2019-2020学年江西省抚州市临川二中高三（上）第一次月考数学试卷1（9月份）（含答案解析）

2019-2020学年江西省抚州市临川二中高三（上）第一次月考数学试卷1（9月份）（含答案解析）
2019-2020学年江西省抚州市临川二中高三（上）第一次月考数学试
卷1（9月份）
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.?i(?2?3i)=()
A. 3?2i
B. 3+2i
C. ?3?2i
D. ?3+2i
2.已知集合A={x|x2+x?6<0}，B=(?2,2)，则?A B=()
A. (?3,?2)
B. (?3,?2]
C. (2,3)
D. [2,3)
3.下列函数既是奇函数，又在区间[?1,0]上单调递减的是()
A. f(x)=?x+1
B. f(x)=?x2
C. f(x)=?2x
D. f(x)=x
4.若一个几何体的三视图如图所示，则该集合体的体积为()
A. 4
B. 5
C. 11
2
D. 6
5.已知sinα+3cosα
2cosα?sinα
=2，则sin2α+sinαcosα+1等于()
A. 11
5B. 2
5
C. 8
5
D. 7
5
6.函数y=sin2x的图象经过变换得到y=sin(2x+π
3
)的图象，则该变换可以是()
A. 所有点向右平移π
3个单位 B. 所有点向左平移π
3
个单位
C. 所有点向左平移π
6个单位 D. 所有点向右平移π
6
个单位
7.已知直线(a?1)x+y?1=0与直线2x+ay+1=0平行，则实数a=()
A. 2或?1
B. 2
C. ?1
D. 2
3
8.已知双曲线C的中心为原点，点F(√2,0)是双曲线C的一个焦点，点F到渐近线的距离为1，则
C的方程为()
A. x2?y2=1
B. x2?y2
2=1 C. x2
2
y2
3
=1 D. x2
3
y2
3
=1
9.设函数f(x)={log1
2
x(x>0)
log1
2
(?x)(x<0)，若f(a)>f(a?1)，则实数a的取值范围是()
A. (?∞,1
2
) B. (0,1)
C. (?∞,0)∪(0,1
2
) D. ?
10.在圆x2+y2=4内任取一点A，则过点A的直线被圆O截得的弦长恒大于2的概率为()
A. 3
4B. √3
2
C. 1
4
D. 1
2
11.已知三棱锥P—ABC满足∠APB=APC=∠BPC=60°，PB=PC=1
2
PA=1，则三棱锥P—PBC 的体积等于()
A. √6
2B. √6
6
C. √2
2
D. √2
6
12.当a>0时，函数f(x)=(x2?ax)e x的图象大致是()
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.执行如图所示的程序框图，则输出的结果是______ ．
14.设x，y满足约束条件{4x?y?2≤0
x?y+1≥0
x≥0
y≥0
，若目标函数z=ax+by(a>0,b>0)最大值为1，则2
a
+1
b
的最小值______ ．
15.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosB=acosC+ccosA，则B=______．
16.已知向量a?，b? 的夹角为60°，|a?|=2，|b? |=1，则|a?+2b? |=______．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.已知等比数列{a n}的前n项和为S n(n∈N?)，?2S2,S3,4S4成等差数列，且a2+2a3+a4=1
16
(1)求数列{a n}的通项公式；
}的前n项和T n<1．
(2)若b n=?(n+1)log2|a n|，证明：数列{1
b n
18.某班主任对全班40名学生的学习积极性和对待班级工作的态度进行了调查，得到如下列联表：
如果随机抽查这个班的一名学生，那么抽到积极参加班级工作的学生的概率是0.55，抽到不太主动参加班级工作且学习积极性一般的学生的概率是0.25．
(1)根据已知条件完成下面的2×2列联表
作的态度有关？并说明理由
参考数据：
)
(参考公式：K2=
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
19.如图，EB垂直于菱形ABCD所在平面，且EB=BC=2，∠BAD=60°，点G，H分别为边CD，
DA的中点，M是线段BE上的动点．
(1)求证：GH⊥DM；
(2)当三棱锥D?MGH的体积最大时，求点A到面MGH的距离．
20.平面内一动圆P(P在y轴右侧)与圆(x?1)2+y2=1外切，且与y 轴相切．
(1)求动圆圆心P的轨迹C的方程；
(2)已知动直线l过点M(4,0)，交轨迹C于A，B两点，坐标原点O为MN的中点，求证：∠ANM=
