江西省重点中学盟校2020届高三下学期第一次联考数学试卷（理科）含答案解析

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1、2019-2020 学年高三第二学期第一次联考 （理科） 数学试卷学年高三第二学期第一次联考 （理科） 数学试卷 一、选择题（共 12 小题） 1已知集合 Ax|x2x20，集合，则 AB（ ） A（，0） B（2，+） C（，1） D（0，+） 2i 为虚数单位，a 为正实数，若复数为纯虚数，则 a（ ） A1 B C D2 3已知实数 a2ln2，b2+2ln2，c（ln2）2，则 a，b，c 的大小关系是（ ） Acab Bcba Cbac Dacb 4 对某两名高三学生在连续 9 次数学测试中的成绩 （单位： 分） 进行统计得到如下折线图， 下面是关于这两位同学的数学成绩分析 甲同学的

2、成绩折线图具有较好的对称性，故平均成绩为 130 分； 根据甲同学成绩折线图提供的数据进行统计，估计该同学平均成绩在区间110，120 内； 乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性，且为正相关； 乙同学连续九次测验成绩每一次均有明显进步 其中正确的个数为（ ） A4 B3 C2 D1 5现有编号为、的三个三棱锥（底面水平放置），俯视图分别为图 1、图 2、图 3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的所有编号是（ ） A B C D 6执行如图所示的程序框图，输出的 S 的值为（ ） A0 B2 C4 D2 7莱茵德纸草书是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把

3、 120 个 面包分给 5 个人， 使每人所得成等差数列， 且使较多的三份之和的是较少的两份之和， 则最少的一份面包个数为（ ） A46 B12 C11 D2 8已知 F1，F2为双曲线的左、右焦点，直线与双曲 线 C 的一个交点 P 在以线段 F1F2为直径的圆上，则双曲线 C 的离心率为（ ） A B C D 9 函数 ycos （2x+） 的图象左移个单位后关于直线对称， 则|的最小值为 （ ） A B C D 10在下列选项中，选出一个“对于xR，都有 ax2x+10 恒成立”的充分不必要条件 （ ） Aa Ba1 Ca Da0 11在平面区域，内任取一点 P（x，y），则存在 R，使

4、得点 P 的坐标（x， y）满足（x2）cos+ysin0 的概率为（ ） A1 B C D1 12已知三棱锥 PABC 满足 PA底面 ABC，在ABC 中，AB6，AC8，ABAC，D 是线段 AC 上一点，且 AD3DC，球 O 为三棱锥 PABC 的外接球，过点 D 作球 O 的 截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为 44，则球 O 的表面积为（ ） A72 B86 C112 D128 二、填空题（共 4 小题） 13已知向量 ， 的夹角为，且| |1，| |，则| | 14（x2+）6展开式的常数项是 15，如图阴影部分是由曲线 yx2和圆 x2+y2a 及 x 轴 围成的

5、封闭图形，则封闭图形面积为 15过抛物线 y24x 焦点 F 的直线交抛物线于 A、B 两点，交其准线于点 C，且 A、C 位于 x 轴同侧，若|AC|2|AF|，记|BF|m，|AF|n，则等于 16已知数列an满足：a1a2a31，an+1，数列bn满 足：bn 则 bn+1bn的取值范围是 三.解答题：（共 5 小题.共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 （1）证明：a，c，b 成等比数列 （2）若 c3，且 4sin（C）cosC1，求ABC 的周长 18已知矩形 ABCD 中，AB2，AD3，在 A

6、D 上取一点 E 满足 2AEED现将CDE 沿 CE 折起使点 D 移动至 P 点处，使得 PAPB （1）求证：平面 PCE平面 ABCE； （2）求二面角 BPAE 的余弦值 19某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买 2 台机器的客户，推出两种超过质保期后 两年内的延保维修优惠方案： 方案一：交纳延保金 7000 元，在延保的两年内可免费维修 2 次，超过 2 次每次收取维修 费 2000 元； 方案二：交纳延保金 10000 元，在延保的两年内可免费维修 4 次，超过 4 次每次收取维 修费 1000 元 某医院准备一次性购买 2 台这种机器现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，

