【文档说明】【精准解析】江西省名师联盟2020届高三上学期第一次模拟考试数学（理）试题.pdf，共(23)页，345.394 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-2020届江西名师联盟高三第一次模拟考试卷理科数学注意事项：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{|25}Axx，{1,3,6}B，{6}M，则M（）A.ABB.ABC.RABðD.RABð【答案】C【解析】【分析】由集合的交集、补集运算即可.【详解】∵{|25}RAxxx

或ð，∴{6}RABð.故选：C【点睛】本题主要考查了集合的补集，交集运算，属于容易题.2.若复数z满足(1)(1)zii，则2z（）A.432iB.432iC.342iD.342i【答案】B【解析】-2-【分析】由复数的除法运算及乘方运算求解.【详解】因为

21111iizii，所以2344322iizi.故选：B【点睛】本题主要考查了复数的除法及乘方运算，属于容易题.3.设nS是等差数列na的前n项和,33a,714S,则公差dA.12B.12C.1D.

-1【答案】D【解析】【分析】由题得到1,ad的方程组，解方程组即得d的值.【详解】由题得1123,1,767142addad故答案为D【点睛】本题主要考查等差数列的通项和前n项和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.4.已知1265552562,,a

bc，则（）A.abcB.bacC.cbaD.acb【答案】A【解析】【分析】根据幂函数的单调性比较大小.【详解】1255255=a，256b，62552=8c，abc.故选：A5.函数22log(1)()xfxx的图

象大致是()-3-A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用排除法，由30f排除选项,AB；由30f排除选项D，从而可得结果.【详解】22log1xfxx，2log

83103f，排除选项,AB；2log83103f，排除选项D，故选C.【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图

象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.6.设,xy满足约束条件2632xyxyy，则yzx的最大值是（）A.-1B.0C.12D.2

【答案】D【解析】【分析】根据线性约束条件，得可行域；由z的几何意义可求得其最大值．【详解】由线性约束条件，画出可行域如下图-4-yzx的几何意义是可行域内的点,xy与原点0,0连线的斜率，由

可行域可知，当取点B时，与原点连线斜率最大B（1,2），所以z的最大值为20210k所以选D【点睛】本题考查了分式型非线性目标函数最值的求法，注意其几何意义的理解和应用，属于基础题．7.在ABC中，23BDBC，E为AD的中点，则CE（

）A.1263ABACB.2136ABACC.1536ABACD.5163ABAC【答案】A【解析】【分析】由向量的线性运算即可求解.【详解】如图：112

2CECACD1126CACB11()26CAABAC-5-1263ABAC,故选：A【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，属于容易题.8.若存在

0,2x，使223cossin203xxm成立，则m的取值范围为（）A.3,2B.(,13)C.3,2D.(13,)【答案】C【解析】【分析】由题意，求函数2()23cossin23fxxxm

的最小值即可，化简三角恒等式求最小值即可.【详解】记2()23cossin23fxxxm，则13()3(1cos2)sin2cos222fxxxxm13sin2cos2322xxmcos236xm

因为存在0,2x，使223cossin203xxm成立，由52666x，知3cos2126x，所以只需当0,2x时，min3()022fxfm

，即32m.故选：C-6-【点睛】本题主要考查了存在性问题，三角函数化简求最值，属于中档题.9.在直角坐标系xOy中，F是椭圆C：22221(0)xyabab的左焦点，,AB分别为左、右顶点，

过点F作x轴的垂线交椭圆C于P，Q两点，连接PB交y轴于点E，连接AE交PQ于点M，若M是线段PF的中点，则椭圆C的离心率为()A.22B.12C.13D.14【答案】C【解析】【分析】由题意结合几何性质找到a,c的关系即可确定椭圆的离心率．【详解】如图，连接BQ，则由椭圆

的对称性易得∠PBF=∠QBF，∠EAB=∠EBA，所以∠EAB=∠QBF，所以ME//BQ.因为△PME∽△PQB，所以PEPMEBMQ，因为△PBF∽△EBO，所以OFEPOBEB，从而有PMO

