2019届江西省重点中学盟校高三第一次联考数学(理)试题(解析版).doc

2019届江西省重点中学盟校高三第一次联考数学（理）试题一、单选题1已知集合，则( )A B C D【答案】A【解析】解不等式得到集合，再和集合求交集即可.【详解】解不等式得；所以，因为，所以.故选A【点睛】本题主要考查集合的交集，熟记概念即可，属于基础题型.2已知复数，则( )A B2 C1 D【答案】C【解析】先由复数的除法运算化简，再由复数模的计算公式，即可求出结果;【详解】因为,所以.故选C【点睛】本题主要考查复数的运算，熟记公式即可求解，属于基础题型.3已知定义在上的奇函数满足：当时，则( )A B C D【答案】D【解析】根据为定义在上的奇函数，先求出，进而可求出.【详解】因为为定义在上的奇函数，当时，所以；所以.故选D【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，根据函数的奇偶性求函数的值，熟记奇函数的定义即可求解，属于基础题型.4设等差数列的前项和为，若，则( )A B C D【答案】B【解析】先设等差数列的公差为，根据，求出首项和公差，即可得出结果.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，解得；因此.故选B【点睛】本题主要考查等差数列的性质，只需依题意求出首项和公差即可，属于基础题型.5已知条件，条件直线与直线平行，则是的( )A充要条件 B必要不充分条件 C充分不必要条件 D既不充分也不必要条件【答案】C【解析】先根据直线与直线平行确定的值，进而即可确定结果.【详解】因为直线与直线平行，所以，解得或；即或；所以由能推出；不能推出；即是的充分不必要条件.故选C【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判定，熟记概念即可，属于基础题型.6程序框图如下图所示，若上述程序运行的结果，则判断框中应填入( )A B C D【答案】D【解析】按照程序框图执行，直到结果为，即可确定判断框中的条件.【详解】初始值执行框图如下：；不能满足条件，进入循环；不能满足条件，进入循环；，此时要输出，因此要满足条件，所以.故选D【点睛】本题主要考查程序框图，分析清楚框图的作用，即可求解，属于基础题型.7已知，且，则向量在方向上的投影为( )A B C1 D【答案】A【解析】先求出与的数量积，再由在方向上的投影为，进而可求出结果.【详解】因为，且，所以，所以，因此在方向上的投影为.故选A【点睛】本题主要考查向量的投影问题，熟记投影的概念即可求解，属于基础题型.8把函数的图象上每个点的横坐标扩大到原来的倍，再向左平移个单位，得到函数的图象，则函数的一个单调递减区间为( )A B C D【答案】B【解析】先根据三角函数图像的变换原则得到函数，再由正弦函数的单调性即可求出结果.【详解】把函数的图象上每个点的横坐标扩大到原来的倍，可得，再向左平移个单位，得到函数的图象，所以；由得，即函数的单调递减区间为.故选B【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换，以及三角函数的性质，熟记平移变换和伸缩变换的原则，以及三角函数的性质，即可求解，属于常考题型.9已知下图是一个几何体的三视图及有关数据如图所示,则该几何体的棱的长度中，最大的是( ) A B C D【答案】B【解析】先由三视图可知该几何体是一个四棱锥，分别求出其各棱长，即可确定结果.【详解】由三视图可知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，其中，；，所以最长的棱的长度为.故选B【点睛】本题主要考查几何体的三视图，根据三视图还原几何体即可，属于常考题型.10以双曲线上一点为圆心作圆，该圆与轴相切于的一个焦点，与轴交于两点，若，则双曲线的离心率是( )A B C D【答案】A【解析】根据圆与轴相切于的一个焦点，且圆心在双曲线上，可确定圆心坐标和半径，再由弦长，即可求出结果.【详解】因为以双曲线上一点为圆心作圆，该圆与轴相切于的一个焦点，所以轴；不妨令在第一象限，所以易得，半径；取中点，连结，则垂直且平分，所以；又，所以，即，因此，解得.故答案为A【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，根据题意，结合双曲线的性质即可求解，属于常考题型.11今有个人组成的旅游团,包括4个大人，2个小孩，去庐山旅游，准备同时乘缆车观光，现有三辆不同的缆车可供选择，每辆缆车最多可乘3人，为了安全起见，小孩乘缆车必须要大人陪同，则不同的乘车方式有( )种A B C D【答案】C【解析】分两类，分别讨论两个小孩坐在一块和两个小孩不坐在一块所包含的情况，最后求和即可.【详解】第一类：只用两辆缆车，若两个小孩坐在一块，则有种乘车方式；若两个小孩不坐在一块，则有种乘车方式；第二类：用三辆缆车，若两个小孩坐在一块，则有种乘车方式；若两个小孩不坐在一块，则有种乘车方式；综上不同的乘车方式有种.