江西省重点中学协作体2020届高三第一次联考数学(理)试卷(有答案)
2019-2020学年江西省重点中学盟校高三下学期第一次联考数学试卷(理科) 含解析
2019-2020学年高三第二学期第一次联考（理科）数学试卷一、选择题（共12小题）1．已知集合A＝{x|x2﹣x﹣2＞0}，集合，则A∩B＝（）A．（﹣∞，0）B．（2，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（0，+∞）2．i为虚数单位，a为正实数，若复数为纯虚数，则a＝（）A．1B．C．D．23．已知实数a＝2ln2，b＝2+2ln2，c＝（ln2）2，则a，b，c的大小关系是（）A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．a＜c＜b4．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一次均有明显进步．其中正确的个数为（）A．4B．3C．2D．15．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所有编号是（）A．①B．①②C．②③D．①②③6．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，使每人所得成等差数列，且使较多的三份之和的是较少的两份之和，则最少的一份面包个数为（）A．46B．12C．11D．28．已知F1，F2为双曲线的左、右焦点，直线与双曲线C的一个交点P在以线段F1F2为直径的圆上，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．D．9．函数y＝cos（2x+φ）的图象左移个单位后关于直线对称，则|φ|的最小值为（）A．B．C．D．10．在下列选项中，选出一个“对于∀x∈R，都有ax2﹣x+1≥0恒成立”的充分不必要条件（）A．a≤B．a≥1C．a≥D．a≥011．在平面区域，内任取一点P（x，y），则存在α∈R，使得点P的坐标（x，y）满足（x﹣2）cosα+y sinα﹣＝0的概率为（）A．1﹣B．C．D．1﹣12．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二、填空题（共4小题）13．已知向量，的夹角为，且||＝1，||＝，则|﹣|＝．14．（x2+）6展开式的常数项是15，如图阴影部分是由曲线y＝x2和圆x2+y2＝a及x轴围成的封闭图形，则封闭图形面积为．15．过抛物线y2＝4x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，则等于．16．已知数列{a n}满足：a1＝a2＝a3＝1，a n+1＝，数列{b n}满足：b n＝．则b n+1﹣b n的取值范围是．三.解答题：（共5小题.共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）证明：a，c，b成等比数列（2）若c＝3，且4sin（C﹣）cos C＝1，求△ABC的周长18．已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，在AD上取一点E满足2AE＝ED．现将△CDE 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．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：维修次数0123台数5102015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．（Ⅰ）求X的分布列；（Ⅱ）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．已知△ABC中，B（﹣1，0），C（1，0），AB＝4，点P在线段AB上，且∠BAC＝∠PCA．（1）求点P的轨迹E的方程；（2）若Q（1，），过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k1，k2，k3，证明：为定值．21．已知函数f（x）＝xe x﹣e x﹣mx2+mx（m∈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x1，x2，x3满足x1＜x2＜x3，x3﹣x1≤2，求x1+x3的最大值．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是（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l的极坐标方程为．（1）曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）求曲线C上的点到直线l的距离的取值范围．[选修4-5；不等式选讲]23．已知a＞0，b＞0，a+2b＝3．证明：（1）；（2）．参考答案一、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A＝{x|x2﹣x﹣2＞0}，集合，则A∩B＝（）A．（﹣∞，0）B．（2，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（0，+∞）【分析】先求出集合A，B，由此能求出A∩B．解：集合A＝{x|x2﹣x﹣2＞0}＝（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞），集合＝（﹣∞，0），则A∩B＝（﹣∞，﹣1），故选：C．2．i为虚数单位，a为正实数，若复数为纯虚数，则a＝（）A．1B．C．D．2【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0且虚部不为0列式求解．解：∵＝＝为纯虚数，∴，解得a＝．故选：C．3．已知实数a＝2ln2，b＝2+2ln2，c＝（ln2）2，则a，b，c的大小关系是（）A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．a＜c＜b【分析】利用指数与对数函数的单调性即可得出．解：易知1＜2ln2＜2，2+2ln2＞2，0＜（ln2）2＜1，∴c＜a＜b．故选：A．4．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一次均有明显进步．其中正确的个数为（）A．4B．3C．2D．1【分析】利用图形，判断折线图平均分以及线性相关性，成绩的比较，说明正误即可．解：①甲同学的成绩折线图具有较好的对称性，最高130分，平均成绩为低于130分，①错误；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，②正确；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，③正确；④乙同学在这连续九次测验中第四次、第七次成绩较上一次成绩有退步，故④不正确．故选：C．5．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所有编号是（）A．①B．①②C．②③D．①②③【分析】根据题意，画出编号为①、②、③的三棱锥的直观图，判断是否存在侧面与底面互相垂直的情况即可．解：编号为①的三棱锥，其直观图可能是①，其侧棱VC⊥底面ABC，∴侧面VAC⊥底面ABC，满足条件；编号为②的三棱锥，其直观图可能是②，其侧面PBC⊥平面ABC，满足条件；编号为③的三棱锥，其直观图可能为③，其中不存在侧面与底面互相垂直的情况．