《江西省红色七校2019届高三数学第一次联考试题理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省红色七校2019届高三数学第一次联考试题理（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 1 江西省红色七校江西省红色七校 20192019 届高三数学第一次联考试题届高三数学第一次联考试题 理理 考试时间 120 分钟 满分 150 分 一 选择题 一 选择题 本题共本题共 1212 道小题 道小题 每小题每小题 5 5 分 分 共共 6060 分 分 1 已知复数 则复数的虚部为 2018 12 i z i z A B C D 2 5 2 5 i 1 5 i 1 5 2 已知集合 则 421 x xP 30 xNxQ QP A 1 2 B 0 2 C 1 2 D 1 3 已知向量的夹角为 则 ba 2 2 2 60 baa b A 4 B 2 C D 1 2 4 执行如图所示
2、的程序框图 如果输出s 4 那么判断框内应填入的条件是 A k 14 B k 15 C k 16 D k 17 5 已知直线 平面 命题 p若 则 命题若mn m m qm 则 下列是真命题的是 m n m n A B C D pq pq pq pq 6 二项式展开式中的系数为 2 10 11xxx 4 x A 120 B 135 C 140 D 100 7 设0a 则函数 yx xa 的图象的大致形状是 2 8 下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案 形若铜钱 寓意富贵吉祥 在圆内随机 取一点 则该点取自阴影区域内 阴影部分由四条四分之一圆弧围成 的概率是 A B C D 1 2 1 3
3、 4 1 4 2 9 一个半径为 1 的球对称的消去了三部分 其俯视图如图所示 那么该 立体图形的表面积为 A 3 B 4 C 5 D 6 10 函数y sin 2x 的图象与函数y cos x 的图象 6 3 A 有相同的对称轴但无相同的对称中心 B 有相同的对称中心但无相同的对称轴 C 既有相同的对称轴也有相同的对称中心 D 既无相同的对称中心也无相同的对称轴 11 设抛物线的焦点为 过点的直线与抛物线相交于 两点 与抛 2 8yx F 4 0MAB 物线的准线相交于 则与的面积之比 C4BF BCF ACF BCF ACF S S A B C D 3 4 4 5 5 6 2 5 12 意
4、大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时 发现有这样一列数 1 1 2 3 3 5 8 13 该数列的特点是 前两个数都是 1 从第三个数起 每一个数都等于它前面两个 数的和 人们把这样的一列数组成的数列称为 斐波那契数列 则 n a 等于 20172019 aa 2 2018 a A 1 B 1 C 2017 D 2017 二 填空题 二 填空题 本题共本题共 4 4 道小题 道小题 每小题每小题 5 5 分 分 共共 2020 分 分 13 设x y满足约束条件Error 则z 2x y的最大值为 14 已知F1 F2为双曲线C x2 y2 2的左 右焦点 点P在C上 PF1 2 PF2
5、 则cos F1PF2 15 小明有中国古代四大名著 三国演义 西游记 水浒传 红楼梦 各一本 他要将这四本书全部借给三位同学 每位同学至少一本 但 西游记 红楼梦 这两 本 书不能借给同一人 则不同的借法有 16 定义 如果函数在上存在满足 xf ba 2121 bxxaxx ab afbf xf 1 则 称 函 数是上 的 中 值 函 数 已 知 函 数 ab afbf xf 2 xf ba 是上的 中值函数 则实数的取值范围是 mxxxf 23 2 1 3 1 m 0 三三 解答题解答题 本题共本题共 6 6 道小题道小题 第第 1717 题题 1010 分分 第第 1818 题题 12
6、12 分分 第第 1919 题题 1212 分分 第第 2020 题题 1212 分分 第第 2121 题题 1212 分分 第第 2222 题题 1212 分分 共共 7070 分 分 17 ABC的内角A B C的对边分别为a b c 已知a sinA sinB c b sinC sinB 求角C 若c ABC的面积为 求 ABC的周长 7 2 33 4 18 数列满足 n a 2 11 1 2 nn aaanN 1 求证 数列是等差数列 并求出的通项公式 2 n a n a 2 若 求数列的前n项和 1 2 n nn b aa n b 19 如图 正三棱柱ABC A1B1C1的底面边长是
7、 2 侧棱长是 D是AC的中点 3 1 求二面角A1 BD A的大小 2 在线段AA1上是否存在一点E 使得平面B1C1E 平面A1BD 若存在 求出AE的长 若 不存在 说明理由 20 某中学的环保社团参照国家环境标准制定了该校所在区域空气质量指数与空气质量等级 对应关系如下表 假设该区域空气质量指数不会超过 300 空气质量指数 50 0 100 50 150 100 200 150 250 200 300 250 5 空气质量等级 1 级优 2 级良 3 级轻度污 染 4 级中度污 染 5 级重度污 染 6 级严重污 染 该社团将该校区在 2018 年 100 天的空气质量指数监测数据作
8、为样本 绘制的频率分布直方图 如下图 把该直方图所得频率估计为概率 请估算 2018 年 以 365 天计算 全年空气质量优良的天数 未满一天按一天计算 该校 2018 年 6 月 7 8 9 日将作为高考考场 若这三天中某天出现 5 级重度污染 则 该天需要净化空气费用 1 万元 出现 6 级严重污染 则该天需要净化空气费用 2 万元 假设 每天的空气质量等级相互独立 记这三天净化空气总费用万元 求的分布列及数学期望 XX 21 已知椭圆 圆的圆心在椭圆 0 1 2 2 2 2 ba b y a x C0324 22 yxyxQQC 上 点到椭圆的右焦点的距离为 2 1 0 PC 求椭圆的方
