2020江西名师联盟高三上学期第一次模拟考试数学（文）试题含解析

这是一份2020江西名师联盟高三上学期第一次模拟考试数学（文）试题含解析

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．