江西省抚州市临川第一中学等2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题

江西省抚州市临川第一中学等2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题

‎2019—2020届临川一中上学期第一次联合考试 高三数学试题（理）‎ 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.若，则（ ）‎ A. -2 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据共轭复数的性质可知，直接利用复数模的性质即可求解.‎ ‎【详解】因为 所以 ‎，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数模的性质，共轭复数的性质，属于中档题.‎ ‎2.设集合，，若，则的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 集合的交集运算即求两个集合的公共元素，说明集合没有公共元素，借助于数轴列式计算．‎ ‎【详解】因为，所以，解得或.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，考查运算求解能力与推理论证能力.‎ ‎3.设，则“”是“”的（）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用充分、必要条件的定义即可判断。‎ ‎【详解】，因为，可推出；时，若，则无法推出，所以“”是“”的充分不必要条件，故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查分、必要条件的定义的应用。‎ ‎4.若函数的图象上存在与直线垂直的切线，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数的图象上存在与直线垂直的切线,即有解，转化为有解即可求出.‎ ‎【详解】因为函数的图象上存在与直线垂直的切线，‎ 所以函数的图象上存在斜率为2的切线，‎ 故有解，‎ 所以有解，‎ 因为的值域为 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数导数的几何意义，方程有根的问题，转化思想，属于中档题.‎ ‎5.若，，则下列不等式一定成立的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数与对数函数的性质结合特殊值可得正确答案.‎ ‎【详解】A选项，取，不等式不成立；‎ B选项，‎ 故B正确；‎ C选项，取，不等式不成立，‎ D选项，当， ，，当且，，所以，而，所以不等式不成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数、对数函数性质，以及与不等式的交汇，属于中档题.‎ ‎6.17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿.”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为 的等腰三角形）.例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金中，.根据这些信息，可得（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要求的值，需将角用已知角表示出来，从而考虑用三角恒等变换公式解题．已知角有，正五边形内角，，已知三角函数值有 ‎，所以，从而．‎ ‎【详解】由题可知，且，，‎ 则.‎ ‎【点睛】本题考查三角恒等变换，考查解读信息与应用信息的能力.‎ ‎7.若函数，在上的最大值为4，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用分段函数的单调性，结合已知条件求解即可.‎ ‎【详解】因为函数，‎ 时，函数为增函数，‎ 时，函数为增函数，‎ 且 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了分段函数的应用，函数的单调性以及函数的最值求法，属于中档题.‎ ‎8.将编号为1,2,3,4,5,6六个小球放入编号为1,2,3,4,5,6的六个盒子，每个盒子放一个小球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的放法种数是(　　)‎ A. 40 B. 60‎ C. 80 D. 100‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：三个小球放入盒子是不对号入座的方法有 种，由排列组合的知识可得，不同的放法总数是： 种.‎ 本题选择A选项.‎ ‎9.执行如图所示的程序框图，若输出的结果是7，则判断框内的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 依次运行程序框图中的程序可得：‎ 第一次，，满足条件，继续运行；‎ 第二次，，满足条件，继续运行；‎ 第三次，，满足条件，继续运行；‎ 第四次，，满足条件，继续运行；‎ 第五次，，满足条件，继续运行；‎ 第六次，，不满足条件，停止运行，输出7．‎ 故判断框内的取值范围为．选A．‎ ‎10.已知，为椭圆的两个焦点，为椭圆短轴的一个端点，，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用表示出，解出不等式得出的范围.‎ ‎【详解】由椭圆定义可知：，，‎ 则，‎ 所以，‎ 因为，即，‎ ‎，即.‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质，平面向量的数量积运算，属于中档题.‎ ‎11.设曲线与轴、轴、直线围成的封闭图形的面积为，若在上的单调递减，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由定积分可以求出b, 在上单调递减可转化为在 上恒成立即可求解.‎ ‎【详解】由题意，，‎ 所以，‎ 因为在上的单调递减，‎ 所以在上恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ 只需，解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用定积分求面积，函数的单调性与导数的关系，不等式的恒成立问题，属于中档题.‎ ‎12.