∠BNM．
21.设f(x)=e x?1.当a>ln2?1且x>0时，证明：f(x)>x2?2ax．
22.在平面直角坐标系xOy中，已知点P(2+cosα,sinα)(α为参数).以O为极点，x轴的正半轴为极
轴，取相同的长度单位建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsin(θ+π
4
)=2√2．
(1)求点P的轨迹C的方程及直线l的直角坐标方程；
(2)求曲线C上的点到直线l的距离的最大值．
23.设函数f(x)=|x|．
(1)设f(x?1)+f(x+2)<4的解集为A，求集合A；
(2)已知m为(1)中集合A中的最大整数，且a+b+c=m(其中a，b，c均为正实数)，求证：
1?a a ?1?b
b
1?c
c
≥8．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：解：?i(?2?3i)=2i+3i2=?3+2i．
故选：D．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
2.答案：B
解析：
【分析】
本题考查集合的补集计算，关键是求出集合A，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，集合A={x|x2+x?6<0}=(?3,2)，
又由B=(?2,2)，则?A B=(?3,?2]．
故选：B．
3.答案：C
解析：对于A选项，因为f(?x)=x+1≠?f(x)，不是奇函数，舍去；对于B选项，因为f(?x)=?x2=f(x)，是偶函数，舍去；对于D选项，虽然f(x)=x是奇函数，但是在区间[?1,0]上单调递增，舍去；故选C．
4.答案：A
解析：
【分析】
本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解，由三视图，得到该几何体是两个相同的直三棱柱的组合体，利用体积公式，即可求解．
【解答】
解：根据三视图分析知，该几何体的直观图如图所示，
O为AB的中点，其中该几何体是两个相同的直三棱柱的组合体，
∴该几何体的体积V=2×1
2
×1×2×2=4．
故选A．
5.答案：D
解析：解：∵sinα+3cosα
2cosα?sinα=2，∴tanα=1
3
，
∴sin2α+sinαcosα+1=
sin2α+sinαcosα
sin2α+cos2α
+1
=tan2α+tanα
tan2α+1+1=7
5
，
故选：D．
由已知求得tanα，结合平方关系把sin2α+sinαcosα+1化弦为切求解．
本题考查三角函数的化简求值，考查了同角三角函数基本关系式的应用，是基础题．6.答案：C
解析：解：∵y=sin(2x+π
3)=sin[2(x+π
6
)]，
∴函数y=sin2x的图象经过所有点向左平移π
6
个单位．故选：C．
首先，得到y=sin(2x+π
3)=sin[2(x+π
6
)]，然后，根据三角函数图象变换进行求解．
本题重点考查了三角函数的图象平移变换等知识，属于中档题．7.答案：B
解析：
【分析】
本题主要考查了直线平行的等价条件与应用问题，属于基础题．根据两直线平行的等价条件即可求出a的值．
【解答】
解：由题意可知两直线的斜率存在，
∵直线(a?1)x+y?1=0与直线2x+ay+1=0平行，
∴a?1
2=1
a
≠?1
1
，
解得a=2，a=?1(舍去)．
故选B．
8.答案：A
解析：
【分析】
本题主要考查双曲线方程的求法，属于基础题．熟练掌握相关知识点是解决此类问题的关键．【解答】
解：因为焦点在x轴上，设双曲线方程为x2
a2?y2
b2
=1(a>0,b>0)，
根据题意得，c=√2，
双曲线的渐近线方程为y=±b
a x，所以
|√2b
a
|
√(b
a
)
2
+1
=1，
解得a2=b2，又因为a2+b2=c2=2，
解得b2=1,a2=1，
所以双曲线方程为?x2?y2=1，
故选A．
9.答案：B
解析：
【分析】
本题考查分段函数的应用：解不等式，注意运用分类讨论思想方法，以及函数的单调性，考查运算能力和推理能力，属于中档题．由对数函数的单调性可得x>0，x<0时f(x)递减，结合分段函数和单调性，分类讨论即可求解．【解答】
解：当x>0时，f(x)=log1
2
x递减；
当x<0时，f(x)=?log1
2
(?x)递减；
显然a≠0且a?1≠0，即a≠0且a≠1．
当a>1时，a?1>0，
若f(a)>f(a?1)，则a<a?1，原不等式解集为?；< p="">
当0<a<1时，a?1<0，< p="">
由f(a)>f(a?1)可得log1
2a>?log1
2
(1?a)=log1
2
1
1?a
，
即有0<a<1< p="">
，解得0<a<1；< p="">
1?a
当a<0，a?1<?1，
