《江西省名校学术联盟2019届高三数学上学期教学质量检测考试试题（二）理（扫描版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省名校学术联盟2019届高三数学上学期教学质量检测考试试题（二）理（扫描版）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 1 江西省名校学术联盟江西省名校学术联盟 20192019 届高三数学上学期教学质量检测考试试题届高三数学上学期教学质量检测考试试题 二 理 扫描版 二 理 扫描版 2 3 4 5 江西名校学术联盟 江西名校学术联盟 20192019 届高三年级教学质量检测考试 二 届高三年级教学质量检测考试 二 理数 参考答案理数 参考答案 1 答案 C 解 析 因 为 所 以 2 111Ax xxx lnBx yx 0 x x 故选 C 10ABxx 2 答案 A 解析 由全称命题的否定是特称命题 先改变量词 再否定结论 故可排除 B C D 选 A 3 答案 C 解析 由得共线 所以 所以 故选 C
2、a ba b a b 1420 x 2x 4 答案 D 解析 圆心为的中点 半径为 故选 D AB 1 1 2 5 2 5 答案 C 解析 的值域是 p是假命题 是真命题 当T为非零有理数时 D X 0 1 p 对任意恒成立 q是真命题 故选 C D xTD x x R 6 答案 A 解析 得 所以 故选 A 17 744 7 7 2 aa Saa 4 0a 34 SS 7 答案 B 解析 1 2 AC BEACBCCEABADADAB 2211 22 ABADAB AD 故选 B 1 2 3 30cos12 2 1 12 8 答案 B 解析 该几何体是四棱柱 底面是边长为 1 的正方形 侧棱
3、长为 故选 B 6 6 9 答案 C 解 析 由 可 排 除 B D 由 可 得 0fx 121ln2 864 f 124ln2 464 f 由此可排除 A 故选 C 11 84 ff 10 答案 D 解析 当n为偶数时 由恒成立 得恒成立 所以 1 1 2 1 1log 16 n n a n 1 4a n 当n为奇数时 由恒成立 得恒成立 17 4 22 a 1 1 2 1 1log 16 n n a n 1 4a n 所以 即 综上可得实数a的取值范围为 故选 D 4a 4a 7 4 2 11 答案 A 解 析 设 直 线与 曲 线有 公 共 点 则 yax sinln 4 fxxx s
4、t 设 则 所以 sinln 1ln4 ss s a ss 1lng sss 11 1 s g s ss g s 在上是增函数 在上是减函数 所以 又 所 0 1 1 10g sg 1 lnss 0s 以 当时 所以 故选 A 1ln 1 s s 1s sin ln 1ln 4 1 ss s ss 1a 12 答案 B 解 析 由的 图 象 经 过 点 则 2 sin1 3 x f xx 0 3 2P 7 所 以 结 合可 得 33sin 2 13sin12f sin1 0 2 所以 2 cos1 3 n n an 32 13 321 22 k akk 所 以 所 以 31 131 311 2
5、22 k akk 3 31 k ak 32313 3 2 kkk aaa 故选 B 1232019 aaaa 2 2019 2 3 673 13 答案 3 32 解析 由双曲线C的一条渐近线的方程为 得 所以双曲线C的离30 xy 3 3 b a 心率 2 12 3 11 33 b e a 14 答案 1 2 解 析 作 出 不 等 式 组 表 示 的 平 面 区 域 如 图 中 阴 影 部 分 所 示 其 中 表示点与定点连线的斜率 直线斜率最小 4 0 1 1 0 4 3 ABC 1 y x x y 1 0D 为 1 01 112 15 答案 8 24 解 析 由 题 意 可 设 圆C的
6、方 程 为 则 22 2 10 xybrr rb 8 所 以 则 圆C的 方 程 为 即 2 22 13r 2r 22 2 122xy 可得 设 则 22 2410 xyxy 0 23 0 23AB P x y 22 PAPB 22 22814xyy 482xy 814y 由题意可知 所以 412x 13x 841224x 16 答案 5 3 解析 如图所示 当平面ABC与平面BCD垂直时三棱锥的体积最大 此时过三角ABCD 形ABC的中心E作平面ABC的垂线 过三角形BCD的中心F作平面BCD的垂线 两垂线交于点 O 则O为三棱锥的外接球的球心 设平面EOF与BC交于点G 则四边形EOFG为