综上，满足题意的序号是①②．故选：B．6．执行如图所示的程序框图，输出的S的值为（）A．0B．2C．4D．﹣2【分析】模拟执行程序框图的运行过程，即可得出S随i变化的周期以及程序结束后输出S的值．解：模拟执行如图所示的程序框图知，第一次循环，S＝4，i＝1；第二次循环，S＝2，i＝2；第三次循环，S＝2，i＝1；第四次循环，S＝2，i＝2；…；可知S随i变化的周期为2，当i＝2019时，输出S的值为2．故选：B．7．《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，使每人所得成等差数列，且使较多的三份之和的是较少的两份之和，则最少的一份面包个数为（）A．46B．12C．11D．2【分析】根据题意，设5人得到的面包数分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，且d＞0，结合题意可得，解可得a、d的值，计算即的答案．解：根据题意，把120个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，设5人得到的面包数分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，且d＞0，又由面包总数为120，且较多的三份之和的是较少的两份之和，则有，解可得a＝24，d＝6，则a﹣2d＝12；即最少的一份面包个数为12；故选：B．8．已知F1，F2为双曲线的左、右焦点，直线与双曲线C的一个交点P在以线段F1F2为直径的圆上，则双曲线C的离心率为（）A．B．C．D．【分析】如图设P在第一象限，∴：∠POx＝60°，|OP|＝c，可得P的坐标，再代入双曲线方程可得．解：如图设P在第一象限，∴：∠POx＝60°，|OP|＝c，∴P（，c），将其代入﹣＝1，得﹣＝1，化简得：c4﹣8a2c2+4a4＝0，∴e4﹣8e2+4＝0，∴e2＝＝4±2，∵e＞1，∴e2＝4+2，∴e＝+1．故选：C．9．函数y＝cos（2x+φ）的图象左移个单位后关于直线对称，则|φ|的最小值为（）A．B．C．D．【分析】本题先平移，然后求出对称轴方程通式，＝﹣﹣φ，解出φ＝kπ﹣，进一步解出φ解：原式可变为y＝cos2（x++），∵2（x++）＝kπ，＝﹣﹣，∴φ＝kπ﹣，当k＝3时，φ＝．故选：C．10．在下列选项中，选出一个“对于∀x∈R，都有ax2﹣x+1≥0恒成立”的充分不必要条件（）A．a≤B．a≥1C．a≥D．a≥0【分析】先解出命题对应的集合，根据充要性求出解．解：∵对于∀x∈R，都有ax2﹣x+1≥0恒成立，∴，即，解之得，则a≥1是的充分不必要条件，故选：B．11．在平面区域，内任取一点P（x，y），则存在α∈R，使得点P的坐标（x，y）满足（x﹣2）cosα+y sinα﹣＝0的概率为（）A．1﹣B．C．D．1﹣【分析】画出约束条件的可行域，转化目标函数为可行域内的点与单位圆的交点，从而求解概率．解：由题意可知：单位圆与直线f（m，n）＝（x﹣2）m+yn﹣存在交点，∴，即（x﹣2）2+y2≥2，结合图形，可知：P＝＝1﹣．故选：A．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【分析】如图．M是BC边中点，E是AC边中点，由AB⊥AC，可得M是△ABC的外心，作OM∥PA，利用线面垂直的判定与性质定理可得：O是三棱锥P﹣ABC的外接球的球心．利用三角形中位线定理可得：ME∥AB，，ME⊥AC，再利用直角三角形的边角关系可得：MD，AM．可得：OA2＝OM2+AM2＝a2+25，过D且与OD垂直的截面圆半径为r，则，这是最小的截面圆半径，最大的截面圆半径等于球半径OA，进而得出结论．解：如图．M是BC边中点，E是AC边中点，∵AB⊥AC，∴M是△ABC的外心，作OM∥PA，∵PA⊥平面ABC，∴OM⊥平面ABC，∴OM⊥AM，OM⊥MD，取，易得OA＝OP，∴O是三棱锥P﹣ABC的外接球的球心．E是AC中点，则ME∥AB，，∴ME⊥AC，∵AD＝3DC，∴，∴，设PA＝2a，则OM＝a，OD2＝OM2+MD2＝a2+13，又，∴OA2＝OM2+AM2＝a2+25，过D且与OD垂直的截面圆半径为r，则，这是最小的截面圆半径，最大的截面圆半径等于球半径OA，∴πOA2+πr2＝（a2+25）π+12π＝44π，OA2＝（a2+25）π＝32π．∴．故选：D．二、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知向量，的夹角为，且||＝1，||＝，则|﹣|＝1．【分析】利用|﹣|＝＝可得．解：|﹣|＝＝＝＝1，故答案为：1．14．（x2+）6展开式的常数项是15，如图阴影部分是由曲线y＝x2和圆x2+y2＝a及x轴围成的封闭图形，则封闭图形面积为﹣．【分析】用二项式定理得到中间项系数，解得a，然后利用定积分求阴影部分的面积．解：因为（x2+）6展开式的常数项是15，所以＝15，解得a＝2，所以曲线y＝x2和圆x2+y2＝2的在第一象限的交点为（1，1）所以阴影部分的面积为﹣＝﹣＝﹣．故答案为﹣．15．过抛物线y2＝4x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，则等于3．【分析】由抛物线的方程可得焦点F的坐标及准线方程，由抛物线的性质及|AC|＝2|AF|，可得直线AB的斜率，即求出直线AB的方程与抛物线联立，求出A，B的横坐标，再由抛物线的性质求出弦长AF，BF的值，求出比值．解：由抛物线的方程可得焦点F（1，0），准线方程为x＝﹣1，分别过A，B作准线的垂线交于A'，B'，由抛物线的性质可得|AF|＝|AA'|，由|AC|＝2|AF|，所以可得|AC|＝|AA'|，所以∠A'AC＝60°，即直线AB的斜率为，所以直线AB的方程为：y＝（x﹣1），联立直线与抛物线的方程，整理可得：3x2﹣10x+3＝0，解得：x1＝，x2＝3，所以|m＝|BF|＝x2+＝3+1＝4，n＝|AF|＝x1+＝+1＝，所以＝＝3，故答案为：3．16．已知数列{a n}满足：a1＝a2＝a3＝1，a n+1＝，数列{b n}满足：b n＝．则b n+1﹣b n的取值范围是{﹣1，1}．【分析】根据，构造新等式，求得b n＝b n﹣2，即可求得结论．解：因为①⇒a n+2a n﹣1﹣a n+1a n＝1，②两式相减可得：a n﹣1（a n+2+a n）＝a n+1（a n+a n﹣2）⇒b n＝b n﹣2，又由于a1＝a2＝a3＝1，得a4＝2⇒b1＝2，b2＝3，故：；∴b n+1﹣b n的取值范围是：{﹣1，1}．故答案为：{﹣1，1}．三.解答题：（共5小题.共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）证明：a，c，b成等比数列（2）若c＝3，且4sin（C﹣）cos C＝1，求△ABC的周长【分析】（1）由余弦定理可得：+＝+＝，化简即可证明结论．（2）4sin（C﹣）cos C＝1，利用和差公式、三角函数求值即可得出C．再利用余弦定理及其（1）的结论即可得出．【解答】（1）证明：由余弦定理可得：+＝+＝＝＝，∴c2＝ab．∴a，c，b成等比数列．（2）解：∵4sin（C﹣）cos C＝1，∴4（sin C cos﹣cos C sin）cos C＝1，化为：sin2C﹣cos2C＝2，∴sin（2C﹣）＝1，C∈（0，π）．∴2C﹣＝，解得C＝．由余弦定理可得：ab＝c2＝a2+b2﹣2ab cos＝9，∴a＝b＝3．