设数列前n项和为，且满足，，用表示不超过x的最大整数，设，数列的前2n项和为，则使成立的最小正整数n是（）‎ A. 5 B. 6 C. 7 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用求得数列通项公式以及前项和，利用二项式展开式化简，求得，利用分组求和法求得数列的前2n项和，由此求得使成立的最小正整数的值.‎ ‎【详解】令，得，又，解得，，又，‎ ‎，所以，又，可求得，.所以 ‎，‎ 即，所以，即 ‎，所以，因此，当时，；当时，.使成立的最小正整数n是6.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列通项公式及前项和公式，考查分组求和法，考查推理论证能力和创新意识，属于难题.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.‎ ‎13.展开式中的常数项为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项展开式的通项公式即可求出.‎ ‎【详解】因为，‎ 令，解得，‎ 所以展开式中常数项为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了二项展开式的通项公式，属于中档题.‎ ‎14.设是公差不为0的等差数列的前项和，且，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，利用前n项和公式及通项公式即可求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ ‎，，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式与前n项和公式，属于中档题.‎ ‎15.如图所示是一几何体的三视图，正视图是一等腰直角三角形，且斜边长为2，侧视图是一直角三角形，俯视图为一直角梯形，且，则异面直线与所成角的正切值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图画出空间图形的直观图，取AD中点E，连接BE，PE，CE，将CD平移到BE，根据异面直线所成角的定义可知为异面直线PB与CD所成角，在直角三角形中，求出其正切值即可.‎ ‎【详解】作出直观图如图：‎ 取AD中点E，连接BE，PE，CE，‎ 因为CDBE，‎ 根据异面直线所成角的定义可知为异面直线PB与CD所成角，‎ 由条件知，，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角，空间图形的三视图，考查了空间想象能力、运算能力，属于中档题.‎ ‎16.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点是双曲线左支上的一点，若直线与直线平行且的周长为，则双曲线的离心率为______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的定义及三角形的周长可求出，利用直线与直线平行知，结合余弦定理即可求解.‎ ‎【详解】由双曲线定义知，又 解得，‎ 因为直线与直线平行，‎ 所以，故，‎ 由余弦定理得：‎ 即，化简得，‎ 解得或（舍去）.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，余弦定理，双曲线的离心率，属于难题.‎ 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.第17—21题为必考题，每道试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.的内角、、所对的边长分别为、、，已知.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，点在线段上，，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理将条件统一为三角函数，化简即可求解（2），两边平方可转化为关于的方程，求解代入三角形面积公式即可.‎ ‎【详解】（1）∵，‎ 由正弦定理得：，‎ 即，即，‎ 在中，，所以.‎ ‎（2），两边平方得：，‎ 由，，，‎ 得，‎ 可得，‎ 解得：或（舍），‎ 所以的面积.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角恒等变换，向量数量积的性质，三角形面积公式，属于中档题.‎ ‎18.如图，在三棱锥中，平面平面，，，，分别为线段上点，且，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)30°.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）由条件可得为直角三角形，且．故由余弦定理可得 ‎，所以，从而，又由条件可得，故平面．（2）由两两互相垂直可建立空间直角坐标系，结合条件可求得平面的法向量和平面的法向量，根据两法向量夹角的余弦值可得锐二面角的大小．‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：连，由题意知．‎ ‎ ‎ ‎∴‎ 在中，由余弦定理得 ‎,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ 又因为，‎ ‎∴‎ 又，‎ 又，，‎ ‎∴平面．‎ ‎（2）由（1）知两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 由与平面所成的角为，知，‎ 则 ‎∴‎ 因为 由（1）知 平面，‎ ‎∴ 平面 ‎∴为平面的一个法向量.‎ 设平面的法向量为，‎ 则 ∴，‎ 令，则，‎ ‎∴为平面的一个法向量.‎ ‎∴‎ 故平面与平面的锐二面角的余弦值为,‎ 所以平面与平面的锐二面角为．‎ 点睛：‎ ‎（1）在建立空间直角坐标系后求平面的法向量时，首先要判断一下条件中是否有垂直于面的直线．若有，则可将直线的方向向量直接作为平面的法向量，以减少运算量．‎ ‎（2）求二面角的余弦值时，在求得两平面法向量夹角的余弦值后，要根据图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后再求出二面角的余弦值．‎ ‎19.已知椭圆的离心率，一个长轴顶点在直线上，若直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，直线的斜率为，直线的斜率为.‎ ‎（1）求该椭圆的方程.‎ ‎（2）若，试问的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）的面积为定值1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据离心率及长轴即可写出椭圆标准方程（2）设，，当直线的斜率存在时，设其方程为，求，点到直线的距离，写出三角形面积，化简即可求证.