9、程 C 过点作直线 交椭圆于两点 若 求直线 的方程 PlCBA AQBS AQB tanl 6 22 已知函数的图像在处的切线 过点 2 1 ln1 2 f xxaxbx 1x l 1 1 2 2 1 若函数 求的最大值 用表示 1 0 g xf xax a g xa 2 若 证明 4a 121212 32f xf xxxx x 12 1 2 xx 7 20192019 届高三红色七校第一次联考理科数学参考答案届高三红色七校第一次联考理科数学参考答案 1 12 ADDBD BBCCA DA 13 8 14 15 30 16 3 4 3 3 4 2 17 解 由已知 a sinA sinB c
10、 b sinC sinB 由正弦定理 得 a a b c b c b 2 分 即 a2 b2 c2 ab 3 分 所以 cosC 又 C 0 所以 C 5 分 由 知 a2 b2 c2 ab 所以 a b 2 3ab c2 7 又 S sinC ab 所以 ab 6 所以 a b 2 7 3ab 25 即 a b 5 9 分 所以 ABC 周长为 a b c 5 10 分 18 6 分 12 分 19 1 作 CO AB 于 O 所以 CO 平面 ABB1A1 所以在正三棱柱 ABC A1B1C1中如图建立空间直角坐标系 O xyz 因为 AB 2 AA1 3 D 是 AC 的中点 所以 A
11、1 0 0 B l 0 0 C 0 0 3 A1 1 3 0 所以 D 2 1 0 2 3 BD 2 3 0 2 3 1 BA 2 3 0 设 n x y z 是平面 A1BD 的法向量 8 所以 0 0 1 BAn BDn 即 032 0 2 3 2 3 yx zx 令 x 3 则 y 2 z 3 所以 n 3 2 3 是平面 A1BD 的一个法向量 由题意可知 1 AA 0 3 0 是平面 ABD 的一个法向量 所以 cos 34 32 2 1 由题知二面角 A1 BD A 为锐角 所以它的大小为 3 6 分 2 设 E 1 x 0 则EC1 1 x 3 3 11B C 1 0 3 设平面
12、 B1C1E 的法向量 m x1 y1 z1 所以 0 0 11 1 BCm ECm 即 03 03 3 11 111 zx zyxx 令 z1 3 则 x1 3 y1 x 3 6 m 3 x 3 6 3 又 m n 0 即 33 x 3 12 33 0 解得 x 3 3 所以存在点 E 使得平面 B1C1E 平面 A1BD 且 AE 3 3 12 分 20 试题解析 由直方图可估算 2017 年 以 365 天计算 全年空气质量优良的天数为 天 4 分 110 5 1093653 0365 2 01 0 由题可知 的所有可能取值为 0 1 2 3 4 5 6 X 则 125 64 5 4 0
13、 3 XP 125 24 5 4 10 1 1 21 3 CXP 125 27 500 108 5 4 10 1 5 4 10 1 2 21 3 122 3 CCXP 1000 49 5 4 10 1 10 1 10 1 3 1 2 1 3 3 CCXP 1000 27 5 4 10 1 10 1 10 1 4 22 3 22 3 CCXP 9 1000 3 10 1 10 1 5 22 3 CXP 8 分 1000 1 10 1 6 3 XP 的分布列为 X X0 1 2 3 4 5 6 P 125 64 125 24 125 27 1000 49 1000 27 1000 3 1000 1
14、 10 分 12 分 万元 9 0 1000 1 6 1000 3 5 1000 27 4 1000 49 3 125 27 2 125 24 1 125 64 0 EX 21 试题解析 1 因为椭圆的右焦点 所以 因为C 0 cF2 PF3 c 1 2 Q 在椭圆上 所以 由 得 所以椭圆的方程为C1 14 22 ba 3 22 ba6 2 a3 2 bC 4 分 1 36 22 yx 2 由得 即AQBS AQB tanAQBAQBQBQA tansin 2 1 可得 6 分 2cos AQBQBQA2 QBQA 当 垂直轴时 lx2314 13 2 13 2 QBQA 此时满足题意 所以
15、此时直线 的方程为 7 分 l0 x 当 不垂直轴时 设直线 的方程为 由消去得lxl1 kxy 1 1 36 22 kxy yx y 044 21 22 kxxk 设 所以 代入可得 11 yxA 22 yxB 2 21 21 4 k k xx 2 21 21 4 k xx 2 QBQA 代入 得2 1 2 1 2 2211 yxyx1 11 kxy1 22 kxy 2 2 2 21 2 21 xxkxx 10 代入化简得 解得 经检验满足题意 则直线 的方程02 21 8 21 1 4 22 2 k k k k 4 1 kl 为 044 yx 综上所述直线 的方程为或 12 分 l0 x0
16、44 yx 22 1 由 得 1 fxaxb x 1 1fab 的方程为 又 过点 l 1 1 1 1 2 yabab x l 1 1 2 2 解得 111 1 1 1 222 abab 0b 2 1 1 ln 1 1 2 g xf xaxxaxa x 2 1 1 1 1 1 1 0 a xx axa x a g xaxaa xxx 当时 单调递增 1 0 x a 0g x g x 当时 单调递减 1 x a 0g x g x 故 6 分 2 max 111111 ln 1 1ln 22 g xgaaa aaaaa 2 证明 4a 22 12121211221212 3ln21ln213f xf xxxx xxxxxxxx x 2 12121212 ln 2 22x xxxxxx x 2 12121212 2 ln xxxxx xx x 令 令得 令 12 0 x xm m lnmmm 1 m m m 0m 01m 得 0m 1m 在上递减 在上递增 m 0 1 1 解得 12 1 1m 2 1212 2 1xxxx 12 0 xx 12 1 2 xx 分