∴△ABC的周长＝a+b+c＝9．18．已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，在AD上取一点E满足2AE＝ED．现将△CDE 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．【分析】（1）推导出PE＝PC＝2，分别取线段AB，CE的中点O，M，连接△POM的三边，则PO⊥AB，PM⊥CE，由OM为梯形ABCE的中位线，得OM∥BC，BC⊥AB，从而OM⊥AB，进而AB⊥平面POM，AB⊥PM，且AB不与CE平行，PM⊥平面ABCE，由此能证明平面PCE⊥平面ABCE．（2）过点O作与PM平行线作z轴，分别以OA，OM为x，y轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣PA﹣E的余弦值．解：（1）证明：依题意可得：PE＝PC＝2，分别取线段AB，CE的中点O，M，连接△POM的三边，则PO⊥AB，PM⊥CE，而OM为梯形ABCE的中位线，有OM∥BC，BC⊥AB⇒OM⊥AB，且PO∩OM＝O，故：AB⊥平面POM，∴AB⊥PM，且AB不与CE平行，综上所述，PM⊥平面ABCE，∵PM⊂平面PCE，∴平面PCE⊥平面ABCE．（2）解：过点O作与PM平行线作z轴，分别以OA，OM为x，y轴建立空间直角坐标系则A（1，0，0），B（﹣1，0，0），E（1，1，0），，，，，设向量，则有，令y＝1，得：，同理：平面PAE的法向量，得，故二面角B﹣PA﹣E的余弦值为．19．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：维修次数0123台数5102015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．（Ⅰ）求X的分布列；（Ⅱ）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？【分析】（Ⅰ）X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．（Ⅱ）选择延保方案一，求出所需费用Y1元的分布列和数学期望，选择延保方案二，求出所需费用Y2元的分布列和数学期望，由此能求出该医院选择延保方案二较合算．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6．，，，，，，，∴X的分布列为X0123456P（Ⅱ）选择延保方案一，所需费用Y1元的分布列为：Y170009000110001300015000P（元）．选择延保方案二，所需费用Y2元的分布列为：Y2100001100012000P（元）．∵EY1＞EY2，∴该医院选择延保方案二较合算．20．已知△ABC中，B（﹣1，0），C（1，0），AB＝4，点P在线段AB上，且∠BAC＝∠PCA．（1）求点P的轨迹E的方程；（2）若Q（1，），过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k1，k2，k3，证明：为定值．【分析】（1）由题意可得点P的轨迹是以，B，C为焦点，长轴为4的椭圆，（不含实轴的端点），即可求出点P的轨迹E的方程，（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），可设直线MN的方程为y＝k（x﹣1），则K（4，3k），根据韦达定理和斜率公式，化简整理即可证明解：（1）三角形ACP中，∠BAC＝∠PCA，∴PA＝PC，∴PB+PC＝PB+PA＝AB＝4，∴点P的轨迹是以，B，C为焦点，长轴为4的椭圆，（不含实轴的端点）∴点P的轨迹E的方程为+＝1，（x≠±2）；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），可设直线MN的方程为y＝k（x﹣1），则K（4，3k），由，可得（4k2+3）x2﹣8k2x+（4k2﹣12）＝0，∴x1+x2＝，x1x2＝，∴k1＝＝＝k﹣，同理可得k2＝k﹣，∵k3＝＝k﹣，∴k1﹣k3＝﹣，k2﹣k3＝﹣，∵k1﹣k3+k2﹣k3＝﹣+﹣＝1﹣•＝1﹣•＝0，∴＝﹣1为定值21．已知函数f（x）＝xe x﹣e x﹣mx2+mx（m∈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x1，x2，x3满足x1＜x2＜x3，x3﹣x1≤2，求x1+x3的最大值．【分析】（1）将m＝0代入函数解析式可得f（x）＝xe x﹣e x，导数研究函数的单调性情况，进而得出极值情况；（2）问题可转化为m＞e，且方程e x＝mx在区间（0，1）和（1，+∞）内各有一根，依题意，联立，，并设，可得，进而得到，进一步构造函数，利用导数即可求得最大值．解：（1）当m＝0时，f（x）＝xe x﹣e x，f'（x）＝xe x，令f'（x）＝0得x＝0，故f（x）的减区间为（﹣∞，0]，增区间为[0，+∞）；所以当x＝0时，f（x）的极小值为﹣1，无极大值；（2）方程f（x）＝（x﹣1）（e x﹣mx）＝0等价于x＝1或e x＝mx，记函数，⇒g（x）在（﹣∞，0），（0，1）上递减，（1，+∞）上递增，且当x＝0，e x≠mx，故：要使f（x）存在三零点，则需m＞e，方程e x＝mx在区间（0，1）和（1，+∞）内各有一根，满足①，②，且0＜x1＜x2＝1＜x3，设，则联立方程①②，得：，则lnt＝x3﹣x1≤2，∴1＜t≤e2，代入x3＝tx1，得：lnt＝（t﹣1）x1，故，∴，记函数，对于y＝x2﹣1﹣2xlnx，当x＝1时，y＝0，且y′＝2x﹣2﹣2lnx≥0恒成立，故：当1＜x≤e2时，h′（x）＞0，h（x）单增，所以当t＝e2时，x1+x3取得最大值．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是（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l的极坐标方程为．（1）曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）求曲线C上的点到直线l的距离的取值范围．【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进行转换．（2）利用直线和曲线的位置关系的应用，利用点到直线的距离公式的应用求出结果．解：（1）曲线C的参数方程是（k为参数），平方后得，又，曲线C的普通方程为．直线l的极坐标方程为ρcos（θ+）＝3，转换为直角坐标方程为x﹣y﹣6＝0．（2）将曲线C化成参数方程形式为（α为参数），则d＝＝，其中，所以．[选修4-5；不等式选讲]23．已知a＞0，b＞0，a+2b＝3．证明：（1）；（2）．【分析】（1）由a＝3﹣2b＞0，b∈（0，），代入a2+b2配方法证明即可；（2）先求出0＜ab，当且仅当a＝2b＝取等号，把要证明的式子左边转化为关于ab的式子，配方法证明即可．【解答】证明：（1）已知a＞0，b＞0，a+2b＝3，则a＝3﹣2b＞0，b∈（0，），所以a2+b2＝（3﹣2b）2+b2＝5b2﹣12b+9＝5（b﹣）2+，当b＝时，a＝3﹣2b＝时，取等号，故结论成立；（2）已知a＞0，b＞0，a+2b＝3，故0＜ab，当且仅当a＝2b＝取等号，所以a3b+4ab3＝ab（a2+4b2）＝ab[（a+2b）2﹣4ab]＝ab（9﹣4ab）＝﹣4（ab）2+9ab＝，当且仅当ab＝时，取等号，故命题成立．。
2020江西省高三数学(理)第一学期三校联考.