若f(a)>f(a?1)，则a<a?1，原不等式的解集为?．< p="">
综上可得，原不等式的解集为(0,1)．
故选：B．
10.答案：A
解析：
【分析】
本题主要考查几何概率的应用，熟悉几何概型的特点是解答本题的关键，是常见的题型，属于基础题．
【解答】
解：过点A的直线被圆O截得的弦长恒大于2，即过点A的直线被圆O截得的最短弦长为2，又因为圆半径为2，
此时，圆心O与A的距离d=√22?1=√3，
所以过点A的直线被圆O截得的弦长恒大于2时，点A在以O为圆心，以√3为半径的圆及其内部，所以所求概率为两圆面积之比，则过点A的直线被圆O截得的弦长恒大于2的概率为：，
故选：A．
11.答案：D
解析：
【分析】
本题主要考查了三棱锥的结构特征以及三棱锥体积的求法，属于中档题．
根据题意，过A点作AO⊥平面PBC于点O，再结合角度关系以及几何性质求出AO，然后带入体积公式运算即可求解．
【解答】
解：如图所示，过点A作AO⊥平面PBC于点O，
∵∠APB =∠APC =∠BPC =60°，PB =PC =1
2PA =1，∴点O 为∠BPC 平分线上的点，联结OP ，则∠OPC =30°，
过点O 作OD ⊥PC 于点D ，联结AD ，∵AO ⊥平面BPC ，PC ?平面BPC ，∴AO ⊥PC ，又AO ∩OD =O ，∴PC ⊥平面AOD ，又AD ?平面AOD ，∴AD ⊥PC ，
∴在Rt △APD 中，易知PD =1
2PA =1，AD =√3
2
PA =√3，
在Rt △POD 中，易知OD =PDtan∠OPD =√3
3
，
在Rt △AOD 中，OA =√AD 2?OD 2=√(√3)2?(√33
)2
=2√63
，
∴三棱锥P—ABC 的体积V P?ABC =V A?PBC =13S ΔBPC ·OA =13×12×1×1×√3
2×
2√6
3
=
√2
6
．故选D ．
12.答案：B
解析：【分析】
本题主要考查函数图象的识别和判断，充分利用函数的性质，本题使用特殊值法是判断的关键，本题的难度比较大，综合性较强．用函数图象的取值，函数的零点，以及利用导数判断函数的图象．【解答】
解：由f(x)=0，解得x2?2ax=0，即x=0或x=2a，
∵a>0，∴函数f(x)有两个零点，∴A，C不正确．
设a=1，则f(x)=(x2?2x)e x，
∴f′(x)=(x2?2)e x，
由f′(x)=(x2?2)e x>0，解得x>√2或x<?√2．
由f′(x)=(x2?2)e x<0，解得，?√2<x<√2，< p="">
即x=?√2是函数的一个极大值点，
∴D不成立，排除D．
故选B．
13.答案：20
解析：解：模拟程序的运行，可得
S=0，n=1
执行循环体，S=3，n=2
不满足条件S≥15，执行循环体，S=9，n=3
不满足条件S≥15，执行循环体，S=20，n=4
满足条件S≥15，退出循环，输出S的值为20．
故答案为：20．
由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
本题考查的知识点是循环结构的程序框图的应用，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答，属于基础题．
14.答案：8
解析：解：由约束条件{4x?y?2≤0
x?y+1≥0
x≥0
y≥0
作出可行域如图，
联立，解得A(1,2)．
化目标函数z=ax+by为y=?a
b x+z
b
，
由图可知，当直线y=?a
b x+z
b
过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为a+2b=1．
∴2
a +1
b
=(2
a
+1
b
)(a+2b)=4+4b
a
+a
b
≥4+2√4b
a
a
b
=8．
当且仅当a=2b时上式“=”成立．
∴2
a +1
b
的最小值为8．
故答案为：8．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得a+2b=1，再由基本不等式求最值．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．
15.答案：π
3
解析：
【分析】
本题考查了正弦定理和两角和的正弦公式和诱导公式，属于基础题，根据正弦定理和两角和的正弦公式和诱导公式计算即可．
【解答】
解：∵2bcosB=acosC+ccosA，由正弦定理可得，
2cosBsinB=sinAcosC+sinCcosA=sin(A+C)=sinB，
∵sinB≠0，
∴cosB =1
2，∵0
3，
故答案为π3．
16.答案：2√3
解析：【分析】
本题主要考查向量的模以及向量的数量积，属于基础题．通过向量的模长公式结合向量的数量积进行求解即可．【解答】解：|a ? +2b ? |