7、正ABCD 方形 且OE OG 所以 即三棱锥 3 6 6 6 1 2 GC 22 OCOGGC 15 6 ABCD 的外接球的半径为 所以三棱锥的外接球的表面积为 15 6 ABCD 55 4 123 17 17 解 解 1 由及正弦定理可得 3 sincos 3 caBbA 3 sinsinsinsincos 3 CABBA 即 2 分 3 sinsinsinsincos 3 ABABBA 整理得 3 sincossin0 3 ABB 因为 所以 50 A sin0A 3 cossin0 3 BB tan3 B 2 3 B 分 2 由及 ABC的面积为 得 所以 2 3 B 15 3 12
8、 sin15 3 23 ac 60ac 9 由 2 14 3 Bb 得 22222 2 142cos 3 acacacac 22 60acacac 所以 所以 ABC的周长为 30 10 分 16ac 18 18 解 解 1 连接AF 与CD交于点H 连接GH 则GH为 ABF的中位线 所以BF GH 又BF平面CDG GH 平面CDG 所以BF 平面CDG 4 分 2 由题意可知 直线DG DE DF两两垂直 以D为原点 直线DG DE DF分别为x轴 y轴 z轴建立如图所示的空间直角坐 标系 则 0 0 0D 3 1 2C 3 1 0B 0 2 0E 0 0 2F 6 分 0 2 2BC
9、3 1 0DB 3 1 0BE 0 2 2EF 设平面BCD的一个法向量为n n 则有 得 111 x y z 0 0 BC DB n n 11 11 220 30 yz xy 取 得 所以n n 1 1x 11 3yz 1 3 3 设 平 面BEF的 一 个 法 向 量 为m m 则 有 得 222 xyz 0 0 BE EF m m 022 03 22 22 zy yx 取 得 所以m m 2 1x 22 3yz 1 3 3 10 设平面BCD与平面BEF所成锐二面角为 则 cos 1 13333 5 777 n m n m 所以平面BCD与平面BEF所成锐二面角的余弦值为 12 分 5
10、7 19 19 解 解 1 设 则 0 x 0 x 因为是奇函数 g x 所以 2 2 22fxg xgxxxxx 即 6 分 2 20f xxx x 2 由题意可得 又 0ba 2 2 2111fxxxx 所以 所以在上是减函数 所以 1 1 a 1a fx a b 11 f af b ab 故是方程的两个根 12 分 a b 1 fx x 20 20 解 解 1 由得 3 nn aSn 11 4 nn aSn 两式相减得 即 1 21 nn aa 1 11 22 nn aa 所以 11 11 11 22 112 n nn nnn a ba baa 由 得 3 nn aSn 1 2a 1 1
11、b 所以是首项为 1 公比为的等比数列 6 分 n b 1 2 2 由 1 得 1 1 2 n n b 1 1 1 2 n n a 11 所以 n T 21 2 123 111 35211 3521 222 n n aaanann 设 n M 21 111 1 3521 222 n n Sn 则 n M 2 1 23 11111 3521 22222 n n Sn 两式相减得 n M 2 1 232 111111 1 121 222222 nn n Sn 1 1 1 112 121323 1 22 1 2 n nn nn 所以 n M 1 1 623 2 n n Sn 所以 12 分 n T
12、2 123 3521 n aaanan 1 1 623 2 n n 21 21 解 解 1 由 得 0a 5 5 f 5 sincos 5 两边平方得 所以 1 12sincos 5 4 2sincos 5 因为 所以 0 sin0 cos0 所以 3 分 3 5 sincos12sincos 5 由得 3 5 sincos 5 5 sincos 5 2 55 sin cos 55 所以 5 分 2 2tan4 tan2 tan2 1tan3 2 由 得 sincosfxaxxx cossinfxaxx 因为曲线在处的切线经过点 yf x 0 x 1 1 12 所以 即 所以 8 分 10 0
13、 10 f f 21a 1a 所以 2 1cossin2sin 24 fxxxx 所以当时 是增函数 0 x 0fx f x 当时 是减函数 3 2 x 0fx f x 当时 是增函数 10 分 3 2 2 x 0fx f x 又 3 3 01 1 1 2 12 22 ffff 且 3 111 恒成立 8 分 0t 2 lnlnttk t 2 lnlnttk t 设 则 2 lnh ttt t 2 222 12122 1 tttt h t tttt 所以时 时 0 1t 0h t 1 t 0h t 所以在上递减 在上递增 10 分 h t 0 1 1 所以 13h th 故 所以 12 分 ln3k 3 e0k