2020江西省（南昌一中、十中、新建二中）高三数学（理）第一学期三校联考考试时间：120分钟 试卷总分：150分一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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.请将答案填写在第II 卷相应的表格内）1．集合A ={},3 ,2 1， 则满足A B ={}4 3, 2, ,1的集合B 的个数是 （ ）A ．8B ．9C ．10D ．112．等式sin(γα+)=sin2β成立是γβα, , 成等差数列的什么条件 （ ）A ．充分不必要B ．必要不充分C ．充要D ．既不充分也不必要3．在等比数列{}n a 中，1a =2，前n 项和n S ，若{}n a m + m R ∈,也是等比数列，则S n 等于（ ）A ．12-nB ．13-nC ．2nD ．3n4．已知函数()x f 在定义域R 上为增函数，且()0<x f ，则()()x f x x g 2=的单调情况一定是（ ） A ．在（,0 ∞-）上递减 B ．在（0 ,∞-）递增C ．在R 上递减D ．在R 上递增5．已知tan θ ,tan(θπ-4)是方程02=++n mx x 的两根，则n m -的值为（ ）A ．1B ．2C ．1-D ．2-6．设{}n a 是公差为正数的等差数列，且15321=++a a a ，80321=a a a 则131211a a a ++ 等于（ ） A ．120B ．105C ．90D ．757．已知函数()x A x f ωsin =,（A>0,ω>0）在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡-4, 3ππ上的最小值为A -,则ω的最小值为（ ）A ．32B ．23 C ．2 D ．38．已知a ,b ,a +b 成等差数列,a ,b , ab 成等比数列,且1log 0<<ab m ，则m 的取值范围是（ ）A ．(0 1)B ．( 1 ∞+)C ．(0 8)D ．(8 ∞+)9．实数y x ,满足545422=+-y xy x ,设S=22y x +,则S 最大值的倒数与S 最小值的倒数的和为（ ）A ．85 B ．83 C ．38 D ．5810．已知函数()x a x x f 2cos 2sin +=的图象关于直线6π-=x 对称，则函数x x a y 2cos 2sin -=的一个对称点是（ ）A ．（0 ,3π-）B ．（0 ,3π） C ．（0 ,6π-）D ．（0 ,6π）11．设函数()x f 是R 上的偶函数，对任意的x R ∈都有)3()()6(f x f x f +=+，且3)2(=f ，则)2007()2006(f f +等于（ ）A ．3B ．3-C ．2020D ．202012．已知mx x f -=3)( （ ,42≤≤x m 为常数）的图象经过点（2 ，1），其反函数为)(1x f-，则[])()()(2121x f x f x F ---=的值域为（ ）A ．[]5 2B ．[)∞+ 1C ．[]10 2D ．[]3 2二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，请将答案填在第II 卷相应的横线上） 13．在等比数列{}n a 中，2365π=a a ，则sin(274a a )=__________________ 14．有以下两个命题：①不等式 |x |+|x -1|>m 的解集为R ,②函数xm x f )37()(--=是减函数,这两个命题中有且只有一个是真命题,则实数m 的取值范围为15．已知数列{}n a 满足=n a ⎩⎨⎧∈≥-=+-)N n , 4(n 1,2,3)(n3n a n 则=2006a _______________ 16．设())6(log 3+=x x f 的反函数为()x f1-，若()()()()276611=++--n f m f 则()n m f +=______________________________三、解答题（共74分） 17．数列{}n a 的前项和n S =()222n n +π，求21sin sin sin ++=n n n n a a a b 的值。
2020届江西省重点中学协作体高三第一次联考数学(理)试题(解析版)
C． D．
【答案】A
【解析】分析函数 在 处的取值，以及该函数在区间 函数值符号、该函数的奇偶性，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】
对于函数 ，当 时， ，即该函数图象过原点，排除B选项；
当 时， ，则 ，排除D选项.
当 时， ，所以，函数 不是奇函数，排除C选项.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用函数解析式选择函数图象，一般需分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点与函数值符号，结合排除法得出正确选项，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】首先根据题意分别算出 和 ，再利用条件概率公式计算即可.
【详解】
由题知：事件 ：甲和乙至少一人选择庐山共有： 种情况，
事件 ：甲和乙选择的景点不同，且至少一人选择庐山，
共有 种情况，
.
故选：D
【点睛】
本题主要考查条件概率，理解条件概率及掌握公式为解题的关键，属于中档题.
2020届江西省重点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题
一、单选题
1．已知 （ 为虚数单位），则复数 的共轭复数 在复平面内对应的点位于（）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【解析】首先化简 ，得到 ，再求出 ，判断对应的点位于的象限即可.
【详解】
因为 ，所以 .
所以 ，对应的点为 ，位于第四象限.
构造函数 ，则 ，
所以，函数 为偶函数，
当 时， ，
所以，函数 在 上单调递增，则该函数在 上单调递减，
，
由 得 ，
即 ，即 ，则 ，
由于函数 在 上单调递减，所以， ，解得 .
2020江西省高三数学(理)第一学期三校联考.
2020 江西省（南昌一中、十中、新建二中）高三数学（理）第一学期三校联考考试时间： 120 分钟试卷总分： 150 分一、选择题（本大题共12 小题，每题 5 分，共 60 分 .在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的 .请将答案填写在第II卷相应的表格内）1．会合 A= 1 ,2 ,3，则知足A B=1, 2, 3, 4 的会合B的个数是（）A ． 8B ．9C． 10D． 112．等式 sin()=sin2建立是,,成等差数列的什么条件（）A ．充足不用要B ．必需不充足C．充要D．既不充足也不用要3．在等比数列a n中， a1=2，前n项和 S n，若a n m m R ,也是等比数列，则S n等于（）A ．2n1B ．3n1C． 2n D． 3n4．已知函数 f x 在定义域 R 上为增函数，且 f x0，则 g x x 2f x 的单一状况必定是（）A ．在（,0 ）上递减B．在（, 0）递加C．在 R 上递减D．在 R 上递加5．已知 tan,tan() 是方程x2mx n 0 的两根，则 m n 的值为（）4C．1D．2A ． 1B ．26．设a n是公差为正数的等差数列，且a1a2a315， a1a2a3 80则 a11a12a13等于（）A．120 B ．105C． 90D． 757．已知函数 f x A sin x ,（A>0,>0）在区间,4上的最小值为 A ,则的最小值为3（）23C． 2D． 3A ．B ．328．已知 a,b ,a+b 成等差数列 ,a ,b, ab 成等比数列 ,且0log m ab1，则m的取值范围是（）A．(0 1)B．( 1)C． (0 8)D．(8)9．实数x, y知足4x25xy 4y 2 5 ,设S= x 2y2,则 S 最大值的倒数与S 最小值的倒数的和为（）53C．88A ．B ．D．883510．已知函数 f x sin 2x a cos2 x 的图象对于直线x对称，则函数 y asin 2x cos 2x 的一个对6称点是（）A．（, 0）B．（, 0）C．（, 0 ）D．（, 0 ）336611．设函数 f x是R 上的偶函数，对随意的x R 都有 f ( x6) f ( x) f ( 3) ，且f ( 2) 3 ，则f (2006) f ( 2007) 等于A ．3B ．3 12．已知 f ( x)3x m（ 2x 4,（）C． 2020D． 2020m 为常数）的图象经过点（ 2 ， 1），其反函数为 f 1 ( x) ，则F (x) f2f 1 (x2 ) 的值域为1 ( x)（）A．2 5 B ．1C．2 10D．23二、填空题（本大题共 4 小题，每题 4 分，共 16 分，请将答案填在第II 卷相应的横线上）13．在等比数列a n中， a5 a63，则 sin(2 a4a7 )=__________________ 214．有以下两个命题：①不等式|x|+|x-1|>m 的解集为 R,②函数f ( x)(7 3m) x是减函数,这两个命题中有且只有一个是真命题,则实数 m 的取值范围为n (n1,2,3)则 a2006 15．已知数列a n知足a n(n 4 , n N _______________a n 3)16．设f x log 3 ( x 6) 的反函数为f 1 x，若f1 m 6 f1 n 6 27 则f m n =______________________________三、解答题（共 74 分）17．数列a n2n 2nsin a n sin a n 1 sin a n 2的值。