FMQOB，又因为M是线段PF的中点，所以13OFPMceaOBMQ.本题选择C选项.【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公

式cea；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，-7-然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．10.如图，网格纸上小正方形的边长为1，

粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的体积为（）A.11223B.44113C.4411D.1122【答案】B【解析】【分析】借助长方体作出棱锥，利用球心到顶点的距离相等确定O的位置，利用

球的性质求出半径，即可计算.【详解】由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥ABCD，F为BD的中点，外接球球心O在过CD的中点E且垂直于平面BCD的直线l上，-8-又点O到,,ABD的距离相等，所以O又

在过左边正方体一对棱的中点,MN所在直线上，在OEN中，由NFMFNEOE，即223OE，得3OE，所以三棱锥ABCD外接球的球半径22223(2)11ROEBE，44113V.【点睛】本题主要考查了三视图，棱锥

的外接球，球的体积，属于中档题.11.已知双曲线22221xyab（a＞0，b＞0）的离心率为2，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，点M（-a，0），N（0，b），点P为线段MN上的动点，当12PFPF取得最小值和最大值时，△PF1F2的面积分别为S1，S2

，则21SS=()A.23B.4C.43D.8【答案】B【解析】【分析】根据离心率求得ba的值，由此求得线段MN所在直线方程，设出P点的坐标，代入12PFPF，利用二次函数求最值的方法求得12PFPF取得最小值和最大值

时对应的P点的纵坐标，根据面积公式求得面积的比值.【详解】由于双曲线的离心率为212cbaa，故3ba.所以直线MN的方程为3yxa，设,33,0Pttata，焦点坐标为

12,0,,0FcFc，将12,,PFF坐标代入12PFPF并化简得22313444taa，由于,0ta，故当34ta时-9-取得最小值，此时333344Pyaaa

；当0t时取得最大值，此时3Pya.故213434SaSa.所以选B.【点睛】本小题主要考查双曲线的离心率，考查平面向量的数量积，考查二次函数求最值的方法，属于中档题.12.设函数fx在定义域0,上是单调

函数，且0,,xxffxexe，若不等式'fxfxax对(0,)x恒成立，则a的取值范围是（）A.,2eB.,1eC.,23eD.,21e

【答案】D【解析】【分析】首先确定函数的解析式，然后确定实数a的取值范围即可.【详解】由题意易知xfxex为定值，不妨设xfxext，则xfxext，又fte，故t

ette，解得：1t，即函数的解析式为1xfxex，'1xfxe，由题意可知：11xxexeax对0,x恒成立，即21xeax对0,x恒成立，令21xegxx，则

221'xexgxx，据此可知函数gx在区间0,1上单调递减，在区间1,上单调递增，函数gx的最小值为121ge，结合恒成立的结论可知：a的取值范围是,21e.-10-本题选择D选项.【点睛】本题主要考查函数的单调性，

导函数研究函数的性质，恒成立问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.若()fx为定义在R上的奇函数，当0x时，()cosxfxx，则43f________.【答案】116

【解析】【分析】根据奇函数的性质()()fxfx即可求值.【详解】∵4444111cos333326f，所以41136f.故答案为：116【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的应用

，属于中档题.14.已知2962100201210011111xxaaxaxax，则210012100222aaa__________．【答案】0【解析

】【分析】利用赋值法，分别令11xx，即可得到结果.【详解】令1x可得00a；令1x，可得2962100201210022211110aaaa，所以2100121002220aaa.故答案为0【点睛】本题考查二项

式定理的应用，考查运算求解能力.-11-15.已知函数()ln(||1)cos2fxxax只有一个零点，则a___________.【答案】2【解析】【分析】判断函数为偶函数，根据偶函数的对称性即可求解.【详解】因为()ln(||1)cos()2(

)fxxaxfx,所以函数()fx为偶函数，又函数()fx只有一个零点，故(0)0f，所以2a.故答案为：2【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，函数的零点，属于容易题.16.在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD，且PAD为等边三角形