‎ ‎【详解】由，又由于，一个长轴顶点在直线上，‎ 可得：，，.‎ ‎（1）故此椭圆的方程为.‎ ‎（2）设，，当直线的斜率存在时，设其方程为，‎ 联立椭圆的方程得：，‎ 由，可得，‎ 则，，‎ ‎，‎ 又点到直线的距离，‎ ‎，‎ 由于，‎ 可得：，‎ 故，‎ 当直线的斜率不存在时，可算得：，‎ 故的面积为定值1.‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，三角形的面积公式，考查了学生的运算能力及推理能力，属于难题.‎ ‎20.抚州不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着许多旅游景点.每年来抚州参观旅游的人数不胜数.其中，名人园与梦岛被称为抚州的两张名片，为合理配置旅游资源，现对已游览名人园景点的游客进行随机问卷调查.若不去梦岛记1分，若继续去梦岛记2分.每位游客去梦岛的概率均为，且游客之间的选择意愿相互独立.‎ ‎（1）从游客中随机抽取3人，记总得分为随机变量，求的分布列与数学期望；‎ ‎（2）若从游客中随机抽取人，记总分恰为分的概率为，求数列的前6项和；‎ ‎（3）在对所有游客进行随机问卷调查的过程中，记已调查过的累计得分恰为分的概率为，探讨与之间的关系，并求数列的通项公式.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）；（3）；.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据n次独立重复试验模型可求解（2）总分恰为的概率,求前6项和即可（3）已调查过的累计得分恰为 分的概率为，得不到分的情况只有先得分，再得2分，概率为，可得递推关系，构造等比数列求解即可.‎ ‎【详解】（1）可能取值为3，4，5，6‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故其分布列为 ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎.‎ ‎（2）总分恰为的概率，‎ 故.‎ ‎（3）已调查过的累计得分恰为 分的概率为，得不到分的情况只有先得分，再得2分，概率为，而，‎ 故，即，‎ 可得，，‎ 所以 可得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了n次独立重复试验，分布列、期望，等比数列求和，由递推关系式求通项公式，属于难题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性.‎ ‎（2）试问是否存在，使得对恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(1)见解析；(2) 存在；的取值范围为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），，‎ 所以得，所以通过对与的大小关系进行分类讨论得的单调性；‎ ‎(2)假设存在满足题意的的值，由题意需，所以由(1)的单调性求即可；‎ 又因为对恒成立，所以可以考虑从区间内任取一个值代入，解出的取值范围，从而将的范围缩小减少讨论.‎ ‎【详解】解：（1），.‎ 当时，，在上单调递增 当时，，在上单调递减，在上单调递增 ‎ 当时，在上单调递减，在，上单调递增； ‎ 当时，在上单调递减，在，上单调递增. ‎ ‎（2）假设存在，使得对恒成立.‎ 则，即，‎ 设，则存在，使得， ‎ 因为，所以在上单调递增，‎ 因为，所以时即. ‎ 又因为对恒成立时，需，‎ 所以由（1）得：‎ 当时，在上单调递增，所以，‎ 且成立，从而满足题意. ‎ 当时，在上单调递减，在，上单调递增，‎ 所以 所以（*）‎ 设，，则在上单调递增，‎ 因为， ‎ 所以的零点小于2，从而不等式组（*）的解集为，‎ 所以即.‎ 综上，存在，使得对恒成立，且的取值范围为.‎ ‎【点睛】求可导函数的单调区间的一般步骤是：‎ ‎（1）求定义域；‎ ‎（2）求；‎ ‎（3）讨论的零点是否存在；若的零点有多个，需讨论它们的大小关系及是否在定义域内；‎ ‎（4）判断在每个区间内的正负号，得的单调区间.‎ 当在区间上恒成立时，需.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换得到曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系（为极径，为极角）．‎ ‎（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程和曲线的极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）若射线与曲线交于点，射线与曲线交于点，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）消去参数，求得曲线的直角方程为，再根据图象的变换公式，即可求解曲线的方程，进而得到其极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）将代入，根据极坐标中极经的几何意义，即可求解。‎ ‎【详解】（Ⅰ）由曲线的参数方程为 (为参数)，‎ 得，所以曲线的直角方程为；‎ 曲线经过伸缩变换得到的参数方程为，得，‎ 所以曲线的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅱ）将代入 得，即，‎ 同理，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及图象的变换和极坐标的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎23.已知函数，.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若关于的不等式的解集包含，求的取值集合.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）时，，根据绝对值的几何意义即可求解（2）不等式 的解集包含即在上恒成立，去掉绝对值号，分离参数即可求解.‎ ‎【详解】（1）时，，由可解得或，所以不等式的解为.‎ ‎（2）由在上恒成立，‎ 由于，可得，‎ 等价于在上恒成立，‎ 即在上恒成立，‎ 即，可得，‎ 故的取值集合为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，绝对值的几何意义，恒成立问题，分离参数的方法，属于难题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