2019-2020学年江西省重点中学盟校高三(下)第一次联考数学试卷(理科)(有答案解析)
2019-2020学年江西省重点中学盟校高三（下）第一次联考数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，集合，则A. B. C. D.2.i为虚数单位，a为正实数，若复数为纯虚数，则A. 1B.C.D. 23.已知实数，，，则a，b，c的大小关系是A. B. C. D.4.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．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；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内；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；乙同学连续九次测验成绩每一次均有明显进步．其中正确的个数为A. 4B. 3C. 2D. 15.现有编号为、、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所有编号是A. B. C. D.6.执行如图所示的程序框图，输出的S的值为A. 0B. 2C. 4D.7.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，使每人所得成等差数列，且使较多的三份之和的是较少的两份之和，则最少的一份面包个数为A. 46B. 12C. 11D. 28.已知，为双曲线的左、右焦点，直线与双曲线C的一个交点P在以线段为直径的圆上，则双曲线C的离心率为A. B. C. D.9.函数的图象左移个单位后关于直线对称，则的最小值为A. B. C. D.10.在下列选项中，选出一个“对于，都有恒成立”的充分不必要条件A. B. C. D.11.在平面区域，内任取一点，则存在，使得点P的坐标满足的概率为A. B. C. D.12.已知三棱锥满足底面ABC，在中，，，，D 是线段AC上一点，且，球O为三棱锥的外接球，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，则球O的表面积为A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量，的夹角为，且，，则______．14.展开式的常数项是15，如图阴影部分是由曲线和圆及x轴围成的封闭图形，则封闭图形面积为______ ．15.过抛物线焦点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，记，，则等于______．16.已知数列满足：，，数列满足：则的取值范围是______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且证明：a，c，b成等比数列若，且，求的周长18.已知矩形ABCD中，，，在AD上取一点E满足现将沿CE折起使点D移动至P点处，使得．求证：平面平面ABCE；求二面角的余弦值．19.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。
2020届江西省临川高三上学期第一次联考试题 数学(理)(含答案)
2020届江西省临川高三上学期第一次联考试题高三数学试题(理)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.若21iz i-=+则z z ⋅= A.－2 B.2 C.52 D.－522.设集合2{},{32}A x x a B x x a =>=<-，若A B I 为空集，则实数a 的取值范围为 A.(1，2) B.(－∞，1)∪(2，＋∞) C.[1，2] D.(－∞，1]∪[2，＋∞) 3.设a ，b ∈R ，则“(a －b)a 2>0”是“a>b ”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 4.若函数f(x)＝ax －lnx 的图象上存在与直线x ＋2y －4＝0垂直的切线，则实数a 的取值范围是 A. (－2，＋∞) B. (12，＋∞) C. (－12，＋∞) D. (2，＋∞) 5.若x>0，y<0，则下列不等式一定成立的是A.2x －2y >x 2B.()12221x y log x ->+ C. 2x －2y >1＋x D. 2x －2y >1－x17.世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割。
如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿。
”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为360的等腰三角形(另一种是顶角为1080的等腰三角形)。
例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金△ABC 中，512BC AC -=。
根据这些信息，可得cos2160＝A.45+B.15+-C.35+ 125-7.若函数222,1()log (1),1x x f x x x ⎧+≤=⎨->⎩，在(－∞，a]上的最大值为4，则a 的取值范围为A. (1，17]B. (1，9]C.[1，17]D. [1，9]8.将编号为1，2，3，4，5，6的六个小球放入编号为1，2，3，4，5，6的六个盒子中，每个盒子放一个小球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的放法总数是 A.40 B.60 C.80 D.1009.执行如图所示的程序框图，若输出的结果是7，则判断框内m 的取值范围是A.(30，42]B.(30，42)C.(42，56]D.(42，56)10.已知F 1，F 2为椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的两个焦点， B 为椭圆短轴的一个端点，2121214BF BF F F ⋅≥u u u r u u u u r u u u u r ，则椭圆的离心率的取值范围为 A.[0，12] B.[0，22] C. [03 D. [12，1]11.设曲线y ＝cosx 与x 轴、y 轴、直线6x π=围成的封闭图形的面积为b ，若g(x)＝2lnx －2bx 2－kx 在[1，＋∞]上的单调递减，则实数k 的取值范围是A.[0，＋∞)B.(0.＋∞)C.[1，＋∞)D.(1，＋∞) 12.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＋a 2＝2，123n n a S +=+，用[x]表示不超过x 的最大整数，设b n ＝[a n ]，数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则使T 2n >2019成立的最小正整数n 是 A.5 B.6 C.7 D.8二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
江西省重点中学盟校2020届高三数学下学期第一次联考试题理
(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x1，x2，x3，满足x1<x2<x3，x3－x1≤2，求x1＋x3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。
