江西省临川市第一中学高三数学5月月考试题 理.doc

临川一中2015届高三模拟试题 理科数学本试卷分为第i卷（选择题）和第ii卷（非选择题）两部分. 第i卷一、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.若集合，那么a b c d2.若复数满足，则复数的共轭复数的虚部为a b c d3.已知函数的值域为，则实数的取值范围是a b c d 4.以下四个命题中 从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样；对于命题：使得. 则： 均有；设随机变量 ，若，则；两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数就越接近于1.其中真命题的个数为24（本小题满分10分）选修4-5:不等式选讲已知正实数满足：.（1）求的最小值;（2）设函数，对于（1）中求得的，是否存在实数，使得成立，说明理由.临川一中2015届高三模拟试题(理数答案) 2015.5.4. 13. 9 14. 5 15. 1 16. 17. （1） , 6分（2）由得 由余弦定理得 设边上的高为,由三角形等面积法知 ,即的最大值为 12分18. 解：（1）由题意，得，解得；2分又由最高矩形中点的的横坐标为20，可估计盒子中小球重量的众数约为20克，4分而个样本小球重量的平均值为：（克） 故由样本估计总体，可估计盒子中小球重量的平均值约为克； 6分（2）利用样本估计总体，该盒子中小球重量在内的概率为，则.的取值为、，. 10分的分布列为：.（或者） 12分19. 解析：（）当m是线段ae的中点时，ac平面dmf证明如下：连结ce，交df于n，连结mn，由于m、n分别是ae、ce的中点，所以mnac，由于mn平面dmf，又ac平面dmf，所以ac平面dmf 4分（）方法一、过点d作平面dmf与平面abcd的交线l，由于ac平面dmf，可知acl，过点m作mgad于g，因为平面abcd平面cdef，decd，所以de平面abcd，则平面ade平面abcd，所以mg平面abcd，过g作ghl于h，连结mh，则直线l平面mgh，所以lmh，故mhg是平面mdf与平面abcd所成锐二面角的平面角8分设，则，则，11分所以，即所求二面角的余弦值为12分方法二、因为平面abcd平面cdef，decd，所以de平面abcd，可知ad，cd，de两两垂直，分别以，的方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系oxyz设，则，设平面mdf的法向量，则所以令，得平面mdf的一个法向量，8分取平面abcd的法向量，9分由，11分故平面mdf与平面abcd所成锐二面角的余弦值为12分20. 解：（1）由题意知双曲线的一渐近线斜率值为， 因为，所以故椭圆的方程为 5分（2）设,方程为,由, 整理得 由，解得， 7分 则,， 由点在椭圆上，代入椭圆方程得9分又由，即，将，代入得则, ， 11分由，得，联立，解得或 12分21. （1）方法一：令，所以当时，因为，所以,所以在上是递增函数，又因为，所以关于的不等式不能恒成立2分当时，令，得所以当时，；当时，因此函数在是增函数，在是减函数故函数的最大值为4分令，因为，又因为在是减函数所以当时，所以整数的最小值为2 6分方法二：由恒成立，得在上恒成立，问题等价于在上恒成立令，只要 2分因为，令，得设，因为，所以在上单调递减，不妨设的根为当时，；当时，所以在上是增函数；在上是减函数所以4分因为，所以，此时，即所以，即整数的最小值为2 6分（2）当时，由，即从而 8分令，则由得， 可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增所以， 10分所以，因此成立 12分22. 【解】(1)证明：连接db(如图7.1-10)，ab是o的直径，adb90，在rtabd与rtafg中，abdafe，又abdacd，acdafe，c，d，e，f四点共圆(2)gh2gegf，又gh6，ge4，gf9，efgfge5.23. 解：（）由，得：，即，曲线的直角坐标方程为. 分由，得，即，直线的普通方程为