，若四棱锥PABCD的体积与四棱锥PABCD外接球的表面积大小之比为37，则四棱锥PABCD的表面积为___________.【答案】837【解析】【分析】设四棱锥PABCD外接球的球心为O，等边三角形PAD外

接圆的圆心为2O，则2O为PAD的重心，可证四边形12OONO为矩形，所以21OONO．设正方形ABCD的边长为2x，则||3PNx，所以223||3xPO，2||OOx，得到四棱锥PABCD外接球的表面积和体积为，结合题目条件解得1x，求出四棱锥PABCD的各个面的面

积，从而求出四棱锥PABCD的表面积．【详解】如图，-12-连接AC，BD交于点1O，取AD的中点为N，连接PN.设四棱锥PABCD外接球的球心为O，等边三角形PAD外接圆的圆心为2O，则2O为PAD的重心，则22||3POPN，正方形ABCD外接

圆的圆心为1O.因为PNAD^，平面PAD平面ABCD，所以PN^平面ABCD，所以1//OOPN，所以四边形12OONO为矩形，所以21OONO.设正方形ABCD的边长为2x，则||3PNx，所以2233xP

O，2OOx，所以四棱锥PABCD外接球的半径为2222227||3POPOOOx，所以四棱锥PABCD外接球的表面积为2283Sx球，四棱锥PABCD的体积为231434333PABCDVxxx，所以

37PABCDVxS球，即3377x，解得1x，所以正方形ABCD的边长为2，所以3,2,2,7,4PADPABPDCPCBABCDSSSSS正方形，所以四棱锥PABCD的表面积为837.故答案为：837.【点睛】本题主要考查了几何体的外接球的表

面积和体积，是中档题．-13-三、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.ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知26sincossin2AaBbA

.（1）求cosA；（2）若21,5abc，求ABC的面积.【答案】（1）23；（2）5.【解析】【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得21cos26A，利用二倍角的余弦函数公式即可得解．（2）由已知利用余弦定理可求6bc，利用同角三角函数基本关系式可求sinA

的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．【详解】（1）∵26sincossin2AaBbA，∴26cos2Aabba，∴21cos26A，故22cos2cos123AA.（2）∵2222cosabcbcA，又21,5abc

，∴24221()22533bcbcbcbc，∴6bc.由（1）可知5sin3A，从而ABC的面积1sin52SbcA.【点睛】本题主要考查了正弦定理，二倍角的余弦函数公式，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公

式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．18.某厂销售部以箱为单位销售某种零件，每箱的定价为200元，低于100箱按原价销售，不低于100箱则有以下两种优惠方案：①以100箱为基准，每多50箱送5箱；②通过双方议价，买方能以优惠8%成交的概率为0.6，

以优惠6%成交的概率为0.4.-14-1甲、乙两单位都要在该厂购买150箱这种零件，两单位都选择方案②，且各自达成的成交价格相互独立，求甲单位优惠比例不低于乙单位优惠比例的概率；2某单位需要这种零件650箱

，以购买总价的数学期望为决策依据，试问该单位选择哪种优惠方案更划算？【答案】（1）0.76；（2）选择方案①更划算．【解析】【分析】（1）利用对立事件概率公式即可得到结果；（2）设在折扣优惠中每箱零件的价格为X元，则X＝184或188．得到相应的分布列及期望值，计算两种方案购买总价的数学期望

从而作出判断.【详解】(1)因为甲单位优惠比例低于乙单位优惠比例的概率为0.4×0.6=0.24，所以甲单位优惠比例不低于乙单位优惠比例的概率1-0.24=0.76．(2)设在折扣优惠中每箱零件的价格为X元，则X＝184或188．X的分布列为X184188P0.60.4则EX＝184×0.6+1

88×0.4＝185.6．若选择方案②，则购买总价的数学期望为185.6×650＝120640元．若选择方案①，由于购买600箱能获赠50箱，所以该单位只需要购买600箱，从而购买总价为200×600＝120000元．因为120640>120000，所以选择方案①

更划算．评分细则：第(1)问中，分三种情况求概率，即所求概率为0.6×0.4+0.42+0.62＝0.76同样得分；第(2)问中，在方案②直接计算购买总价的数学期望也是可以的，解析过程作如下相应的调整：设在折扣优惠中购买总价为X元，则X

