2020届江西省五市八校协作体高三第一次联考数学(文)试题(解析版)

题

一、单选题 1．设z2i，则复数z的模为（ ） 2iB．122i

C．1

D．3

A．

122i 3【答案】C

【解析】化简得到z【详解】

122i，再计算模长得到答案. 332iz2i故选：C. 【点睛】

2i2i1232i2i2i122i，故z1. 33本题考查了复数的模，意在考查学生的计算能力.

2．已知全集UR，集合AxRx2x0，集合ByRy1x右边Venn图中阴影部分对应的集合为（ ）

22，则

A．xR0x1 B．xR0x1 C．xR2x0

【答案】A

D．xR1x2

【解析】计算Ax0x2，Byy1，再计算AIB得到答案. 【详解】

第 1 页 共 16 页

AxRx22x0x0x2，ByRy1x2yy1，

Venn图中阴影部分表示ABxR0x1. 故选：A. 【点睛】

本题考查了韦恩图，集合的交集运算，意在考查学生的计算能力和理解能力. 3．已知抛物线方程x24y，则其准线方程为（ ） A．y2 【答案】C

【解析】直接利用准线方程公式得到答案. 【详解】

2抛物线方程x4y，p2，则其准线方程为：yB．y2 C．y1 D．y1

p1. 2故选：C. 【点睛】

本题考查了抛物线的准线方程，属于简单题.

4．已知alog26，blog34，c0.20.3，则a,b,c的大小关系为（ ） A．cba 【答案】A

【解析】计算得到a2，1b2，c1，得到大小关系. 【详解】

B．abc

C．bca

D．cab

alog26log242，1log33blog34log392，c0.20.30.201.

故cba. 故选：A. 【点睛】

本题考查了利用函数单调性比较数值大小，意在考查学生对于函数性质的灵活运用. 5．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ） A．若m//,n//,则m//n C．若m，mn，则n// 【答案】B

【解析】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.

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B．若m，n，则mn D．若m//，mn，则n

【考点】空间点线面位置关系．

6．已知点A(3,1)，B(1,3)，则与向量AB同方向的单位向量为（ ）

uuur22,A．2 2【答案】D

B．1,1

22C．13,31 D．2,2 uuuruuurABur得到答案. 【解析】计算得到AB13,31，再计算uuAB【详解】

uuurA(3,1)，B(1,3)，则AB13,31，

uuurAB22uuur,r. 与向量AB同方向的单位向量为uuu22AB故选：D. 【点睛】

本题考查了单位向量，意在考查学生的计算能力.

c，7．已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，sinAsinBcosC，b，b则tanA的值是（ ） A．

5c，

5 5B．2 C．25 5D．

1 2【答案】B

【解析】计算得到B【详解】

2，a2c，计算得到答案.

sinAsinBCsinBcosCcosBsinCsinBcosC，故cosBsinC0.

故B2，b5c，故a2c，tanA2.

故选：B. 【点睛】

本题考查了和差公式，求三角函数值，意在考查学生的计算能力.

8．汹涌湍急的底格里斯河与幼发拉底河所灌溉的美索不达米亚平原，是人类文明的发祥地之一.美索不达米亚的学者在发展程序化算法方面表现出了熟练技巧，他们创造了许多成熟的算法，求正数平方根近似值的算法是最具有代表性的.耶鲁大学收藏的一块

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古巴比伦泥板(编号72)，其上载有2的近似值，结果精确到六十进制的三位小数，用十进制写出来是1.414213，这个结果是相当精确的.下面给出了求2的近似值的算法.执行下面程序框图，若输入的被开方数a2，2的首次近似值b1，输出2的近似值b为1.414216，则空白判断框中的条件可能为（ ）(

5771.414216) 408

A．i3 【答案】B

B．i³4 C．i4 D．i5

【解析】根据程序框图依次计算得到答案. 【详解】

i1,c2,b故选：B. 【点睛】

341724577,b；i2,c,b；i3,c；i4，输出结果.

231217408本题考查了程序框图的条件，意在考查学生的理解能力. 9．函数fxsinxlnxx21的大致图像为（ ）

A． B． C．

D．

【答案】D

【解析】确定函数为偶函数，排除BC，当x0,时，fx0，排除A，得到答案. 【详解】

fxsinxlnxx21，

故fxsinxlnxx1sinxlnxx1fx，函数为偶函

22数，

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排除BC.