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?
由 可得 ， ， ，………6分
， ， ， ，
，………………8分
因为 ………………10分
，所以 为定值.………………12分
21解：
（1）当 时， ， ………………1分
令 得 故： 的增区间为 ；减区间为 ………………3分
所以当x=0时，f(x)的极小值为-1，无极大值。…………4分
（2）方程 等价于 或 …………5分
所以 成等比数列……………………………………………6分
（2）由 ……8分
由余弦定理得： ，又 ，所以 ……………………10分
于是得： ……………………………………11 分
所以 的周长为 .…………………………………………………………12分
18解：（1）依题意可得： ，
分别取线段 的中点 ，连接 的三边，
20.(本小题满分12分)
已知△ABC中，B(－1，0)，C(1，0)，AB＝4，点P在AB上，且∠BAC＝∠PCA。
2023年江西省重点中学盟校高考数学第一次联考试卷(理科)+答案解析(附后)
2023年江西省重点中学盟校高考数学第一次联考试卷（理科）1. 若集合，则( )A. B. C. D.2. 若复数z是方程的一个根，则的虚部为( )A. 2B. 2iC. iD. 13. 袋中装有四个大小完全相同的小球，分别写有“中、华、道、都”四个字，每次有放回地从中任取一个小球，直到写有“道”、“都”两个字的小球都被取到，则停止取球.现用随机模拟的方法估计取球停止时的概率，具体方法是：利用计算机产生0到3之间取整数值的随机数，用0，1，2，3分别代表“中、华、道、都”四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果.现经随机模拟产生了以下18组随机数：232 321 230 023 231 021 122 203 012231 130 133 231 031 123 122 103 233由此可以估计，恰好取球三次就停止的概率为( )A. B. C. D.4. 已知等差数列的前n项和，若，则( )A. 150B. 160C. 170D. 与和公差有关5. 法国数学家加斯帕蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆：的蒙日圆为C：，则椭圆的离心率为( )A. B. C. D.6. 阅读程序框图，为使输出的数据为31，则判断框中应填入的条件为( )A. B. C. D.7. 如图，内接于圆O，AB为圆O的直径，，，平面ABC，E为AD的中点，且异面直线BE与AC所成角为，则点A到平面BCE的距离为( )A.B.C.D.8. 若正项递增等比数列满足：，则的最小值为( )A. B. 2 C. D. 49. 已知点P在棱长为2的正方体表面上运动，AB是该正方体外接球的一条直径，则的最小值为( )A. B. C. D. 010. 长白飞瀑，高句丽遗迹，鹤舞向海，一眼望三国，伪满皇宫，松江雾凇，净月风光，查干冬渔，是著名的吉林八景，某人打算到吉林旅游，冬季来的概率是，夏季来的概率是，如果冬季来，则看不到长白飞瀑，鹤舞向海和净月风光，若夏季来，则看不到松江雾凇和查干冬捕，无论什么时候来，由于时间原因，只能在可去景点当中选择3处参观，则某人去了“一眼望三国”景点的概率为( )A. B. C. D.11.已知双曲线的左右焦点分别为，，A为双曲线右支上一点，设，，若，则双曲线的渐近线方程为( )A. B. C. D.12. 定义在R上的函数与的导函数分别为和，满足，，且为奇函数，则( ) A. B. C. D.13. 设向量满足，则______ .14. 设，若且，则取值范围为______ .15. 已知函数，所有满足的点中，有且只有一个在圆C上，则圆C的方程可以是______ 写出一个满足条件的圆的方程即可16. 若时，关于x的不等式恒成立，则正整数n的取值集合为______ 参考数据：，，17. 在中，已知求；若D是AB边上的一点，且，求面积的最大值.18.如图，在梯形ABCD中，，，现将沿AC翻折成直二面角证明：；若，二面角余弦值为，求异面直线PC与AB所成角的余弦值.19. 中医药在抗击新冠肺炎疫情中，发挥了重要作用.中药可以起到改善平常上呼吸道的症状，同时可以起到抑制病毒繁殖的效果就可以达到治疗新型冠状病毒肺炎的作用.某地种植药材收到了很好的经济效益.根据资料显示，产出的药材的箱数单位：十箱与成本单位：千元的关系如下：x34679y78y与x可用回归方程其中为常数，且精确到进行模拟.若农户卖出的该药材的价格为500元/箱，试预测该药材10箱的利润是多少元；利润=售价-成本据统计，4月份的连续20天中农户每天为甲地可配送的药材的箱数的频率分布直方图如图，用这20天的情况来估计相应的概率.通过频率分布直方图计算农户每天平均可配送的药材的箱数同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表；一个运输户拟购置3辆小货车专门运输农户为甲地配送的该药材，一辆货车每天只能运营一趟，每辆车每趟最多只能装载40箱该药材，满载发车，否则不发车.若发车，则每辆车每趟可获利400元；若未发车，则每辆车每天平均亏损200元.试计算此项业务每天的利润平均值的大小.参考数据：设，则参考公式：对于一组数据…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，20. 设抛物线C：的焦点为F，过焦点的直线与抛物线C交于A，B两点，抛物线在A，B两点切线交于点P，当直线AB垂直y轴时，面积为求抛物线的方程；若，求直线AB的方程.21. 已知函数，讨论函数极值点的个数；存在直线与与曲线共有五个不同的交点，求a的取值范围.注：是自然对数的底数22. 在直角坐标系xOy中，笛卡尔叶形线的参数方程为为参数，曲线的普通方程为，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.写出的普通方程与的极坐标方程；若与有公共点，求a的取值范围.23. 已知a，b，c都是正数，且，证明：；答案和解析1.【答案】B【解析】解：集合，则故选：求出集合B，利用交集定义能求出本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】D【解析】解：，即，解得或，当时，，当时，，故的虚部为故选：根据已知条件，先求出z，再结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．本题主要考查复数的运算，属于基础题．3.【答案】C【解析】解：由题意可知，恰好取球三次就停止的有：023，203，123，共3组随机数，故恰好取球三次就停止的概率为故选：根据已知条件，先求出满足题意的随机数，再结合古典概型的概率公式，即可求解．本题主要考查古典概型的概率公式，属于基础题．4.【答案】B【解析】解：根据题意，等差数列中，若，则，故故选：根据题意，由等差数列的性质可得，由此计算可得答案．本题考查等差数列的求和，涉及等差数列的性质，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：直线，与椭圆都相切，且这两条直线垂直，因此其交点在圆C：上，，即，椭圆的离心率故选：由题意可知，点在圆C：上，代入后结合隐含条件求解椭圆的离心率．本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，是基础题．6.【答案】A【解析】解：程序在运行过程中各变量的值如下表示：S i 是否继续循环循环前 1 1第一圈 3 2 是第二圈 7 3 是第三圈 15 4 是第四圈 31 5 否所以当时．输出的数据为31，故选分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知该程序的作用是利用循环求S 的值，我们用表格列出程序运行过程中各变量的值的变化情况，不难给出答案．本题主要考查了循环结构，解题的关键是弄清各变量之间的关系，同时考查了分析问题的能力，属于基础题．7.【答案】C【解析】解：AB为圆O的直径，，，，，平面ABC，AC，平面ABC，，，，CD，平面BCD，平面BCD，，CD，平面ACD，平面ACD，F为CD中点，连接EF，FB，如图，E为AD的中点，，，平面BCD，平面BCD，，异面直线BE与AC所成角为，，，，，，，，E到平面ABC的距离为，，故选：F为CD中点，异面直线BE与AC所成角为，可得，由已知条件求解所需线段的长，设点A到平面BCE的距离为h，由，能求出点A到平面BCE的距离．