2020届江西名师联盟高三数学理一模试题答案

海量资源尽在星星文库：届江西名师联盟高三第一次模拟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】C【解析】∵或，∴．2．【答案】B【解析】因为，所以．3．【答案】D【解析】∵，∴，∴．4．【答案】A【解析】，，，故．5．【答案】C【解析】由函数，得定义域为，且有成立，所以函数的图象关于原点对称，且与轴交于和两点．当时，，所以在内函数图象在轴下方，在内函数图象在轴上方，再用对称性得到完整的函数图象．6．【答案】D【解析】的几何意义是可行域内的点与原点连线的斜率，画出可行域（图略），得的最大值为．7．【答案】A【解析】．8．【答案】C【解析】记，因为存在，使成立，所以只需当时，，即．9．【答案】C【解析】如图，连接，则由椭圆的对称性易得，，所以，所以．[来源:学科网]因为，所以．因为，所以，从而有．又因为是线段的中点，所以．10．【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥，为的中点，外接球球心在过的中点且垂直于平面的直线上，又点到，，的距离相等，所以又在过左边正方体一对棱的中点，所在直线上，{|2AxxRð5}x(){6}ABRði2i11i1i1z234i43i2i2z74714Sa42a431daa255a256b258cabc22log(1)()xfxx(,1)(1,)()()fxfx22log(1)()xfxxx(2,0)(2,0)2x222log(1)log(21)0x(1,2)x(2,)xyzx(,)xy(0,0)z211111112()22262663CECACDCACBCAABACABAC2ππ()23cossin(2)cos(2)336fxxxmxmπ[0,]2x2π23cossin(2)03xxmπ[0,]2xminπ3()()022fxfm32mBQPBFQBFEABEBAEABQBFMEBQ∥PMEPQB△△||||||||PEPMEBMQPBFEBO△△||||||||OFEPOBEB||||||||PMOFMQOBMPF||||1||||3cOFPMeaOBMQyxBQFMEPAOABCDFBDOCDEBCDlOABDOMN海量资源尽在星星文库：在中，由，即，得，所以三棱锥外接球的球半径，．11．【答案】A【解析】由，得，，故线段所在直线的方程为，又点在线段上，可设，其中，由，，即，，得，，所以．由于，可知当时，取得最小值，此时，当，取得最大值，此时，所以．12．【答案】D【解析】由于是单调函数，则为定值，不妨设，则．又，解得，则，，所以，即．设，则，易知在上单调递减，在上单调递增，则，所以．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】【解析】∵，所以．14．【答案】【解析】令，可得；令，可得，所以．15．【答案】【解析】因为函数为偶函数，且函数只有一个零点，故，所以．16．【答案】【解析】如图，连接，交于点，取的中点为，连接．设四棱锥外接球的球心为，等边三角形外接圆的圆心为，则为的重心，则，正方形外接圆的圆心为．因为，平面平面，所以平面，所以，所以四边形为矩形，所以．OEN△NFMFNEOE223OE3OEABCD22223(2)11ROEBE4411π3VDCEFBNMAO2cea2ca3baMN3()yxaPMN(,33)Pmma[,0]ma1(,0)Fc2(,0)Fc1(2,0)Fa2(2,0)Fa1(2,33)PFamma2(2,33)PFamma222212313464()44PFPFmmaamaa[,0]ma34ma12PFPF2113343()242Saaaa0m12PFPF22143232Saaa214SS()fx()xfxex()xfxext()xfxext()tftette1t()1xfxex()1xfxe2xexax21xeax2()1xegxx22(1)()xexgxx()gx(0,1)(1,)min()(1)21gxge21ae1164π4π4111()cos333326f4π11()36f01x00a1x2100296012100222(11)(11)0aaaa2100121002220aaa2()fx()fx(0)0f2a837ACBD1OADNPNPABCDOPAD2O2OPAD△22||||3POPNABCD1OPNADPADABCDPNABCD1OOPN∥12OONO21OONO海量资源尽在星星文库：设正方形的边长为，则，所以，，所以四棱锥外接球的半径为，[来源:Zxxk.Com]所以四棱锥外接球的表面积为，四棱锥的体积为，所以，即，解得，所以正方形的边长为，所以，，，，，所以四棱锥的表面积为．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．【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①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②，则购买总价的数字期望为元．若选择方案①，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①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．，ABCD2x||3PNx223||3xPO2||OOxPABCD2222227||||||3POPOOOxPABCD228π3Sx球PABCD231434333PABCDVxxx37πPABCDVxS球337π7πx1xABCD23PADS△2PABS△2PDCS△7PCBS△4ABCDS正方形PABCD837OO1DCBANO2P23526sincossin2AaBbA26cos2Aabba21cos26A22cos2cos123AA2222cosabcbcA21a5bc24221()22533bcbcbcbc6bc5sin3AABC△1sin52SbcA0.760.40.60.2410.240.76X184X188XX184188P0.60.41840.61880.4185.6EX185.665012064060050600200600120000120640120000306ADABABDABCABDABCABADABDADABCBCABCADBC22ABBCAC222ABBCACABBCADABABCABD(04)ADxx4ABBCxABCD232111()(4)(816)(04)326Vfxxxxxxx211()(31616)(4)(34)66fxxxxx海量资源尽在星星文库：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①．联立方程组，消去得．所以②，③，又点到直线的距离，则的面积④．将②③代入①得，化简得⑤，将⑤代入④得，要使上式为定值，只需，即需，从而，此时，，403x()0fx()Vfx443x()0fx()Vfx43ADxABCDBBxyz(0,0,0)B8(0,,0)3A8(,0,0)3C84(0,,)33D44(,,0)33EBCD(,,)xyzn00BCBDnn80384033xyz2z(0,1,2)nBDE(1,1,2)m530cos,656mnCBDECBDE306zxyEBACD2214xy141AOBS△2222:1(0)xyCabab1(3,)2223114ab33cb22224abcb222231144abab2241abC2214xy12kkAOB△SABykxm11(,)Axy22(,)Bxy12kk12120yyxx1212()()0kxmkxmxx221212()()0kxxkmxxm2214xyykxmy222(14)8440kxkmxm122814kmxxk21224414mxxkOAB2||1mdkAOB△2241222(41)1||||||2241kmmmSABdxxk222222()(44)8(14)0kmkmmk224()14km22224222222422(41)4()(14)16()64(644)41()2(14)(41)1681(14)Skkkkkkkk264644416812(41)01421()24S1S海量资源尽在星星文库：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，，[来源:学科网]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），[来源:Z§xx§k.Com]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；141AOBS△()fx1(1)fe2(,)e1aln1()xxfxe()fx(0,)1ln()xxxxfxxe0xxe()1lnhxxxx01x10xln0xx()1ln0hxxxx()2lnhxx1x()2ln0hxx()hx(1,)()(1)0hxh01x()0fx1x()0fx()fx(0,1)(1,)1x()