设等差数列的公差为，由，得 ，所以 ，且，所以=，得 .故选：B【点睛】本题考查了等差数列的通项公式的应用，属于基础题.6.某公司有包括甲、乙在内的4名员工参加2020年上海进博会的服务，这4名员工中2人被分配到食品展区，另2人被分配到汽车展区，若分配是随机的，则甲、乙两人被分配到同一展区的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【

4、解析】【分析】基本事件总数n6，甲、乙两人同时被安排到同一展区的基本事件个数m=2，由古典概型的概率计算即可【详解】有甲、乙在内4名员工，随机安排2人到食品展区，另2人到汽车展区的基本事件总数n6，甲、乙两人同时被安排到同一展区的基本事件个数m=2，由古典概型的计算公式得概率p 故选：C【点睛】本题考查古典概型概率的求法，考查运算求解能力，属于基础题7.如图所示，某几何体的三视图是三个全等的等腰直角三角形，若此几何体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图可得，该几何体是三棱锥，其外接球等同于棱长为2的正方体的外接球，进而得到答案【

5、详解】由三视图可得，该几何体是三棱锥，其外接球等同于棱长为2的正方体的外接球，故球半径R满足2R = ，故球的表面积S4R212，故选：C【点睛】本题考查了球内接多面体，球的体积和表面积，由三视图判断几何体的形状是关键，属于基础题8.已知等比数列的首项，公比为，前项和为，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由S3+S52S4，可得a5a4，且，得，分q1或两种请况，即可得答案【详解】由S3+S52S4，可得a5a4，由等比数列的通项公式得 ，且，所以，得q1或“q1”是“S3+S52S4”的充分不必要

6、条件故选：A【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及其性质、不等式的解法，属于基础题9.阅读如下程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由当型循环结构框图得知，算法执行的是求的前18项和，计算出结果即可.【详解】由当型循环结构框图，通过分析知该算法是求 的前18项和.所以= .故选：B【点睛】本题考查了程序框图中的当型循环结构，当型循环结构是先判断再执行，特别要注意条件应用，如计数变量和累加变量等，属于基础题.10.在空间四边形中，若，且，分别是的中点，则异面直线所成角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设空间四边形的

7、边长为2，作AD的中点 并且连接MF、EM，在EMF中可由余弦定理能求出异面直线所成的角【详解】在图1中连接DE，EC，因为=，得为等腰三角形，设空间四边形的边长为2，即=2，在中， ,得=.在图2取AD的中点M，连接MF、EM，因为E、F分别是AB、CD的中点，MF1，EM1，EFM是异面直线AC与EF所成的角在EMF中可由余弦定理得：cosEFM，EFM45,即异面直线所成的角为45故选：B 图1 图2【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.11.设双曲线的右焦点为，过且斜率为1的直线与的右支相交不同的两点，则双曲线的离心率的取值范围是（

8、 ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由过且斜率为1的直线与的右支相交不同的两点，则，进而可求出e的范围.【详解】要使直线与双曲线的右支相交不同的两点，需使双曲线的其中一渐近线方程的斜率小于直线即 ，所以 ，所以 故选：A【点睛】本题考查了双曲线的简单性质，正确寻找几何量之间的关系是关键，属于基础题.12.已知是定义域为R的奇函数，当时，若函数有2个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由转化为=，有两个交点，对在求导判断其单调性和求极值，且为奇函数即可得答案.【详解】当时，对求导得 的根为1，所以在上递减，在上递增，且= .又因

9、为为奇函数，所以在上递减，在上递增，且=，如图所示，由转化为=，有两个交点，所以或,即或 .故选：D【点睛】本题考查了函数的零点转化为两函数的交点问题，也考查了求导判断函数的单调性与极值，属于中档题.二、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分）13.某校高三科创班共48人，班主任为了解学生高考前的心理状况，将学生按1至48的学号用系统抽样方法抽取8人进行调查，若抽到的最大学号为48，则抽到的最小学号为_【答案】6【解析】【分析】抽到的最大学号为48，由系统抽样等基础知识即可得最小学号.【详解】由系统抽样方法从学号为1到48的48名学生中抽取8名学生进行调查，把48人分成8组，抽到的最大学

10、号为48，它是第8组的最后一名，则抽到的最小学号为第一组的最后一名6号.故答案为：6【点睛】本题考查了系统抽样等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题14.已知向量，则在方向上的投影为_【答案】【解析】【分析】先求出， ，再代入向量的投影公式计算即可【详解】因为-1 ， ， 向量在向量方向上的投影 故答案为：【点睛】本题考查了平面向量的数量积和模长及投影公式，属于基础题15.已知抛物线的焦点为，设为该抛物线上一点，则周长的最小值为_【答案】3【解析】【分析】由抛物线的标准方程， 求出焦点坐标和准线方程，设为到准线的距离，利用抛物线的定义可得 +即可【详解】抛物线的标准方程为 x24y，p2，焦