本题考查异面直线所成角、点到平面距离公式、等体积法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．8.【答案】B【解析】解：根据题意，设等比数列的公比为q，由于数列是正项递增等比数列，则，由于，则有，变形可得，则，又由，，当且仅当时等号成立，故，当且仅当时等号成立，即的最小值为故选：据题意，设等比数列的公比为q，将变形可得，由此可得，由基本不等式的性质分析可得答案．本题考查数列与不等式的综合应用，涉及等比数列的性质，属于中档题．9.【答案】A【解析】解：由题意知：正方体的外接球的球心为O，正方体的外接球的直径，则O为AB的中点，所以，且，故，由于，所以的最小值故选：首先利用球和正方体的关系求出正方体的外接球的直径，进一步利用向量的线性运算和数量积运算求出结果．本题考查的知识要点：正方体和球的关系，向量的线性运算，向量的数量积，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题和易错题．10.【答案】C【解析】解：设冬季去了一眼望三国为事件A，夏季去了一眼望三国为事件B，则，，则某人去了“一眼望三国”景点的概率为，故选：先利用古典概型的概率计算公式求出，，再利用互斥事件的概率加法公式求解即可．本题考查互斥事件的概率加法公式和古典概型的概率计算公式，属于中档题．11.【答案】B【解析】解：如图，设的内切圆的圆心为I，设内切圆I与x轴的切点为H，根据内切圆的切线长相等及双曲线的性质可得：，又，，，为双曲线的右顶点，且，又根据内切圆的概念易知：，，，，，，，，，，，，，双曲线的渐近线方程为，故选：设的内切圆的圆心为I ，设内切圆I 与x 轴的切点为H ，根据内切圆的切线长相等及双曲线的性质可得：，又，从而可得，，从而可得H 为双曲线的右顶点，且，又根据内切圆的概念易知：，，从而再根据题意建立方程，化归转化，即可求解．本题考查双曲线的几何性质，双曲线焦点三角形的内切圆的性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．12.【答案】A【解析】解：，，则，，，即，，令，则，解得，①，，又为奇函数，，即②，由①+②得③，④，由③-④得，是周期为4的周期函数，令，由②得，解得，令，由③得，令，由③得，，，故选：利用导数的定义可得，结合题意可得，令，求出c，根据奇函数的性质可得是周期为4的周期函数，可求出，即可得出答案．本题考查导数的定义和抽象函数的应用，考查转化思想，考查赋值法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．13.【答案】【解析】解：已知向量满足，则，则，故答案为：由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解即可．本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属基础题．14.【答案】【解析】解：，若且，不妨，，所以，显然时，差值取得最小值，因为，所以，所以取值范围为故答案为：利用已知条件，结合余弦函数的图象的特征，转化求解取值范围即可．本题考查余弦函数的图象与性质的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．15.【答案】【解析】解：函数，是R上的增函数，且是奇函数，故满足的点，满足，即，故有，即，故点在直线上．再根据有且只有一个点在圆C上，故圆C和直线相切，故圆的方程可以为，故答案案为：由题意可得是单调递增的奇函数，点在直线上，再根据直线与圆相切，可得一个圆C的方程．本题考查函数的性质及导数的综合运用，训练了利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化思想，是中档题．16.【答案】【解析】解：令，则，又因为，所以，所以在上单调递增，易知函数在单调递减，单调递增，其中，则，即恒成立，又因为，，，所以，设，则，，令，函数定义域为，，令，解得，，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为，所以，即当时，有，所以，可得，即，又在上单调递增，当时，，时，，时，，只有和时，有恒成立，所以满足条件的n的取值集合为故答案为：不等式恒成立，则函数的最小值大于0，利用导数研究函数单调性，由，有恒成立，结合参考数据计算即可．本题考查了转化思想、导数的综合运用及恒成立问题，也考查了计算能力，属于难题．17.【答案】解：因为，由正弦定理可得，即，由余弦定理可得，所以，即，又因为，可得；因为因为，则，可得，则，因为，，整理可得，当且仅当时取等号，可得，所以，所以面积的最大值为【解析】由题意及正弦定理可得，再由余弦定理可得，可得的值，再由C角的范围，可得C角的大小；由向量的关系可得，平方，由余弦定理及均值不等式，可得ab的最大值，代入三角形的面积公式，可得面积的最大值．本题考查正余弦定理的应用及均值不等式的应用，属于中档题．18.【答案】证明：取AB的中点E，连接CE，，四边形ADCE是平行四边形，，，，即，又平面平面ACB，且两平面的交线为AC，平面PAC，又平面PAC，；解：由知，，取AC的中点O，则，，且，OC，OE，OP两两互相垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，易得平面PAC的一个法向量为，设平面PAB的一个法向量为，由，取，得，，故，二面角余弦值为，，解得，则，设异面直线PC与AB所成角为，则，所以异面直线PC与AB所成角的余弦值为【解析】取AB的中点E，连接CE，证明，由平面平面ACB，得平面PAC，可证；取AC的中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，设，由二面角余弦值为，利用向量法求a的值，再由向量法求异面直线PC与AB所成角的余弦值．本题考查了线线垂直的证明以及二面角和异面直线所成的角的计算，属于中档题．19.【答案】解：，，，，，所以，所以又，所以，所以10箱药材，时，千元，即该水果10箱的成本为4860元，故该水果10箱的利润为元，所以农户每天平均可配送125箱药材；根据频率分布直方图，可知该农户每天可配送的该水果的箱数的概率分布表为：箱数P该运输户购3辆车时每天的利润为Y元，则Y的可能取值为1200，600，0，其分布列为：Y12006000P，故此项业务每天的利润平均值为900元．【解析】根据公式可求得，，从而得到，当时求得，进而求得利润；利用频率分布直方图估计平均数的计算公式可求；根据频率分布直方图，可求该农户每天可配送的该水果的箱数的概率分布表，进而求得分布列，最后根据均值的计算公式求得此项业务每天的利润平均值即可．本题考查由频率分布直方图估计平均，简单离散型随机变量分布列的应用，属于中档题．20.【答案】解：由，得，则有，直线轴时，不妨设，曲线C在点A处切线PA的斜率为，切线方程为：，同理切线PB的方程为：，联立方程得，则，得抛物线的方程；设直线AB方程：，，，与抛物线方程联立方程组得：，则有，，由，得，则有，所以，切线AP方程：，切线BP方程：，联立得，，，又，得，又，所以，，所以，则直线AB方程：或【解析】直线AB垂直y轴，设，利用导数求切点处切线的斜率，得切线PA和切线PB的方程，联立方程组求得点P坐标，再由面积为4，求出，得抛物线的方程；直线AB方程：，，，利用导数求切点处切线的斜率，得切线PA和切线PB的方程，联立方程组求得点P坐标，与抛物线方程联立，韦达定理可证，，得，由，解出k，得直线AB的方程．本题考查了直线与抛物线的综合运用，属于中档题．21.【答案】解：函数，，的定义域为，求导得，令，所以函数在上单调递增，，，所以函数在上有唯一的零点，，而，，若，由，，得，当或时，，当时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减，所以有两个极值点，当时，恒有成立，当且仅当时取等号，在上单调递增，无极值，若时，由，得或时，，当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减，有两个极值点，所以当或时，函数有两个极值点，当时，函数无极值点．由知，当时，函数在，上单调递增，在上单调递减，当时，函数取得极大值，当时，函数取得极小值，当时，，当时，与都单调递增，取值集合分别为，，即当时，函数的取值集合为，因为存在直线，与曲线共有五个不同的交点，则取，直线与曲线有2个公共点，直线与曲线必有3个公共点，当且仅当，由，得，，，令，当时，，所以函数在上单调递增，，由得，令，，，所以函数在上单调递增，所以，则，当时，在上单调递增，直线，与曲线最多只有两个不同的交点，不符合题意，当时，函数在，上单调递在，在上单调递减，当时，函数取得极小值，当时，取得极大值，当时，与都单调递增，取值集合分别为，，即当时，函数的取值集合为，因为存在直线，与曲线共有五个不同的交点，则取，直线与曲线有两个公共点，直线与曲线必有3个公共点，当且仅当，，所以当时，由得，单调递增，由得，单调递减，，所以不等式，不成立，综上所述，，所以a的取值范围为【解析】求出函数的导函数，再分类讨论函数的零点个数．