2020届江西名师联盟高三上学期第一次模拟考试数学（文）试题（解析版）
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文 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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设为虚数单位，，则（ ）
A． B． C． D．
3．若，，，则，，的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
4．斐波那契数列满足：，，．若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
5．函数的部分图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
6．数列，为等差数列，前项和分别为，，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示是某多面体的三视图，左上为正视图，右上为侧视图，左下为俯视图，且图中小方格单位长度为，则该多面体的最大面的面积为（ ）
A． B． C． D．
9．将一个总体分为甲、乙、丙三层，其个体数之比为，若用分层抽样的方法抽取容量为的样本，则应从丙层中抽取的个体数为（ ）
A． B． C． D．
10．在锐角中，内角，，的对边分别为，，，已知，，则的面积取得最小值时有（ ）
A． B． C． D．
11．已知双曲线，过点的直线交双曲线于，两点，交轴于点(点与双曲线的顶点不重合)，当，且时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数，当时，不等式恒成立，则整数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．已知变量，满足约束条件，若，则的取值范围是__________．
14．已知向量，的夹角为，且，，则_________．
15．四面体中，底面，，，则四面体的外接球的表面积为__________．
16．已知数列的前项和为，，，其中为常数，若，则数列中的项的最小值为__________．
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）已知数列是等比数列，且，．
（1）证明：数列是等差数列，并求出其通项公式；
（2）求数列的前项和．
18．（12分）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，、分别是、的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面；
（3）求三棱锥的体积．
19．（12分）某学校有名高中生参加足球特长生初选，第一轮测身高和体重，第二轮足球基础知识问答，测试员把成绩(单位：分)分组如下：第组，第组，第组，第组，第组，得到频率分布直方图如图所示．
（1）根据频率分布直方图估计成绩的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
（2）用分层抽样的方法从成绩在第，，组的高中生中抽取名组成一个小组，若再从这人中随机选出人担任小组负责人，求这人来自第，组各人的概率．
20．（12分）已知为坐标原点，椭圆的下焦点为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于，两点．
（1）以为直径的圆与相切，求该圆的半径；
（2）在轴上是否存在定点，使得为定值，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
21．（12分）已知函数，曲线在点处的切线为．
（1）求，的值；
（2）若对任意的，恒成立，求正整数的最大值．
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，曲线(为参数)，在以为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线．
（1）写出曲线和的普通方程；
（2）若曲线上有一动点，曲线上有一动点，求的最小值．
23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】
已知函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）设，，且的最小值为，若，求的最小值．
2020届江西名师联盟高三第一次模拟考试卷
文科数学答 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】A
【解析】，∴．
2．【答案】D
【解析】，
∴．
3．【答案】D
【解析】，，，
故．
4．【答案】C
【解析】对于A，由图可知，，，，
可得，A正确；
对于B，
，所以B正确；
对于C，时，，C错误；
对于D，，D正确．
故选C．
5．【答案】B
【解析】，定义域为，，所以函数是偶函数，排除A、C，
又因为且接近时，，且，所以．
6．【答案】A
【解析】依题意，．
7．【答案】B
【解析】由于，∴，∴，，
∴
，
∴．
8．【答案】B
【解析】由三视图可知多面体是棱长为的正方体中的三棱锥，
故，，，，，
∴，，，
∴该多面体的最大面的面积为．故选B．
9．【答案】A
【解析】因为甲、乙、丙三层，其个体数之比为，
所以丙层所占的比例为，
所以应从丙层中抽取的个体数为，故本题选A．
10．【答案】D
【解析】由已知有，
根据正弦定理得，
又，即，
由于，即有，即有，
由于，即，解得，
当且仅当时取等号，
当，，取最小值，
又(为锐角)，则，则．
11．【答案】A
【解析】由题意知直线的斜率存在且不等于零，
设的方程为，，，则．
又，∴，
故，得，
∵在双曲线上，∴，
整理得，同理得．
若，则直线过双曲线的顶点，不合题意，∴，
∴，是方程的两根，
∴，∴，此时，∴，点的坐标为．
12．【答案】A
【解析】由题意知函数为奇函数，增函数，
不等式恒成立，
等价于，
得，即，
令，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
故当时，取极大值也是最大值，最大值为，
所以，得．
又，则．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．【答案】
【解析】由图可知．
∵，，∴的取值范围为．
14．【答案】
【解析】依题有
．
15．【答案】
【解析】由题意，，可得，
又因为底面，所以，即平面，所以．
取的中点，则，
故点为四面体外接球的球心，
因为，所以球半径，故外接球的表面积．
16．【答案】
【解析】∵，，∴，，，
①，
时，②，
②-①化为，所以是公比为的等比数列，
∴，，
由，可得，
解得，
即中的项的最小值为．
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）证明见解析，；（2）．
【解析】（1）因为数列是等比数列，设公比为，
所以当时，，
所以当时，为常数，因此数列是等差数列，
设数列的公差为，由，，得，
所以，即数列的通项公式为．
（2），
所以．
18．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【解析】（1）∵三棱柱中，侧棱垂直于底面，∴．
∵，，平面，
∴平面．
∵平面，∴平面平面．
（2）取的中点，连接，．
∵是的中点，∴，．
∵是的中点，∴，，
∴四边形是平行四边形，∴．
∵平面，平面，∴平面．
（3）∵，，，
∴，∴．
19．【答案】（1）成绩的平均值为；（2）．
【解析】（1）因为，所以，
所以成绩的平均值为
．
（2）第组学生人数为，第组学生人数为，第组学生人数为，
所以抽取的人中第，，组的人数分别为，，．
第组的人分别记为，，，第组的人分别记为，，第组的人记为，则从中选出人的基本事件为共个，
记“从这人中随机选出人担任小组负责人，这人来自第，组各人”为事件，则事件包含的基本事件为，，，，，，共个，
所以．
20．【答案】（1）；（2）存在定点，．
【解析】由题意可设直线的方程为，，，
由消去，得，
则恒成立，，，
，．
（1），
线段的中点的横坐标为，
∵以为直径的圆与相切，∴，解得，
此时，∴圆的半径为．
（2）设，
，
由，得，，
∴轴上存在定点，使得为定值．
21．【答案】（1），；（2）．
【解析】（1）由，得．
曲线在点处的切线为，
所以，，解得，．
（2）由（1）知，则时，恒成立，
等价于时，恒成立．
令，，则．
令，则，
所以，，单调递增．
因为，，
所以存在，使．
且时，；时，，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，即正整数的最大值为．
22．【答案】（1），；（2）．
【解析】（1），．
（2）设，
结合图形可知：最小值即为点到直线的距离的最小值，
∵到直线的距离，
∴当时，最小，即．
23．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）当时，，
原不等式可化为①，
当时，不等式①可化为，解得，此时；
当时，不等式①可化为，解得，此时；
当时，不等式①可化为，解得，此时，
综上，原不等式的解集为．
（2）由题意得，
∵的最小值为，∴，由，得，
∴，
当且仅当，即，时，的最小值为．