7、为 此搜集并整理了 50 台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表： 维修次数 0 1 2 3 台数 5 10 20 15 以这 50 台机器维修次数的频率代替 1 台机器维修次数发生的概率 记 X 表示这 2 台机器 超过质保期后延保的两年内共需维修的次数 （）求 X 的分布列； （）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？ 20已知ABC 中，B（1，0），C（1，0），AB4，点 P 在线段 AB 上，且BAC PCA （1）求点 P 的轨迹 E 的方程； （2）若 Q（1， ），过 C 的直线与 E 交于 M，N 两点，与直线 x4 交于点 K，

8、记 QM， QN，QK 的斜率分别为 k1，k2，k3，证明：为定值 21已知函数 f（x）xexexmx2+mx（mR） （1）当 m0 时，求函数 f（x）的极值； （2）若函数 f（x）存在三个零点 x1，x2，x3满足 x1x2x3，x3x12，求 x1+x3的最大 值 请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑选修 4-4：坐标系与参数方程选讲 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程是（k 为参数），以坐标原点 O 为 极 点 ， x 轴 的 正 半 轴 为 极 轴 建 立 极 坐 标 系 ，

9、 直 线 l 的 极 坐 标 方 程 为 （1）曲线 C 的普通方程和直线 l 的直角坐标方程； （2）求曲线 C 上的点到直线 l 的距离的取值范围 选修 4-5；不等式选讲 23已知 a0，b0，a+2b3证明： （1）； （2） 参考答案 一、选择题：（每小题 5 分，共 60 分.每小题所给出的四个选项只有一项是符合题意） 1已知集合 Ax|x2x20，集合，则 AB（ ） A（，0） B（2，+） C（，1） D（0，+） 【分析】先求出集合 A，B，由此能求出 AB 解：集合 Ax|x2x20（，1）（2，+），集合 （，0），则 AB（，1）， 故选：C 2i 为虚数单位，a 为

10、正实数，若复数为纯虚数，则 a（ ） A1 B C D2 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为 0 且虚部不为 0 列式求解 解：为纯虚数， ，解得 a 故选：C 3已知实数 a2ln2，b2+2ln2，c（ln2）2，则 a，b，c 的大小关系是（ ） Acab Bcba Cbac Dacb 【分析】利用指数与对数函数的单调性即可得出 解：易知 12ln22，2+2ln22，0（ln2）21， cab 故选：A 4 对某两名高三学生在连续 9 次数学测试中的成绩 （单位： 分） 进行统计得到如下折线图， 下面是关于这两位同学的数学成绩分析 甲同学的成绩折线图具有较好的对称性，故

11、平均成绩为 130 分； 根据甲同学成绩折线图提供的数据进行统计，估计该同学平均成绩在区间110，120 内； 乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性，且为正相关； 乙同学连续九次测验成绩每一次均有明显进步 其中正确的个数为（ ） A4 B3 C2 D1 【分析】利用图形，判断折线图平均分以及线性相关性，成绩的比较，说明正误即可 解：甲同学的成绩折线图具有较好的对称性，最高 130 分，平均成绩为低于 130 分， 错误； 根据甲同学成绩折线图提供的数据进行统计，估计该同学平均成绩在区间110，120 内，正确； 乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性，且为正相关，正确

12、； 乙同学在这连续九次测验中第四次、第七次成绩较上一次成绩有退步，故不正确 故选：C 5现有编号为、的三个三棱锥（底面水平放置），俯视图分别为图 1、图 2、图 3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的所有编号是（ ） A B C D 【分析】根据题意，画出编号为、的三棱锥的直观图，判断是否存在侧面与底 面互相垂直的情况即可 解：编号为的三棱锥，其直观图可能是， 其侧棱 VC底面 ABC，侧面 VAC底面 ABC，满足条件； 编号为的三棱锥，其直观图可能是 ， 其侧面 PBC平面 ABC，满足条件； 编号为的三棱锥，其直观图可能为， 其中不存在侧面与底面互相垂直的情况 综上，满足题意的