按a的取值求出的极值，结合函数的图象特征列出不等式，求解作答．本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．22.【答案】解：在曲线的参数方程中，当时，，当时，，于是，整理得，显然满足上式，因此，所以的普通方程是，的极坐标方程是；把代入得：，与的极坐标方程联立整理得：，因为，即，即有，，则，，不妨令，因此，所以a的取值范围是【解析】消去的参数方程中参数得的普通方程，利用极坐标与直角坐标互化公式可得的极坐标方程；求出的极坐标方程，再与的极坐标方程联立，结合三角函数性质求解作答．本题考查了参数方程和普通方程，极坐标方程间的转化，属于中档题．23.【答案】证明：因为a，b，c都是正数，且，所以，所以，当且仅当，即时取等，故成立；因为a，b，c都是正数，且，所以，，，由柯西不等式可得，即，当且仅当，即，，时取等号，因为a，b，c都是正数，所以有，得证．第21页，共21页【解析】由已知可得，再利用基本不等式证明即可；由已知可得，，，再利用柯西不等式证明即可．本题主要考查不等式的证明，考查逻辑推理能力，属于中档题．。
江西省重点中学协作体九校2023届高三第一次联考数学(理科)试卷
江西省重点中学协作体2023届高三第一次联考数学（理科）试题2023.2命题人：九江一中李群抚州一中邓述程凌泽广满分：150分考试时间：120分钟一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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.设集合{}8|,|14,1A x N N B x N x x ⎧⎫=∈∈=∈-≤≤⎨⎬+⎩⎭则A B = ()A.{0,1,2}B.{0,1,3}C.{1,2,3}D.{1,2,4}2.已知复数z 满足|||4|(),z z i i =-为虚数单位则z 的虚部是()A.2i- B.2iC.2- D.23.已知βα，是两个不同的平面，c b a ,,是三条不同的直线，则下面说法中正确的是（）A.若,,αα⊂⊂b a 且,,b c a c ⊥⊥则α⊥cB.若,α⊂a 且,a b ⊥则α⊥b C.若,α⊥b 且,b c ⊥则//c αD.若,,βα⊥⊥b a 且,//,//b c a c 则βα//4.已知单位向量,a b ，满足a a b =+ ，则向量12a b ⎛⎪⎭+⎫ ⎝与b的夹角是（）A.120︒B.60︒C.90︒D.30︒5.2021年12月9日15时40分，“天宫课堂”第一课开始，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课．某中学组织全校学生观看了此次授课，三位太空老师介绍展示了中国空间站的工作生活场景，演示了微重力环境下细胞学实验、物理运动、液体表面张力等现象，并与地面课堂进行了实时交流，极大地激发了学生探索科学的兴趣．为了解同学们对“天宫课堂”这种90人进行调查，已知该校学生共有3600人，30人，则该校高二年级学生共有（）A ．800人B ．1000人C ．1200人D ．1400人6.在三棱锥P ABC -中，6,8,210,30,PA AB PB BC BPC ====∠=︒则三棱锥P ABC -外接球的表面积为（）A ．100πB ．5003πC ．1253πD ．25π7.若x ，y 满足约束条件222022x y y x y -≥-⎧⎪+≥⎨⎪+≤⎩，则3z x y =+的最小值为（）A ．2-B ．0C ．4D ．168.已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为,F 点M 是抛物线C 的准线与x 轴的交点，点P 在抛物线上，若5sin ,13PMF ∠=则sin PFM ∠=()A.813B.1213C.512D.349.已知函数(1011)f x +是定义在R 上的奇函数，若()()sin 1g x f x x π=++，则2022()k g k =∑的值是()A ．2022-B ．2022C ．2023-D ．202310.已知数列21443n n ⎧⎫⎨⎬+-⎩⎭的前n 项和为n T ，若对任意的*N n ∈，不等式263n T a a <-恒成立，则实数a 的取值范围是（）A.[)2,1,3⎛⎤-∞-+∞ ⎥⎝⎦ B.(]2,1,3⎡⎫-∞-+∞⎪⎢⎣⎭C.2,13⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D.()2,1,3⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭11.费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角均小于120°时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等且均为120°.根据以上性质，则(,)F x y =（）A.4B.2+C.3+D.4+12.已知函数2()|2|x f x a x x e =--在区间[)0,+∞上的最大值为0，则实数a 的取值集合是()1.2A e⋅⎨⎪⎪⎩⎭21.2B e⋅⎨⎪⎪⎩⎭211.22C e e⎫-+⎪⋅⋅⎬⎪⎪⎩⎭21.2D e ⎫+⋅+∞⎪⎪⎣⎭二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上）13.已知随机变量),,(~),,6(~2σμN Y p B X 且),()(,21)4(Y E X E Y P ==≥则=p ____.14.已知正项等比数列{}n a 的前n 项积为n T ，若4T 是{}n T 中唯一的最小项，则满足条件的{}n a 的通项公式可以是_____________(写出一个即可)．15.已知直线:2l y x t =+与双曲线2222:1x y C a b -=的两条渐近线(0,0)a b >>分别交于点,A B (不重合)，与直线:m y x =交于点M ，若AM MB =，则双曲线的离心率为_________．16.已知ABC ∆中，2||29,||3AB AB AC BC +⋅==，则ABC ∆面积的最大值是___________．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别是,,a b c ，已知,A C c <=sin (cos sin )C A B -cos (sin cos )C A B =-.(1)若2C π≤，求角C 的值；(2)若23C π=，求ABC ∆的面积.18.卡塔尔世界杯在今年11月21日至12月18日期间举行，赛程如下：第一轮中先将32个国家随机分为ABCDEFGH 8个小组，每个小组中4个国家进行循环积分赛，在积分赛中，每局比赛中胜者积3分，负者积0分，平局各积1分，积分前两名者晋级下一轮淘汰赛；每组的循环积分赛分3轮，其中C 组国家是阿根廷，墨西哥，波兰，沙特，第一轮是阿根廷VS 沙特，墨西哥VS 波兰；第二轮是阿根廷VS 墨西哥，沙特VS 波兰；第三轮是阿根廷VS 波兰，墨西哥VS 沙特。
江西省重点中学盟校2020届高三下学期第一次联考理科数学答案
由余弦定理得： ,又 ,所以 ……………………10分
于是得： ……………………………………11 分
所以 的周长为 .…………………………………………………………12分
18解：（1）依题意可得： ,
分别取线段 的中点 ,连接 的三边,
则 , ,而 为梯形 的中位线,
有 , ,……………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
19．解：（1） 所有可能的取值为0,1,2,3,4,5,6. ………1分
, ,
, ,
, ,
,………3分（注：此步骤中,写对任意一个可得1分,全对得2分）
∴ 的分布列为
0
1
2
3
4Hale Waihona Puke 56……………………5分
（2）选择延保方案一,所需费用 元的分布列为：
7000
9000
11000
13000
15000
P
…………7分（注：此步骤中, 取值全对可得1分）
(元). …………8分
选择延保方案二,所需费用 元的分布列为：
10000
11000
12000
P
…………10分（注：此步骤中, 取值全对可得1分）
(元). ………………………11分
∵ ,∴该医院选择延保方案二较合算. ……………………12分