2020年4月江西重点中学盟校2020届高三下学期第一次联考理科数学【含答案】

江西省重点中学盟校2020届高三下学期第一次联考数学（理）试题第I卷(选择题共60分)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2{|20},Axxx集合1{|()1},2xBx则A∩B=A.(-∞,0)B.(2,+∞)C.(-∞,-1)D.(0,+∞)2.i为虚数单位,a为正实数,若复数12aizai为纯虚数，则a=A.1.2BC.3D.23.已知实数ln22,ab=2+2ln2,2(ln2),c则a，b,c的大小关系是A.cbaB.acbC.bacD.cab4.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.①甲同学的成绩折线图具有较好的对称性，故平均成绩为130分；②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；③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；④乙同学连续九次测验成绩每-次均有明显进步。其中正确的个数为A.1B.2C.3D.45.现有编号为①、②、③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编号是A.①②B.①③C.①②③D.②③6.执行如图所示的程序框图，输出的S的值为A.0B.2C.4D.-27.《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,使每人所得面包数成等差数列,且使较多的三份之和的13是较少的两份之和,则最少的一份面包个数为A.46B.12C.11D.28.已知12,FF为双曲线C:22221xyab(a0,b0)的左、右焦点,直线3yx与双曲线C的一个交点P在以线段12FF为直径的圆上,则双曲线C的离心率为.31A.525B.423C.32D9.函数y=cos(2x+φ)的图像左移4个单位后关于直线43x对称,则|φ|的最小值为.3A.4B.6C.2D10.在下列选项中，选出一个“对于∀x∈R,都有210axx恒成立”的充分不必要条件1.4AaB.a≥11.4CaD.a≥011.在平面区域2200xyxyy内任取一点P(x,y),则存在α∈R,使得点P的坐标(x,y)满足(2)cossin20xy的概率为3.16A3.116B4.34C.116D12.已知三棱锥P-ABC满足PA⊥底面ABC,在△ABC中，AB=6,AC=8,AB⊥AC,D是线段AC上一点，且AD=3DC,球O为三棱锥P-ABC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44π，则球O的表面积为A.72πB.86πC.112πD.128π第II卷(非选择题共90分)二、填空题:(本题共4小题，每小题5分,共20分)13.已知向量,ab的夹角为,6且||1,||3,ab则||ab___.14.在二项式26()2axx的展开式中，其常数项是15,如图所示，阴影部分是由曲线2yx和圆22xya及x轴围成的封闭图形，则封闭图形的面积为_____15.过抛物线24yx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mn等于_____.16.已知数列{}na满足:*11231211,(3,)nnnnaaaaaannaN，数列{}nb满足:*21()nnnnaabnaN.则1nnbb的取值范围是____.三.解答题:(本大题共6小题.共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17.(本小题满分12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且coscos1.ABabc(1)证明:a,c,b成等比数列(2)若c=3,且4sin()cos1,6CC求△ABC的周长。18.（本小题满分12分）已知矩形ABCD中，AB=2，AD=3，在AD上取一点E满足2AE=ED.现将ΔCDE沿CE折起使点D移动至P点处，使得PA=PB.（1）求证：平面PCE⊥平面ABCE；（2）求二面角B-PA-E的余弦值。19.（本小题满分12分）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，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：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.（1）求X的分布列；（2）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.（本小题满分12分）已知ΔABC中，B（-1,0），C（1，0），AB=4，点P在AB上，且∠BAC=∠PCA.（1）求点P的轨迹E的方程：(2)若3(1,),2Q，过点C的直线与E交于M，N两点,与直线x=4交于点K,记QM，QN,QK的斜率分别为123,,,kkk求证:1323kkkk为定值.21.(本小题满分12分)已知函数2()()xxfxxeemxmxmR.(1)当m=0时,求函数f(x)的极值;(2)若函数f(x)存在三个零点123,,xxx满足12331,2xxxxx求13xx的最大值.