=√4+4+4=2√3，故答案为2√3．
17.答案：(1)解：设等比数列{a n }的公比为q ，
由?2S 2,S 3,4S 4成等差数列知，2S 3=?2S 2+4S 4，所以2a 4=?a 3，即q =?1
2．
又a 2+2a 3+a 4=116，所以a 1q +2a 1q 2+a 1q 3=116，所以a 1=?1
2，所以等差数列{a n }的通项公式a n =(?12)n
．
(2)证明：由(1)知b n =n(n +1) ，所以1b n
=1n(n+1)=(1n ?1
n+1)，
所以数列{1b n
}的前n 项和：T n =1?1
n+1<1．
解析：本题考查等差数列、等比数列的综合应用以及数列求和．
(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由?2S 2,S 3,4S 4成等差数列求出q ，再求出首项即可得到通项公式； (2)由裂项求和求出T n ，即可证明．
18.答案：解：(1)积极参加班级工作的学生有40×0.55=22(人)，
不太主动参加班级工作且学习积极性一般的学生有40×0.25=10(人)；可得2×2列联表：
积极参加班级工作不太主动参加班级
工作
合计
学习积极性高12820学习积极性一般101020合计221840 (2)计算观测值K2=40×(12×10?10×8)2
22×18×20×20
≈0.404<2.072，
所以没有85%的把握认为学习积极性与对待班级工作的态度有关系．
解析：(1)由题意，填写列联表；
(2)计算观测值，对照临界值即可得出结论．
本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，是基础题．
19.答案：解：(1)证明：连接AC、BD相交于点O．
∵BE⊥平面ABCD.而AC?平面ABCD，∴BE⊥AC．
又∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC．
∵BD∩BE=B，∴AC⊥平面BDE．
∵G、H分别为DC、AD的中点，∴GH//AC，则GH⊥平面BDE．而DM?平面BDE，∴GH⊥DM；
(2)菱形ABCD中，∠BAD=60°，得，∠ADC=120°．
∵DG=DH=1，
∴S△DGH=1
2DG?DHsin1200=1
2
×1×1×√3
2
=√3
4
，
∵BE⊥平面ABCD，即BM⊥平面ABCD，
∴V?D?MGH=V M?DGH=1
3S△DGH?BM=√3
12
BM．
显然，当点M与点E重合时，BM取得最大值2，此时(V D?MGH)max=√3
12×2=√3
6
．
且MG=MH=√7，GH=√3，则S?△MGH=1
2×√3×5
2
=5√3
4
，
∵H是AD中点，所有A到平面MGH的距离d1等于到平面MGH的距离d2，
又V D?MGH=V M?DGH，∴√3
6=1
3
×5√3
4
d2，得d2=2
5
．
∴A 到平面MGH 的距离为2
5．
解析：本题考查空间中的线面关系，考查空间想象能力和思维能力，训练了棱锥体积的求法，等体积法求距离，是中档题．
(1)连接AC 、BD 相交于点O.由BE ⊥平面ABCD ，得到BE ⊥AC.再由四边形ABCD 为菱形，可得BD ⊥AC.由线面垂直的判定可得AC ⊥平面BDE.进一步得到GH ⊥DM ；
(2)在菱形ABCD 中，由∠BAD =60°，得∠ADC =120°.求出三角形DGH 的面积，可得V?D?MGH =V M?DGH =1
3S △DGH ?BM =
√3
12
BM.由图可得当点M 与点E 重合时，BM 取最大值2，由此求得三棱锥
D ?MGH 的体积的最大值．V D?MGH =V M?DGH ，∴√3
6=1
3
×
5√3
4
d 2，得A 到平面MGH 的距离为2
5．
20.答案：解：(1)设P(x,y)(x >0)，则√(x ?1)2+y 2=x +1，y 2=4x
∴动圆圆心P 的轨迹C 的方程为：y 2=4x(x >0)．
(2)证明：设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，由于O 为MN 的中点，则
N(?4,0) 当直线l 垂直于x 轴时，由抛物线的对称性知∠ANM =∠BNM ．当直线l 不垂直于x 轴时，设l ：y =k(x ?4)，由{y =k(x ?4)
y 2=4x ，得k 2x 2?4(2k 2+1)x +16k 2=0，∴x 1+x 2=4(2k 2+1)
k 2
，x 1?x 2=16，∵k AN =y 1
x
1
+4
=k(x 1?4)x 1+4
，k BN =y 2
x
2
+4
=k(x 2?4)x 2+4
，
∴k AN +k BN =k(2x 1x 2?32)
(x
1+4)(x 2+4)
=0，∴∠ANM =∠BNM ，