13、序号是 故选：B 6执行如图所示的程序框图，输出的 S 的值为（ ） A0 B2 C4 D2 【分析】模拟执行程序框图的运行过程，即可得出 S 随 i 变化的周期以及程序结束后输 出 S 的值 解：模拟执行如图所示的程序框图知， 第一次循环，S4，i1； 第二次循环，S2，i2； 第三次循环，S2，i1； 第四次循环，S2，i2； ； 可知 S 随 i 变化的周期为 2， 当 i2019 时，输出 S 的值为 2 故选：B 7莱茵德纸草书是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把 120 个 面包分给 5 个人， 使每人所得成等差数列， 且使较多的三份之和的是较少的两份之和， 则最

14、少的一份面包个数为（ ） A46 B12 C11 D2 【分析】根据题意，设 5 人得到的面包数分别为 a2d，ad，a，a+d，a+2d，且 d0， 结合题意可得，解可得 a、d 的值，计算即的答案 解：根据题意，把 120 个面包分给 5 个人，使每人所得成等差数列， 设 5 人得到的面包数分别为 a2d，ad，a，a+d，a+2d，且 d0， 又由面包总数为 120，且较多的三份之和的是较少的两份之和， 则有，解可得 a24，d6， 则 a2d12； 即最少的一份面包个数为 12； 故选：B 8已知 F1，F2为双曲线的左、右焦点，直线与双曲 线 C 的一个交点 P 在以线段 F1F2为

15、直径的圆上，则双曲线 C 的离心率为（ ） A B C D 【分析】如图设 P 在第一象限，：POx60，|OP|c，可得 P 的坐标，再代入双 曲线方程可得 解：如图设 P 在第一象限，：POx60，|OP|c， P（，c），将其代入1，得1， 化简得：c48a2c2+4a40， e48e2+40，e2 42， e1，e24+2，e+1 故选：C 9 函数 ycos （2x+） 的图象左移个单位后关于直线对称， 则|的最小值为 （ ） A B C D 【分析】本题先平移，然后求出对称轴方程通式，解出 k ，进一步解出 解：原式可变为 ycos2（x+）， 2（x+）k， ， k， 当 k3

16、时， 故选：C 10在下列选项中，选出一个“对于xR，都有 ax2x+10 恒成立”的充分不必要条件 （ ） Aa Ba1 Ca Da0 【分析】先解出命题对应的集合，根据充要性求出解 解：对于xR，都有 ax2x+10 恒成立， ，即， 解之得， 则 a1 是的充分不必要条件， 故选：B 11在平面区域，内任取一点 P（x，y），则存在 R，使得点 P 的坐标（x， y）满足（x2）cos+ysin0 的概率为（ ） A1 B C D1 【分析】画出约束条件的可行域，转化目标函数为可行域内的点与单位圆的交点，从而 求解概率 解：由题意可知：单位圆与直线 f（m，n）（x2）m+yn存在交点，

17、 ， 即 （ x 2 ） 2+y2 2 ， 结 合 图 形 ， 可 知 ： P 1 故选：A 12已知三棱锥 PABC 满足 PA底面 ABC，在ABC 中，AB6，AC8，ABAC，D 是线段 AC 上一点，且 AD3DC，球 O 为三棱锥 PABC 的外接球，过点 D 作球 O 的 截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为 44，则球 O 的表面积为（ ） A72 B86 C112 D128 【分析】 如图 M 是 BC 边中点， E 是 AC 边中点， 由 ABAC， 可得 M 是ABC 的外心， 作 OMPA，利用线面垂直的判定与性质定理可得：O 是三棱锥 PABC 的外接球的球