故选C【点睛】本题主要考查两个计数原理，熟记分类加法与分类乘法计算原理，即可分情况讨论，写出结果，属于常考题型.12若曲线和上分别存在点,使得是以原点为直角顶点的直角三角形,交轴于点，且，则实数的取值范围是( )A BC D【答案】D【解析】先设，根据，确定；再由是以原点为直角顶点的直角三角形，得到，整理后可得，因此只需求出值域即可.【详解】设，因为点分别是曲线和上的点，所以，；因为交轴于点，且，所以；又因为是以原点为直角顶点的直角三角形，所以，即，所以(，整理得，令，则，所以，因为，所以，即函数在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，所以，因此.故选D【点睛】本题主要考查函数的综合应用，由题意分离出参数，由导数的方法研究函数值域即可，属于常考题型.二、填空题13若，则的展开式中常数项为_【答案】【解析】先由微积分基本定理求出，再由二项展开式的通项公式，即可求出结果.【详解】因为；所以的展开式的通项公式为：，令，则，所以常数项为.故答案为【点睛】本题主要考查微积分基本定理和二项式定理，熟记公式即可求解，属于基础题型.14在中，分别是内角的对边，若，则的面积等于 _【答案】【解析】先由余弦定理结合题意求出的值，再由三角形面积公式即可求出结果.【详解】因为，所以由余弦定理可得：，即，所以，因此.故答案为【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，灵活运用余弦定理和三角形面积公式即可，属于基础题型.15已知关于实数的不等式组构成的平面区域为，若，使得恒成立，则实数的最小值是_【答案】【解析】由，使得恒成立可知，只需求出的最大值即可，再由表示平面区域内的点与定点距离的平方，因此结合平面区域即可求出结果.【详解】作出约束条件所表示的可行域如下：由，使得恒成立可知，只需求出的最大值即可；令目标函数，则目标函数表示平面区域内的点与定点距离的平方，由图像易知，点到的距离最大.由得，所以.因此，即的最小值为37.故答案为37【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，只需分析清楚目标函数的几何意义，即可结合可行域来求解，属于常考题型.16已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，底面是等腰梯形， 且满足，则球的表面积是_【答案】【解析】先由题意求出，进而确定底面外接圆圆心和半径，再由平面，求出球的半径，最后即可求出结果.【详解】因为底面是等腰梯形， 且满足，所以，解得，故，即，又因为底面是等腰梯形，故四边形的外接圆直径为，设的中点为，球的半径为，因为平面，,，所以，所以，因此球的表面积是.故答案为【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题，解题的关键在于，掌握球心与截面圆圆心的连线垂直于截面，属于常考题型.三、解答题17已知数列为正项等比数列，满足，且构成等差数列，数列满足.()求数列，的通项公式；()若数列的前项和为，数列满足，求数列的前项和【答案】（） ， ；（）【解析】()先设等比数列的公比为q(q)，根据，且构成等差数列，求出q，即可得出的通项公式，再由，可得出的通项公式；()先由等差数列的前项和公式求出，再由裂项相消法求出即可.【详解】解：()设等比数列的公比为q(q)，由题意，得 解得或（舍）又所以 () ，【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列，以及求数列的前项和，熟记等差数列与等比数列的通项公式即可求解，属于常考题型.18如图，在四棱锥中，底面是正方形，且，平面 平面，点为线段的中点，点是线段上的一个动点（）求证：平面 平面；（）设二面角的平面角为，试判断在线段上是否存在这样的点，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（）见证明；（） 【解析】（）根据面面垂直的判定定理即可证明结论成立；（）先证明，两两垂直，再以为原点，以，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，用表示出平面的法向量，进而表示出，由，即可得出结果.【详解】解：（） 四边形是正方形，.平面 平面，平面.平面，. ，点为线段的中点，.又，平面.又平面，平面 平面. （）由（）知平面，平面.在平面内过作交于点，故，两两垂直，以为原点，以，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系.因为，.平面， 则，又为的中点， 假设在线段上存在这样的点，使得,设，设平面的法向量为， 则，令，则，则 平面，平面的一个法向量,则.