当x0,时，fx0，排除A. 故选：D. 【点睛】

本题考查了函数图像的识别，意在考查学生对于函数图像的理解.

xy20,10．在不等式组xy20,所确定的三角形区域内随机取一点，则该点到此三角形

y2,的三个顶点的距离均大于1的概率是（ ） A．

 8B．42

C．18

D．14

【答案】C

【解析】画出可行域，如图所示，阴影部分即为所求，利用几何概型公式计算得到答案. 【详解】

如图所示：画出可行域，阴影部分即为所求区域.

pS1SS2SS421.

48故选：C.

【点睛】

本题考查了线性规划中的可行域，几何概型，意在考查学生的综合应用能力.

x,,x0,，使得不等式x1sinx1tanx2mx1cosx1成立，11．若12434则正实数m的取值范围是（ ）

433A．2,2

B．0,2 33C．0,2第 5 页 共 16 页

【答案】D

40，2 D．x1sinx1xsinxm【解析】当x20,时，tanx20,1，故，设fx，

x1cosx1xcosx4求导得到函数单调递增，求得最值得到答案. 【详解】

x1cosx1m1恒成立， 当x20,时，tanx20,1，故

x1sinx14即mx1sinx1x在1,恒成立，

x1cosx143x2sinxxsinxcosxxsinxf'设fx，则f'x，20

xcosxxcosx4设gxxsinxxsinxcosx，

2则g'xxcosx2xsinx1cos2x0在2,上恒成立. 43故f'x0在,上恒成立，故fx在,上单调递增， 4343故fxminf故选：D. 【点睛】

442，故m2. 4本题考查了不等式恒成立问题，转化为函数的最值是解题的关键.

y212．已知双曲线E的方程为x1，其左右焦点分别为F1，F2，已知点Q的坐标

4uuuruuuruuuruuurPF1PQPF2PQruuur，则三角形PQF1与三角形1，双曲线E上的点P满足uuu为1，PF1PF22PQF2面积之差为（ ）

A．2 【答案】B

B．1

C．5

D．4

【解析】确定F1PQF2PQ，故F2关于PQ对称的点在PF1上，设为M，利用余

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弦定理得到cosF1MQ【详解】

15725，再利用面积公式计算得到答案.

如图所示：F15,0，F25,0，故QF12725，QF22725. uuuruuuruuuruuurPF1PQPF2PQuuuruuur，则F1PQF2PQ，故F2关于PQ对称的点在PF1上，设PF1PF2为M.

MF1PF1PMPF1PF22.

222在MQF1中，根据余弦定理：QF1MF1MQ2MF1MQcosF1MQ，

得到：cosF1MQ15725，故sinF1MQ1725.

1SMF1QMF1MQsinF1MQ1.

2故选：B.

【点睛】

本题考查了双曲线中的面积问题，确定F1PQF2PQ找对称是解题的关键.

二、填空题

13．某个年级有男生390人，女生210人，用分层抽样的方法从该年级全体学生中抽取一个容量为20的样本，则此样本中男生人数为____________. 【答案】13

【解析】直接利用分层抽样的比例关系得到答案. 【详解】 .

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样本中男生人数为：故答案为：13. 【点睛】

3902013.

390210本题考查了分层抽样，意在考查学生的计算能力.

fxsinx14．已知函数,0在区间0,上单调，求的取值范围

3______. 【答案】0，

56【解析】根据x0,，得到x【详解】

,，故，解得答案. 33332x0,，则x

56

5,，fx单调，故，解得. 333326

故答案为：0， 【点睛】

本题考查了根据三角函数单调性求参数，意在考查学生的理解转化能力. 15．直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA12，且BAC的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为____________. 【答案】20

【解析】计算ABC的外接圆半径为2，再得到Rr2125，计算表面积得到答案. 【详解】

2，若该三棱柱32342r，r=2， ABC中，计算得到BC23，利用正弦定理：2sin3即ABC的外接圆半径为2.

2Rr2125，故求的表面积S4R20.