18、 心利用三角形中位线定理可得：MEAB，MEAC，再利用直角三角形 的边角关系可得：MD，AM可得：OA2OM2+AM2a2+25，过 D 且与 OD 垂直的截面 圆半径为 r，则，这是最小的截面圆半径，最大的截面圆半径等于 球半径 OA，进而得出结论 解：如图M 是 BC 边中点，E 是 AC 边中点，ABAC，M 是ABC 的外心，作 OM PA， PA平面 ABC，OM平面 ABC，OMAM，OMMD， 取，易得 OAOP，O 是三棱锥 PABC 的外接球的球心 E 是 AC 中点，则 MEAB，MEAC， AD3DC， 设 PA2a，则 OMa，OD2OM2+MD2a2+13，又， O

19、A2OM2+AM2a2+25， 过 D 且与 OD 垂直的截面圆半径为 r， 则， 这是最小的截面圆半径， 最大的截面圆半径等于球半径 OA， OA2+r2（a2+25）+1244，OA2（a2+25）32 故选：D 二、填空题：（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13已知向量 ， 的夹角为，且| |1，| |，则| | 1 【分析】利用| |可得 解：| |1， 故答案为：1 14（x2+）6展开式的常数项是 15，如图阴影部分是由曲线 yx2和圆 x2+y2a 及 x 轴 围成的封闭图形，则封闭图形面积为 【分析】用二项式定理得到中间项系数，解得 a，然后利用定积分求阴影部

20、分的面积 解：因为（x2+）6展开式的常数项是 15， 所以15，解得 a2， 所以曲线 yx2和圆 x2+y22 的在第一象限的交点为（1，1） 所以阴影部分的面积为 故答案为 15过抛物线 y24x 焦点 F 的直线交抛物线于 A、B 两点，交其准线于点 C，且 A、C 位于 x 轴同侧，若|AC|2|AF|，记|BF|m，|AF|n，则等于 3 【分析】 由抛物线的方程可得焦点 F 的坐标及准线方程， 由抛物线的性质及|AC|2|AF|， 可得直线 AB 的斜率，即求出直线 AB 的方程与抛物线联立，求出 A，B 的横坐标，再由 抛物线的性质求出弦长 AF，BF 的值，求出比值 解：由抛

21、物线的方程可得焦点 F（1，0），准线方程为 x1， 分别过 A，B 作准线的垂线交于 A，B，由抛物线的性质可得|AF|AA|，由|AC|2|AF|， 所以可得|AC|AA|，所以AAC60，即直线 AB 的斜率为， 所以直线 AB 的方程为：y（x1）， 联立直线与抛物线的方程，整理可得：3x210x+30，解得：x1，x2 3， 所以|m|BF|x2+3+14，n|AF|x1+1 ， 所以3， 故答案为：3 16已知数列an满足：a1a2a31，an+1，数列bn满 足：bn 则 bn+1bn的取值范围是 1，1 【分析】 根据， 构造新等式， 求得 bnbn2， 即可求得结论 解：因为

22、 a n+2an1 a n+1an1， 两式相减可得：an1（an+2+an）an+1（an+an2）bnbn2， 又由于 a1a2a31，得 a42b12，b23， 故：； b n+1 bn的取值范围是：1，1 故答案为：1，1 三.解答题：（共 5 小题.共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 （1）证明：a，c，b 成等比数列 （2）若 c3，且 4sin（C）cosC1，求ABC 的周长 【分析】（1）由余弦定理可得：+，化简 即可证明结论 （2）4sin（C）cosC1，利用和差公式、三角函数求值即可

23、得出 C再利用余弦定 理及其（1）的结论即可得出 【解答】 （1） 证明： 由余弦定理可得：+ ， c2ab a，c，b 成等比数列 （2）解：4sin（C）cosC1， 4（sinCcoscosCsin）cosC1，化为： sin2Ccos2C2， sin（2C）1，C（0，） 2C，解得 C 由余弦定理可得：abc2a2+b22abcos9， ab3 ABC 的周长a+b+c9 18已知矩形 ABCD 中，AB2，AD3，在 AD 上取一点 E 满足 2AEED现将CDE 沿 CE 折起使点 D 移动至 P 点处，使得 PAPB （1）求证：平面 PCE平面 ABCE； （2）求二面角 B