请考生在第22、23题中任选一题做答,如果多做,则按所做的第一题记分。做答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。22.(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程选讲在直角坐标系x0y中，曲线C的参数方程是222813(1)1kxkkyk(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1的极坐标方程为cos()32.4(1)曲线C的普通方程和直线1的直角坐标方程;(2)求曲线C上的点到直线1的距离的取值范围.23.(本小题满分10分)选修4-5;不等式选讲已知a0,b0,a+2b=3.证明:229(1)5ab3381(2)4.16abab2020届江西省盟校第一次联考理科数学试题（答案）一、选择题CCDBABBACBBD.13．1；14．61-4；15．3；16．1,112.如图．M是BC边中点，E是AC边中点，∵ABAC，∴M是ABC的外心，作//OMPA，∵PA平面ABC，∴OM平面ABC，∴,OMAMOMMD，取12OMPA，易得OAOP，∴O是三棱锥PABC的外接球的球心。E是AC中点，则//MEAB，132MEAB，∴MEAC，∵3ADDC，∴124EDAC，∴22223213MDMEED，设2PAa，则OMa，222213ODOMMDa，又221168522AMBC，∴222225OAOMAMa，过D且与OD垂直的截面圆半径为r，则2223rOAOD，这是最小的截面圆半径，最大的截面圆半径等于球半径OA，，4412)25(222arOA32)25a(22OA.12842OAS球16.11121211nnnnnnnnaaaaaaaa1112nnnnaaaa，两式相减可得：2121nnnnnnaaaaaa2nnbb，又由于1321aaa，得24a3,221bb故：为偶数为奇数nnbn,3,217.（1）证明：由正弦定理得：coscos1ABabccoscos1sinsinsinABABC……………2分sin()1sinsinsinABABC2sinsinsinCAB，………………………………4分2,cab所以,,acb成等比数列……………………………………………6分（2）由1)62sin(22cos2sin31cos)6sin(4CCCCC,3C……8分由余弦定理得：2222coscababC，又3c，所以92cab……………………10分于是得：229()3()27ababab6ab……………………………………11分所以ABC的周长为9abc.…………………………………………………………12分18解：（1）依题意可得：2PCPE，分别取线段CEAB,的中点MO,，连接POM的三边，则ABPO，CEPM，而OM为梯形ABCE的中位线，有BCOM//，ABOMABBC，……………2分且OOMPO，故：POMAB平面………………3分PMAB，且AB不与CE平行，综上所述，ABCEPM平面ABCEPCE平面平面…………5分（2）过点O作与PM平行线作z轴，分别以OMOA,为yx,轴建立空间直角坐标系则0,0,1A，0,0,1B，0,1,1E，2,2,0P………………6分2,2,1PA，0,0,2BA，0,1,0AE………………7分设向量PABzyxn平面,,，则有02022xzyx令1y，得：2,1,0n……8分同理：平面PAE的法向量1,0,2m,得32,cosnm，…………10分故：二面角EPAB的余弦值32………………12分19．解：（1）X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6.………1分11101010100PX，1111210525PX，11213225551025PX，13121132210105550PX，22317425510525PX，2365251025PX，33961010100PX，………3分（注：此步骤中，写对任意一个可得1分，全对得2分）∴X的分布列为X0123456P110012532511507256259100……………………5分（2）选择延保方案一，所需费用1Y元的分布列为：1Y70009000110001300015000P1710011507256259100…………7分（注：此步骤中，1Y取值全对可得1分）117117697000900011000130001500010720100502525100EY(元).…………8分选择延保方案二，所需费用2Y元的分布列为：2Y100001100012000P671006259100…………10分（注：此步骤中，2Y取值全对可得1分）267691000011000120001042010025100EY(元).………………………11分∵12EYEY，∴该医院选择延保方案二较合算.……………………12分20.解：（1）如图三角形中，，所以，所以，所以点的轨迹是以，为焦点，长轴为4的椭圆（不包含实轴的端点），………………2分所以点的轨迹的方程为.………………4分注：答轨迹为椭圆，但方程错，给3分；不答轨迹，直接写出正确方程，得4分（未写出，这次不另外扣分）.（2）如图，设，，可设直线方程为，则，………………5分由可得，，，………6分，，，，，………………8分因为………………10分，所以为定值.………………12分21解：（1）当0m时，xxexexf，xxexf………………1分令0xf得0x故