＝184×650或188×650．X的分布列为-15-X184×650188×650P0.60.4则EX＝184×650×0.6+188×650×0.4＝120640．【点睛】本题考查了离散型随机变量的期望，概率的计算，考查推理能力与计算能力，属于中档题.19.如图所示，在四面体ABCD

中，ADAB，平面ABD平面ABC，22ABBCAC，且4ADBC.（1）证明：BC⊥平面ABD；（2）设E为棱AC的中点，当四面体ABCD的体积取得最大值时，求二面角CBDE的余弦值.【答案】（1）见证明；（2）306【解析】【分析】（1）

根据面面垂直的性质得到AD平面ABC，从而得到ADBC，利用勾股定理得到ABBC，利用线面垂直的判定定理证得BC平面ABD；（2）设(04)ADxx，利用椎体的体积公式求得1132Vfxx232148166xxxx(04)x，

利用导数研究函数的单调性，从而求得-16-43ADx时，四面体ABCD的体积取得最大值，之后利用空间向量求得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为ADAB，平面ABD平面ABC，平面ABD平面ABCAB，AD平面ABD，所以A

D平面ABC，因为BC平面ABC，所以ADBC.因为22ABBCAC，所以222ABBCAC，所以ABBC，因为ADABA，所以BC平面ABD.（2）解：设(04)ADxx，则4ABBCx

，四面体ABCD的体积1132Vfxx232148166xxxx(04)x.21316166fxxx14346xx，当403x时，0fx，Vfx单调递增；当443x时，0fx

，Vfx单调递减.故当43ADx时，四面体ABCD的体积取得最大值.以B为坐标原点，建立空间直角坐标系Bxyz，则0,0,0B，80,,03A，8,0,03C，840,,33D，44,,033E.设平面BCD的法向量为(,,)

nxyz，则00nBCnBD，即80384033xyz，令2z，得(0,1,2)n，同理可得平面BDE的一个法向量为(1,1,2)m，则530656.-17-由图可

知，二面角CBDE为锐角，故二面角CBDE的余弦值为306.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的性质，线面垂直的判定，椎体的体积，二面角的求法，在解题的过程中，注意巧用导数求解体积的最大值.20.已知椭圆C：22221(0)

xyabab过点1(3,)2，且它的焦距是短轴长的3倍.（1）求椭圆C的方程.（2）若A，B是椭圆C上的两个动点（A，B两点不关于x轴对称），O为坐标原点，OA，OB的斜率分别为1k，2k，问是否存在非零常数，使当12kk时，AOB的面积S为定值？若存

在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2214xy；（2）存在这样的常数14，此时1AOBS.【解析】【分析】（1）将点13,2的坐标代入椭圆方程，结合3cb和222abc

列方程组，解方程组求得椭圆的标准方程.（2）设直线AB的方程为ykxm和,AB两点的坐标，将,AB两点两点坐标代入12kk，化简得到2212120kxxkmxxm①.联立直线AB的方程和椭圆方

程，写出韦达定理，利用点到直线距离公式和弦长公式求得三角形AOB的面积的表达式，结合①解得和S的值.-18-【详解】解：（1）因为椭圆C：22221(0)xyabab过点13,2，所以223114ab，又因为该椭圆的焦

距是短轴长的3倍，所以3cb，从而22224abcb.联立方程组222231144abab，解得2241ab，所以2214xy.（2）设存在这样的常数，使12kk，AOB的面积S为定值.设直线AB的方程为ykxm，点

11,Axy，点22,Bxy，则由12kk知12120yyxx，12120kxmkxmxx，所以2212120kxxkmxxm.①联立方程组2214xyykxm，消去y得222148440kxkmxm

.所以12221228,1444.14kmxxkmxxk②③，点O到直线AB的距离21mdk，AOB的面积22412224112241kmmmSABdxxk.④将②③代入①得222222448140kmkmmk，化简