综上，∠ANM =∠BNM ．
解析：(1)设圆心P ，根据动圆P 与圆(x ?1)2+y 2=1外切，且与y 轴相切．建立关系可得轨迹C 的方程
(2)设而不求的思想，结合韦达定理即可证明．
本题考查了轨迹方程是求法，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，是中档题．
21.答案：证明：欲证f(x)>x 2?2ax ，即e x ?1>x 2?2ax ，
即证e x ?x 2+2ax ?1>0．
可令u(x)=e x ?x 2+2ax ?1，则u′(x)=e x ?2x +2a ．令?(x)=e
x ?2x +2a ，则?′(x)=e x ?2．当x ∈(?∞,ln 2)时，?′(x)<0，函数?(x)在(?∞,ln 2]上单调递减，
当x ∈(ln 2，+∞)时，?′(x)>0，函数?(x)在[ln 2，+∞)上单调递增．所以?(x)的最小值为?(ln 2)=e ln2?2ln 2+2a =2?2ln 2+2a ．因为a >ln 2?1，
所以?(ln 2)>2?2ln 2+2(ln 2?1)=0，即?(ln 2)>0．所以u′(x)=?(x)>0，即u(x)在R 上为增函数．故u(x)在(0,+∞)上为增函数．所以u(x)>u(0)．而u(0)=0，所以u(x)=e x ?x 2+2ax ?1>0．故当a >ln 2?1且x >0时，f(x)>x 2?2ax ．解析：欲证f(x)>x 2?2ax ，即证e x ?x 2+2ax ?1>0.构造函数u(x)=e x ?x 2+2ax ?1，则u′(x)=e x ?2x +2a.令?(x)=e x ?2x +2a ，则?′(x)=e x ?2.由此利用导数性质能证明当a >ln 2?1且x >0时，f(x)>x 2?2ax ．
本题主要考查了利用函数的导数求出函数的单调性以及函数的极值问题，考查学生分析解决问题的能力，利用导数研究函数的单调性的能力，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．是中档题．
22.答案：解：(1)设点P(x,y)，
所以{
x =2+cosα
y =sinα,(α为参数)，消去参数，得(x ?2)2+y 2=1，即P 点的轨迹C 的方程为(x ?2)2+y 2=1 直线l ：ρsin(θ+π
4)=2√2，
展开得：ρcosθ+ρsinθ=4?x +y =4，所以直线l 的直角坐标方程为x +y ?4=0．
(2)由(1)，可知P 点的轨迹C 是圆心为(2,0)，半径为1的圆，则圆心C 到直线l 的距离为d =
√2
=√2>r =1．
所以曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值为√2+1．
解析：(1)利用转换关系把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程
进行转化． (2)利用点到直线的距离公式求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，点到直线的距离公式的应用．
23.答案：解：(1)f(x)=|x|，
则f(x ?1)+f(x +2)=|x ?1|+|x +2| ={2x +1,x >1
3,?2≤x ≤1?2x ?1,x <4，
可得{2x +1<4x >1或?2≤x ≤1或{?2x ?1<4x <?2
，
所以?5
2<x<3< p="">
2
，
所以不等式的解集A={x|?5
2<x<3< p="">
2
}；
(2)由(1)知m=1，则a+b+c=1，又a，b，c均为正实数，
1?a a ·
1?b
b
·
1?c
c
=b+c
a
·
a+c
b
·
a+b
c
≥2√bc
a ·2√ac
b
·2√ab
c
=8，
当且仅当a=b=a=1
3
时等号成立．
所以1?a
a ?1?b
b
1?c
c
≥8．
解析：本题考查了绝对值不等式的解法和利用综合法证明不等式，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
(1)根据f(x)=|x|，可得f(x?1)+f(x+2)={2x+1,x>1
3,?2≤x≤1
2x?1,x<?2
，然后由f(x?1)+f(x+2)<4，
分别解不等式即可；
(2)根据(1)可得a+b+c=m=1，然后利用基本不等式可知1?a
a ·1?b
b
·1?c
c
≥2√bc
a
·2√ac
b
·2√ab
c
=8，
从而证明1?a
a ·1?b
b
·1?c
c
≥8，注意等号成立的条件．
</x<3<>
</x<3<>
</x<√2，<>
</a?1，原不等式的解集为?．<> </a<1；<>
</a<1<>
</a<1时，a?1<0，<>
</a?1，原不等式解集为?；<>。