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1、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) 作者: 日期:2 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
2、【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【
3、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
4、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
5、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
6、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
7、【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
8、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
9、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
10、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
11、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
12、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
13、. ()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”