得22414km，⑤将⑤代入④得22222222414141621441kkkSk4222426464441168114kkkk，-19-要使上式为定值，只需2646444

1681，即需2410，从而14，此时2124S，1S，所以存在这样的常数14，此时1AOBS.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查直线和椭圆相交所得弦的弦长的求法，考查与椭圆有关的三角形面

积的求解，考查方程的思想，综合性较强，属于难题.21.已知函数ln()xxafxe.（1）当1a时，求()fx的极值；（2）设()xgxxea，对任意12,(0,)xx都有11112xxefxaxgx成立，求实数a的取值

范围.【答案】（1）()fx的极大值为1e，无极小值；（2）2,e.【解析】【分析】（1）把1a代入()fx，然后求出函数的定义域，对函数求导，结合导数与单调性的关系可求函数的极值，（2）令()()xmxxefxax，根据已

知可转化为12()()minmaxmxgx，结合导数进行求解．【详解】（1）当1a时，ln1()xxfxe，所以函数()fx的定义域为(0,)，所以1ln()xxxxfxxe，且0xxe，令()1lnhxxxx，所以当01x时，10,ln0xxx，所以()1l

n0hxxxx.又()2lnhxx，所以当1x时，()2ln0hxx，-20-所以()hx在(1,)上单调递减，故()(1)0hxh.同理当01x时，()0fx；当1x时，()0fx，所以()fx在(0,1)是单调递增，在(1,

)单调递减，所以当1x时，()fx的极大值为1(1)fe，无极小值.（2）令()()xmxxefxax，因为对任意12,(0,)xx都有11112xxefxaxgx成立，所以12minmaxmx

gx.因为()()lnxmxxefxaxxx，所以()1lnmxx.令()0mx，即1ln0x，解得1xe；令()0mx，即1ln0x，解得10xe.所以()mx在10,e上单调递减

，在1,e上单调递增，所以min11()mxmee.因为()xgxxea，所以()(1)xgxxe，当0x时0xe，令()0gx，即10x，解得01x；令()0gx，即10x，解得1x.所以()gx在(0,1)上单

调递增，在(1,)上单调递减，所以max1()(1)gxgae，所以11aee，所以2ae，即实数a的取值范围为2,e.-21-【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，极值及恒成立问题与最

值求解的相互转化．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.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为2431xtayt（t为参数），圆C的参数方程为21cos2sinxaya（为参数）

.（1）求l和C的普通方程；（2）将l向左平移(0)mm后，得到直线l，若圆C上只有一个点到l的距离为1，求m.【答案】（1）3470xy，22(1)(2)1xy；（2）2m.【解析】【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之间进行转换

．（2）利用点到直线的距离公式的应用和关系式的平移变换的性质的应用求出结果．【详解】（1）由题意可得||1a，故l的参数方程为4131xtyt（t为参数），圆C的参数方程为1cos2sinxy（为参数），消去参数

t，得l的普通方程为3470xy，消去参数，得C的普通方程为22(1)(2)1xy.（2）l的方程为37()44yxm，即34370xym，因为圆C上只有一个点到l的距离为

1，圆C的半径为1，所以(1,2)C到l的距离为2，即|3837|25m，解得2m（1403m舍去）.【点睛】本题主要考查了参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用

，函数的关系式的平移变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．-22-23.设函数40fxxaxa．（1）当1a时，求不等式fxx的解集；（2）若4

1fxa恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）3,5；（2）,01,．【解析】【分析】（1）把1a代入，利用零点分段讨论法去掉绝对值可求；（2）利用绝对值的三角不等式求出()fx的最小值，然后求解关于a的不等式即可.【详解

】（1）当1a时，52,1143,1425,4xxfxxxxxx，当1x时，fxx，无解；当14x时，fxx可得34x；当4x时，fxx可得45x；故不等式fxx的解集为3,5．

（2）444fxxaxxaxa，4441aaaa．当0a或4a时，不等式显然成立；当04a时，11a，则14a．故a的取值范围为,01,．【点睛

】本题主要考查含有绝对值不等式的解法及恒成立问题，零点分段讨论法是常用解此类不等式的方法.-23-