故答案为：20. 【点睛】

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本题考查了三棱柱的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力. 16．已知数列an满足a112，an1an2an.记Sna1a2Lan，其中2m表示不超过m的最大整数，求S2019的值为____________.

【答案】0

【解析】利用数学归纳法证明0an1，得到an0，得到答案. 【详解】

先证明：0an1. 当n1时，a11，满足0a11； 2假设nk时满足0ak1

2当nk1时，ak1ak2akak110,1.

2故0an1恒成立，故an0，S2019a1a2La20190. 故答案为：0. 【点睛】

本题考查了数列的新定义，数学归纳法，意在考查学生的综合应用能力.

三、解答题

urrurr17．已知向量msinx,1，向量n1,cosx，函数fx2mn.

（1）若0,，且f1，求cos的值；

（2）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若fA且BasinB，

43，求ABC面积的取值范围.

【答案】（1）62（2）S△ABC(0,3] 4【解析】（1）化简得到fx2sinx差公式计算得到答案. （2）计算b2，2r【详解】

4，代入数据计算得到64，利用和

4122cos2C，计算得到答案. ，得到S3333第 9 页 共 16 页

urrfx2mn2sinxcosx2sinx1（），

4f1，所以sin解得13,0,，因为，所以44442. 64，coscos62. coscossinsin4（2）由题意可得2sinAasinB，由正弦定理可得，2aab，故b2. 由正弦定理可得，外接圆半径r满足:2rb4， sinB3S△ABC1142acsinB2rsinA2rsinCsinBsinCsinC22331222cos2C,C0,3333，所以S△ABC(0,3]. 【点睛】

本题考查了三角恒等变换，正弦定理，面积公式，意在考查学生的综合应用能力. 18．某商场举行双12有奖促销活动，顾客购买168元的商品后即可抽奖，抽奖方法是：从装有2个红球A1,A2和1个白球B的甲箱与装有2个红球a1,a2和1个白球b的乙箱中，各随机摸出1个球，这些球除颜色，标号外都一样.若摸出的2个球颜色相同则中奖，否则不中奖.

（1）用球的标号列出所有可能的摸出结果；

（2）小明根据经验认为：摸到同色球一般来说更为难得，所以猜测中奖的概率小于不中奖的概率，你认为小明的猜想正确吗？请说明理由.

【答案】（1）A1a1,A1a2,Ab1,A2a1,A2a2,A2b,Ba1,Ba2,Bb（2）不正确，理由见解析 【解析】（1）直接列出所有情况得到答案. （2）计算中奖和不中奖的概率得到答案. 【详解】

（1）所有可能的结果为:A1a1,A1a2,Ab1,A2a1,A2a2,A2b,Ba1,Ba2,Bb （2）不正确.

所有可能的结果有9种，并且每种结果出现的可能性相同.中奖的结果一共有5种，所以中奖的概率是【点睛】

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45，不中奖的概率是，故小明的猜想不正确. 9999

本题考查了概率的计算和应用，意在考查学生的应用能力.

19．中国古代的数学名著《九章算术·商功》中，称以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥为“阳马”.如图所示的“阳马”PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面

ABCD，E为PD的中点.

（1）求证：PB//平面ACE；

（2）设直线PC与平面ABCD所成角的正切值为3，且AP3，求“阳马”PABCD体积的最大值. 【答案】（1）证明见解析（2）3 6【解析】（1）连接AC与BD交于点O，得到PB//OE，得到证明. （2）直线PC与平面ABCD所成角等于PCA，AC1，计算

VPABCD【详解】

3sin2CAD，得到答案. 6（1）连接AC与BD交于点O.点O与点E分别为BD，PD的中点，

由中位线定理可知，PB//OE，又OE平面ACE，PB平面AEC，所以PB//平面ACE.

（2）因为PA平面ABCD，所以直线PC与平面ABCD所成角等于PCA， 所以tanPCA3，AP3，所以AC1，

VPABCD1333， PAADCDcosCADsinCADsin2CAD3366等号成立时CAD4故“阳马”PABCD体积的最大值为3 6第 11 页 共 16 页

【点睛】

本题考查了线面平行，体积的最值，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 20．平面直角坐标系内有三定点A2,0，B2,0，F点，若满足kPAkPB3,0.P是曲线E上任意一

1恒成立. 4（1）求曲线E的轨迹方程；

（2）过点F的直线与曲线E交于C,D两点，过点F且与直线CD垂直的直线与曲线

E交于M,N两点，若CD2MN，求直线CD的方程. x2【答案】（1）y21y0（2）2x7y60

4【解析】（1）设点P的坐标为x,y，直接计算得到答案.