11、点，准线方程为y1设到准线的距离为（即垂直于准线，为垂足），设为到准线的距离（为垂足），由抛物线的定义得 + ，（当且仅当共线时取等号），故答案为： 3【点睛】本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，属于基础题.16.已知点Q（x0，1），若上存在点，使得OQP60，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据直线和圆的位置关系，利用数形结合即可得到结论【详解】由题意画出图形如图：点Q（x0，1），要使圆O：x2+y21上存在点N，使得OQP60，则OQP的最大值大于或等于60时一定存在点P，使得OQP60，而当QP与圆相切时OQP取得最大值，此时OP1，图中只有Q到Q之间的区域满

12、足|QP|，x0的取值范围是故答案为： 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，数形结合是快速解得本题的策略之一，属于中档题.三、解答题（解答应写出必要计算过程，推理步骤和文字说明，共70分）17.一次数学考试有4道填空题，共20分，每道题完全答对得5分，否则得0分在试卷命题时，设计第一道题使考生都能完全答对，后三道题能得出正确答案的概率分别为、，且每题答对与否相互独立（1）当时，求考生填空题得满分的概率；（2）若考生填空题得10分与得15分的概率相等，求的值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）记事件A为考生填空题得满分，利用相互独立事件的概率公式，得出结果.（2）记事件B，C分别为考生填

13、空题得10,15分，利用相互独立事件的概率公式，得出结果相等即可求出P.【详解】设考生填空题得满分、15分、10分为事件A、B、C（1） （2）= = 因为 ， 所以=得【点睛】本题考查相互独立事件的概率问题，属于基础题.18.已知函数（1）求的最小正周期；（2）在中，内角所对的边分别是若，且面积，求的值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由诱导公式和倍角公式化简，即可得周期.（2）由，得，由三角形的面积公式和正，余弦定理即可求出.【详解】（1）由诱导公式和倍角公式化简 （2）因为 且得 因为 ，所以，得 ，由余弦定理得，面积公式得，且面积，得，因为即 ,由正弦定理得【点睛】本题考查了

14、诱导公式和倍角公式的应用，也考查了三角形的面积公式和正，余弦定理，属于中档题.19.如图所示，在边长为2的菱形中，现将沿边折到的位置（1）求证：；（2）求三棱锥体积的最大值【答案】（1）见解析；（2）1【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，由线面垂直的判定定理即可证出.（2）由体积相等转化为即可求出.【详解】（1）如图所示，取的中点为，连接，易得， ,又 面 （2）由（1）知 ， = ,当时，的最大值为1.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理和等体积转化思想，属于基础题.20.已知椭圆的短轴长等于，右焦点距最远处的距离为3（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，过的直线与交于两点（不在轴上）

15、，若,求四边形面积的最大值【答案】（1）；（2）1【解析】【分析】（1）由已知得，即可得椭圆方程.（2）由题意设，与椭圆方程联立得，代入化简求最值即可.【详解】（1）由已知得， （2）因为过 的直线与交于两点（不在轴上），所以设， 设则 ，由对勾函数的单调性易得当即 【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程和四边形的面积的最值问题，转化为两个三角形的面积最值是关键，属于中档题.21.设函数，其中为自然对数的底数（1）当时，求在点处的切线的斜率；（2）若存在，使，求正数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）对求导，代入x=1即可得斜率.（2）依题意得，对a按，分类讨论得的单调性和最小值

16、即可.【详解】解：（1）设所求切线的斜率为，当时， ， （2）依题意得 ，且，所以 当时，即在递增， 而 满足条件 当时，在递减 递增 综上【点睛】本题考查了求切线的斜率和利用导数判断函数在区间上的单调性和最小值，也考查了分类讨论思想，属于中档题.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）试判断曲线与是否存在两个交点，若存在，则求出两交点间的距离；若不存在，请说明理由【答案】（1）: ， ；（2）2【解析】【分析】（1）直接把参数方程和极坐标方程转化成直角坐标方程（2）先判断

17、两圆的位置关系，再两圆作差得交点所在的直线方程，直线恰好过圆心即可得两交点间的距离.【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），化为普通方程为： ，曲线的极坐标方程为，化为直角坐标方程为： （2）因为 ， ， ，相交 ，设与的交点为，两圆的方程作差得 ，又恰过， .【点睛】本题考查了参数方程，极坐标和直角坐标方程的转化，也考查了两圆的位置关系，属于中档题.23.已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若的解集为，求的取值范围【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）当时，对x分类讨论求解集即可.（2）由题意得，由含绝对值的不等式求最小值，即可求出的取值范围.【详解】（1）当时，原不等式可化为或或 解得 所以不等式的解集为（2）由题意可得， 当 时取等号. ， 即或【点睛】本题主要考查绝对值的意义，绝对值不等式的解法，函数的恒成立问题，体现了转化的数学思想，属于基础题