24、PAE 的余弦值 【分析】（1）推导出 PEPC2，分别取线段 AB，CE 的中点 O，M，连接POM 的 三边，则 POAB，PMCE，由 OM 为梯形 ABCE 的中位线，得 OMBC，BCAB， 从而 OMAB， 进而 AB平面 POM， ABPM， 且 AB 不与 CE 平行， PM平面 ABCE， 由此能证明平面 PCE平面 ABCE （2）过点 O 作与 PM 平行线作 z 轴，分别以 OA，OM 为 x，y 轴建立空间直角坐标系， 利用向量法能求出二面角 BPAE 的余弦值 解：（1）证明：依题意可得：PEPC2， 分别取线段 AB，CE 的中点 O，M，连接POM 的三边， 则

25、 POAB，PMCE，而 OM 为梯形 ABCE 的中位线， 有 OMBC，BCABOMAB， 且 POOMO，故：AB平面 POM， ABPM，且 AB 不与 CE 平行， 综上所述，PM平面 ABCE， PM平面 PCE，平面 PCE平面 ABCE （2）解：过点 O 作与 PM 平行线作 z 轴，分别以 OA，OM 为 x，y 轴建立空间直角坐标 系 则 A（1，0，0），B（1，0，0），E（1，1，0）， ， 设向量，则有， 令 y1，得：， 同理：平面 PAE 的法向量，得， 故二面角 BPAE 的余弦值为 19某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买 2 台机器的客户，推出两种超

26、过质保期后 两年内的延保维修优惠方案： 方案一：交纳延保金 7000 元，在延保的两年内可免费维修 2 次，超过 2 次每次收取维修 费 2000 元； 方案二：交纳延保金 10000 元，在延保的两年内可免费维修 4 次，超过 4 次每次收取维 修费 1000 元 某医院准备一次性购买 2 台这种机器现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为 此搜集并整理了 50 台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表： 维修次数 0 1 2 3 台数 5 10 20 15 以这 50 台机器维修次数的频率代替 1 台机器维修次数发生的概率 记 X 表示这 2 台机器 超过质保期后延保的两年内共

27、需维修的次数 （）求 X 的分布列； （）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？ 【分析】（）X 所有可能的取值为 0，1，2，3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此 能求出 X 的分布列 （）选择延保方案一，求出所需费用 Y1元的分布列和数学期望，选择延保方案二，求 出所需费用 Y2元的分布列和数学期望，由此能求出该医院选择延保方案二较合算 【解答】（本小题满分 12 分） 解：（）X 所有可能的取值为 0，1，2，3，4，5，6 ， ， ， ， ， ， ， X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 6 P （）选择延保方案一，所需费用 Y1元的分布列为：

28、 Y1 7000 9000 11000 13000 15000 P （元） 选择延保方案二，所需费用 Y2元的分布列为： Y2 10000 11000 12000 P （元） EY1EY2，该医院选择延保方案二较合算 20已知ABC 中，B（1，0），C（1，0），AB4，点 P 在线段 AB 上，且BAC PCA （1）求点 P 的轨迹 E 的方程； （2）若 Q（1， ），过 C 的直线与 E 交于 M，N 两点，与直线 x4 交于点 K，记 QM， QN，QK 的斜率分别为 k1，k2，k3，证明：为定值 【分析】（1）由题意可得点 P 的轨迹是以，B，C 为焦点，长轴为 4 的椭圆，（