（41t2）（2）设直CD线的方程为xty3t0，联立方程得到CD2，

t4（41t2），计算得到答案. MN214t【详解】

（1）设点P的坐标为x,y，由于kPAkPB1yy1,x2， ，即

4x2x24x2整理可得曲线E的轨迹方程为y21y0.

4（2）由题意知，直线CD不与x轴和y轴垂直，

可设直CD线的方程为xty3t0与曲线E的方程联立， 可得t4y23ty10y0，16t10，

222第 12 页 共 16 页

CDt2116t21t24（41t2） 2t4可设直线MN的方程为xy3t0，同理可得

1t1（41）（41t2）tMN22，CD2MN， 14t14t27（41t2）（41t2）可得2，解得， t222t414t故直线CD的方程为x【点睛】

本题考查了轨迹方程，直线和椭圆的位置关系，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

21．已知函数fxx3xx1.

327y3，即2x7y60. 2（1）求曲线yfx在点Pt,ft处的切线方程；

（2）设m>1，若过点Qm,n可做曲线yfx的三条切线，证明:2mnfm. 【答案】（1）y3t6t1x2t3t1（2）证明见解析 【解析】（1）求导f(x)3x6x1，利用切线公式计算得到答案.

（2）构造函数gt3t6t1m2t3t1n，等价于函数gt有三个不

2322232同的零点，求导根据单调性得到答案. 【详解】

2（1）f(x)3x6x1则在点P处的切线方程为yftftxt

整理得y3t6t1x2t3t1 （2）n3t6t1m2t3t1

构造函数gt3t6t1m2t3t1n，

232232232即gt2t3(1m)t6mtm1n过点Qm,n可做曲线yfx的三条

32切线等价于函数gt有三个不同的零点.

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1上单调递减，1,m上单调递增， gt6t1tm，故函数gt在，m,上单调递减，

2mn0g10所以，即3可得2mnfm 2gm0m3mm1n0【点睛】

本题考查了切线方程，切线条数问题，意在考查学生的综合应用能力.

2x1t222．已知曲线C1的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的非负

y2t1t2半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为

22. sin4（1）写出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程； （2）求曲线C1上的点P与曲线C2上的点Q之间距离的最小值. 【答案】（1）C1：x1y21,x0，C2：xy40（2）【解析】（1）直接利用参数方程和极坐标方程的公式转化得到答案. （2）圆心1,0到直线xy40的距离d【详解】 （1）x2321 232，减去半径得到答案. 222ty,x0,2y,y1,1t，，故， 1t21t2x2xy2将t式代入式子可得y，

1xx整理可得曲线C1的普通方程为x1y21,x0.

22222，则sincos2， sin224曲线C2的直角坐标方程为xy40

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（2）圆心1,0到直线xy40的距离d104232. 2故PQ的最小值为【点睛】

321. 2本题考查了参数方程，极坐标方程的转化，距离的最值，意在考查学生的计算能力. 23．已知函数fx2xax.

（1）当a1时，求不等式fx2的解集；

1，求a的取值范围. （2）若不等式fxx1的解集包含0，1（2）a1 【答案】（1），【解析】（1）讨论x1311，0x，x0，三种情况分别计算得到答案.

221上恒成立，（2）由题知2xaxx1在区间0，转化得到2x1a2x1恒

成立，得到答案. 【详解】

13x1,x21fx2x1x1x,0x1a1（）当时，， 213x,x01111，3x12,故x1；当0x，1x2,可得0x； 22221当x01，3x2，可得x0.

3当x1 综上所述，不等式的解集为，131上恒成立. （2）由题知2xaxx1在区间0，故2xaxx1，可得2xa1，即12xa1

1恒成立，因此1a1，故a1. 故2x1a2x1对于x0，【点睛】

本题考查了解绝对值不等式，不等式恒成立问题，分类讨论是常用的数学技巧，需要熟

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练掌握.

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