1、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
2、合，则（ ）ABCD2若复数满足，则（ ）ABCD3设是等差数列的前项和，则公差（ ）ABCD4已知，则（ ）ABCD5函数的图象大致是（ ）ABCD6设，满足约束条件，则的最大值是（ ）ABCD7在中，为的中点，则（ ）ABCD8若存在，使成立，则的取值范围为（ ）ABCD9在直角坐标系中，是椭圆的左焦点，分别为左、右顶点，过点作轴的垂线交椭圆于，两点，连接交轴于点，连接交于点，若是线段的中点，则椭圆的离心率为（ ）ABCD10如图，网格纸上小正方形的边长为，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（ ）ABCD11已知双曲线的离心率为，分别是双曲线的左、右焦点，点，点为线段
3、上的动点，当取得最小值和最大值时，的面积分别为，则（ ）ABCD12设函数在定义域上是单调函数，且，若不等式对恒成立，则的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13若为定义在上的奇函数，当时，则 14已知，则 15已知函数只有一个零点，则 16在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，且为等边三角形，若四棱锥的体积与四棱锥外接球的表面积大小之比为，则四棱锥的表面积为 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）的内角，的对边分别为，已知（1）求；（2）若，求的面积18（12分）某厂销售部以箱为单位销售某种零件，每箱的定价为元，低于
4、箱按原价销售，不低于箱则有以下两种优惠方案：以箱为基准，每多箱送箱；通过双方议价，买方能以优惠成交的概率为，以优惠成交的概率为（1）甲、乙两单位都要在该厂购买箱这种零件，两单位都选择方案，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?19（12分）如图，在四面体中，平面平面，且（1）证明：平面；（2）设为棱的中点，当四面体的体积取得最大值时，求二面角的余弦值20（12分）已知椭圆过点，且它的焦距是短轴长的倍（1）求椭圆的方程；（2）若，是椭圆上的两个动点（，两点不关于轴对称
5、），为坐标原点，的斜率分别为，问是否存在非零常数，使时，的面积为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由21（12分）已知函数（1）当时，求的极值；（2）设，对任意都有成立，求实数的取值范围请考生在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，直线的参数方程为（为参数），圆的参数方程为（为参数）（1）求和的普通方程；（2）将向左平移后，得到直线，若圆上只有一个点到的距离为，求23（10分）【选修4-5：不等式选讲】设函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求的取值范围7第页2020届江西名师联盟高三第一次模拟
6、考试卷理科数学答 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】C2【答案】B3【答案】D4【答案】A5【答案】C6【答案】D7【答案】A8【答案】C9【答案】C10【答案】B11【答案】A12【答案】D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】14【答案】15【答案】16【答案】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）；（2）【解析】（1），故（2），又，由（1）可知，从而的面积18【答案】（1）；（2）选择方案更划算【解析】（1）因为甲单位的优惠比例低于乙单位的优惠比例的
7、概率为，所以甲单位的优惠比例不低于乙单位的优惠比例的概率为（2）设在折扣优惠中每籍零件的价格为元，则或的分布列为则若选择方案，则购买总价的数字期望为元若选择方案，由于购买箱能获赠箱，所以该单位只需要购买箱，从而购买总价为元因为，所以选择方案更划算19【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面因为平面，所以因为，所以，所以因为，所以平面（2）设，则，四面体的体积，当时，单调递增；当时， ，单调递减，故当时，四面体的体积取得最大值以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即，令，得同理可得平面的一个法向量为，则由图可知，二面角为锐角，故
8、二面角的余弦值为20【答案】（1）；（2）存在，【解析】（1）因为椭圆过点，所以，又因为该椭圆的焦距是短轴长的倍，所以，从而联立方程组，解得，所以椭圆的方程为（2）设存在这样的常数，使，的面积为定值设直线的方程为，点，点，则由知，所以联立方程组，消去得所以，又点到直线的距离，则的面积将代入得，化简得，将代入得，要使上式为定值，只需，即需，从而，此时，所以存在这样的常数，此时21【答案】（1）的极大值为，无极小值；（2）【解析】（1）当时，所以函数的定义域为，所以，且，令，所以当时，所以又，所以当时，所以在上单调递减，故同理当时，；当时，所以在是单调递增，在单调递减，所以当时，的极大值为，无极小值（2）令，因为对任意都有成立，所以因为，所以令，即，解得；令，即，解得所以在上单调递减，在上单调递增，所以因为，所以，当时，令，即，解得；令，即，解得所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以，即实数的取值范围为22【答案】（1），；（2）【解析】（1）由题意可得，故的参数方程为（为参数），圆的参数方程为（为参数），消去参数，得的普通方程为，消去参数，得的普通方程为（2）的方程为，即，因为圆上只有一个点到的距离为，圆的半径为，所以到的距离为，即，解得（舍去）23【答案】（1）；（2）【解析】（1）当时，故不等式的解集为（2），当或时，不等式显然成立；当时，则故的取值范围为
