江西省重点中学盟校2019届高三第一次联考数学（理）试题（含解析）.doc

1、 江西省重点中学盟校江西省重点中学盟校 2019 届高三第一次联考届高三第一次联考 理科数学试卷理科数学试卷 一、选择题： （每小题所给出的四个选项只有一项是符合题意一、选择题： （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，则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 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. B. 2 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先由复数的除法运算化简 ，再由复数模的计算公

2、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】 【分析】 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】 【分析】 先设等差数列的公差为 ，

3、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】 【分析】 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，

4、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】 【分析】 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. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】 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

5、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】 【分析】 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，

6、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】 【分析】 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(

7、 ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 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，

8、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

9、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. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 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.

10、二、填空题（请将正确答案直接填在答题卡的相应位置二、填空题（请将正确答案直接填在答题卡的相应位置) ) 13.若，则的展开式中常数项为_ 【答案】 【解析】 【分析】 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】 【分析】 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

11、. 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】 【分析】 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

12、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】 【分析】 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

13、， 属于常考题型. 三解答题：三解答题：( (解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) ) 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】 【分析】 ()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

14、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】 【分析】 （）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

15、】解： （） 四边形是正方形，. 平面 平面平面平面，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

16、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“

17、成绩优秀与教学方式有关”. （2） 的分布列为 【解析】 【分析】 （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

18、（）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】 【分析】 （）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

19、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】 【分析】 （）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，

20、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

21、 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】 【分析】 （

22、）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；本题也考查了参数的方法求弦长 的问题，熟记参数方程即可求解，属于常考题型. 23.选修 4-5；不等式选讲 若关于 的不等式在实数范围内有解 （）求实数 的取值范围； （）若实数 的最大值为 ，且正实数满足，求证：. 【答案】 （） （）见证明 【解析】 【分析】 （） 不等式在实数范围内有解， 也即是成立， 求出 最大值即可； （）先由（）得到，因此，展开之后结合基 本不等式即可证明结论成立；也可利用柯西不等式 来证明. 【详解】解： （）因为所以 又因为 所以 （）由（1）可知，,则 方法一： 方法二：利用柯西不等式 【点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，以及不等式的证明，常用到基本不等式或柯西不等式等，需要考 生灵活运用各类结论，属于常考题型.