，解得，【点睛】本题主要考查面面垂直的判定定理，以由二面角的大小求其它的量，熟记面面垂直的判定定理即可证明结论成立；对于空间角的处理，常用空间向量的方法，属于常考题型.19为了适应高考改革，某中学推行“创新课堂”教学高一平行甲班采用“传统教学”的教学方式授课，高一平行乙班采用“创新课堂”的教学方式授课，为了比较教学效果，期中考试后，分别从两个班中各随机抽取名学生的成绩进行统计分析，结果如下表：（记成绩不低于分者为“成绩优秀”）分数甲班频数乙班频数（）由以上统计数据填写下面的列联表，并判断是否有以上的把握认为“成绩优秀与教学方式有关”？甲班乙班总计成绩优秀成绩不优秀总计（）现从上述样本“成绩不优秀”的学生中，抽取人进行考核，记“成绩不优秀”的乙班人数为，求的分布列和期望参考公式：，其中临界值表【答案】（1）有以上的把握认为“成绩优秀与教学方式有关”.（2）的分布列为【解析】（1）根据以上统计数据填写列联表,根据列联表计算,对照临界值得出结论；（2） 由题意知的可能取值，计算对应的概率值，写出的分布列【详解】（1）补充的列联表如下表：甲班乙班总计成绩优秀成绩不优秀总计根据列联表中的数据，得的观测值为 ，所以有以上的把握认为“成绩优秀与教学方式有关”.（2）的可能取值为， ， ， ， ，所以的分布列为【点睛】本题考查了独立性检验的问题和离散型随机变量的分布列问题， 是中档题 20已知椭圆的离心率为，焦点分别为，点是椭圆上的点，面积的最大值是（）求椭圆的方程；（）设直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的点，是坐标原点，若判定四边形的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由【答案】（） （）见解析【解析】（）由题意得到的方程组，求出的值，即可得出椭圆方程；（）当直线的斜率不存在时，易求出四边形的面积；当直线的斜率存在时，设直线方程是，联立直线与椭圆方程，结合判别式和韦达定理，可表示出弦长，再求出点到直线的距离，根据和点在曲线上，求出的关系式，最后根据，即可得出结果.【详解】解：（）由解得 得椭圆的方程为. （）当直线的斜率不存在时，直线的方程为或，此时四边形的面积为当直线的斜率存在时，设直线方程是，联立椭圆方程 ， 点到直线的距离是 由得因为点在曲线上，所以有整理得 由题意四边形为平行四边形，所以四边形的面积为 由得, 故四边形的面积是定值，其定值为【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，以及椭圆中的定值问题，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式等求解，计算量较大，属于常考题型.21已知函数，（）若在上存在极大值点，求实数的取值范围；（）求证：，其中【答案】（） （）见证明【解析】（）先对函数求导，再由分类讨论的思想，分别讨论，和三种情况，即可得出结果；（）令可得，由（）可知的极大值，再由时，即可证明结论成立；也可用数学归纳法证明.【详解】解：（）由于，则当时，即当时，单调递增；当时，单调递减；故在处取得极大值，则，解得：； 当时，恒成立，无极值，不合题意舍去； 当时，即当时，单调递减； 当时， ，单调递增；故在处取得极小值，不合题意舍去；因此当时，在上存在极大值点； （）法一：令，由（）得：在处取得极大值1，且该极值是唯一的，则，即，当且仅当时取“=”， 故当时， 因此 法二：下面用数学归纳法证明：，对恒成立（1）当时，左边，右边，左边右边，结论成立；（2）假设当时，结论成立，即，当时，左边，而 ，令，由（）得：在处取得极大值1，且该极值是唯一的，则，即，当且仅当时取“=”， 则对恒成立，即成立故当时，结论成立，因此，综合（1）（2）得，对恒成立【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，通常需要对函数求导，由导数的方法研究函数的单调性和极值等，属于常考题型.22选修4-4：坐标系与参数方程选讲在平面直角坐标系中，以原点为极点，以轴非负半轴为极轴建立极坐标系， 已知曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为（）写出曲线和直线的直角坐标方程；（）设直线过点与曲线交于不同两点，的中点为，与的交点为，求【答案】（）C: ；直线的直角坐标方程 （）8【解析】（）由极坐标方程与直角坐标方程的互化公式可直接得出结果；（）先写出直线的参数方程，代入曲线的普通方程，得到，再由直线的参数方程代入，得到，进而可得出结果.【详解】（）曲线的直角坐标方程为：；即的直角坐标方程为：（）直线的参数方程（为参数），将其代入曲线的普通方程并整理得，设两点的参数分别为，则 因为为的中点，故点的参数为， 设点的参数分别为，把代入整理得 所以.【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，熟记公式即可