29、不含实 轴的端点），即可求出点 P 的轨迹 E 的方程， （2）设 M（x1，y1），N（x2，y2），可设直线 MN 的方程为 yk（x1），则 K（4， 3k），根据韦达定理和斜率公式，化简整理即可证明 解：（1）三角形 ACP 中，BACPCA， PAPC， PB+PCPB+PAAB4， 点 P 的轨迹是以，B，C 为焦点，长轴为 4 的椭圆，（不含实轴的端点） 点 P 的轨迹 E 的方程为+1，（x2）； （2）设 M（x1，y1），N（x2，y2）， 可设直线 MN 的方程为 yk（x1），则 K（4，3k）， 由，可得（4k2+3）x28k2x+（4k212）0， x1+x2 ，x

30、1x2 ， k1 k， 同理可得 k2k， k3 k， k1k3 ，k2k3， k1k3+k2k3 +11 0， 1 为定值 21已知函数 f（x）xexexmx2+mx（mR） （1）当 m0 时，求函数 f（x）的极值； （2）若函数 f（x）存在三个零点 x1，x2，x3满足 x1x2x3，x3x12，求 x1+x3的最大 值 【分析】（1）将 m0 代入函数解析式可得 f（x）xexex，导数研究函数的单调性情 况，进而得出极值情况； （2）问题可转化为 me，且方程 exmx 在区间（0，1）和（1，+）内各有一根，依 题意，联立，并设，可得，进而得 到，进一步构造函数，利用导数即可

31、求得最大值 解：（1）当 m0 时，f（x）xexex，f（x）xex， 令 f（x）0 得 x0，故 f（x）的减区间为（，0，增区间为0，+）； 所以当 x0 时，f（x）的极小值为1，无极大值； （2）方程 f（x）（x1）（exmx）0 等价于 x1 或 exmx， 记函数，g（x）在（，0），（0，1）上递减，（1， +）上递增， 且当 x0，exmx，故：要使 f（x）存在三零点， 则需 me，方程 exmx 在区间（0，1）和（1，+）内各有一根， 满足，且 0x1x21x3， 设，则联立方程，得：，则 lntx3x12， 1te2， 代入 x3tx1，得：lnt（t1）x1，故

32、 ， ， 记函数， 对于 yx212xlnx，当 x1 时，y0， 且 y2x22lnx0 恒成立，故：当 1xe2时，h（x）0，h（x）单增， 所以当 te2时，x1+x3取得最大值 请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑选修 4-4：坐标系与参数方程选讲 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程是（k 为参数），以坐标原点 O 为 极 点 ， x 轴 的 正 半 轴 为 极 轴 建 立 极 坐 标 系 ， 直 线 l 的 极 坐 标 方 程 为 （1）曲线 C 的普通方程和直线 l 的直角坐标方

33、程； （2）求曲线 C 上的点到直线 l 的距离的取值范围 【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程进行转换 （2）利用直线和曲线的位置关系的应用，利用点到直线的距离公式的应用求出结果 解：（1）曲线 C 的参数方程是（k 为参数），平方后得， 又，曲线 C 的普通方程为 直线 l 的极坐标方程为 cos（+）3，转换为直角坐标方程为 xy60 （2）将曲线 C 化成参数方程形式为（ 为参数）， 则 d，其中， 所以 选修 4-5；不等式选讲 23已知 a0，b0，a+2b3证明： （1）； （2） 【分析】（1）由 a32b0，b（0，），代入 a2+b2配方法证明即可； （2）先求出 0ab，当且仅当 a2b取等号，把要证明的式子左边转化为关于 ab 的式子，配方法证明即可 【解答】证明：（1）已知 a0，b0，a+2b3，则 a32b0，b（0，）， 所以 a2+b2（32b）2+b25b212b+95（b ）2+， 当 b时，a32b时，取等号， 故结论成立； （2）已知 a0，b0，a+2b3， 故 0ab，当且仅当 a2b 取等号， 所以 a3b+4ab3ab（a2+4b2）ab（a+2b）24abab（94ab）4（ab）2+9ab ， 当且仅当 ab时，取等号， 故命题成立