江西省临川一中等九校重点中学协作体2019届高三第一次联考数学(理)试题(解析版)

江西省临川一中，南昌二中，九江一中，新余一中等九校重点中学协作体2019届高三第一次联考数学（理）试题
满分：150分时间：120分钟
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知为虚数单位，，其中，则（）
A. B. C. 2 D. 4
【答案】A
【解析】
，其中，
解得，
，
故选
2.已知命题，命题，若命题是命题的必要不充分条件，则实数的取值范围是（）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意化简A，B，将条件转化为A B，列出不等关系解得a的范围即可.
【详解】∵，
，
又命题是命题的必要不充分条件，∴B A，由数轴可得： a，
故选D.
【点睛】本题考查了必要不充分条件的概念，涉及解一元二次不等式，以及子集的应用，属于基础题.
3.两个正数，的等差中项是5，等比中项是，则双曲线的离心率等于（）.
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先由题设条件结合数列的性质解得a，b，再由双曲线的性质求得，可得答案．
【详解】由题设知，解得a＝4，b＝6，
∴，∴．
故选：B．
【点睛】本题借助数列的性质考查双曲线的简单性质，解题时要认真审题，注意公式的灵活运用．
4.已知实数，满足线性约束条件，则其表示的平面区域外接圆的面积为（）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据二元一次不等式组表示平面区域进行作图，根据三角形的形状确定外接圆的直径，求外接圆的半径，即可得到结论．
【详解】由线性约束条件，画出可行域如图（及内部，
又与y=x垂直，
∴为直角，即三角形ABC为直角三角形，
∴外接圆的直径为AC，又A(-1,3),C(-1,-1),AC=4, ∴外接圆的半径r=2，
∴外接圆的面积为=4，故选C.
【点睛】本题主要考查线性规划的应用以及三角形的外接圆问题，利用数形结合是解决本题的关键．
5.为了研究某班学生的脚长（单位：厘米）和身高（单位：厘米）的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为，已知，，.该班某学生的脚长为23，据此估计其身高为（）.
A. 160
B. 166
C. 170
D. 172
【答案】B
【解析】
【分析】
计算、，求出b，的值，写出回归方程，利用回归方程计算所求的值．
【详解】根据题意，计算x i＝25，y i＝174，；
∴174﹣4×25＝74，
∴4x+74，
当x＝24时，计算4×23+74＝166，
据此估计其身高为166（厘米）．
故选：B．
【点睛】本题考查了线性回归方程的求法及应用问题，是基础题．
6.函数图像向左平移个单位后图像关于轴对称，则的值可能为（）.
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先化简f(x)，再根据函数图象平移变换法则，求出平移后的函数解析式，根据对称性求出满足条件的a的值．【详解】函数,
将其图象向左平移a个单位（a＞0），所得图象的解析式为：y＝2sin[2（x+a）﹣]，
由平移后所得图象关于y轴对称，
则2a﹣＝kπ，
即a＝，又，
当k＝0时，a．
故选：B．
【点睛】本题考查的知识点是函数图象的平移变换及正弦型函数的对称性，其中根据已知函数的解析式，求出平移后图象对应的函数解析式是解答本题的关键，属于基础题．
7.已知，则（）
A. 18
B. 24
C. 36
D. 56
【答案】B
【解析】
，故，.
8.《九章算术》是中国古代数学专著，其中的“更相减损术”可以用来求两个数的最大公约数，即“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之.”翻译成现代语言如下：第一步，任意给定两个正整数，判断它们是否都是偶数，若是，用2约简；若不是，执行第二步：第二步，以较大的数减去较小的数，接着把所得的差与较小的数比较，并以大数减小数，继续这个操作，知道所得的数相等为止，则这个数（等数）或这个数与约简的数的乘积就是所求的最大公约数.现给出更相减损术的程序图如图所示，如果输入的，，则输出的为（）.
A. 3
B. 6
C. 7
D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】
由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b的值，即可得到结论．
【详解】∵，，满足a，b都是偶数，则a＝＝57，b＝＝15,k=2；
不满足a，b都是偶数，且不满足a=b，满足a>b，则a=57-15=42，n=1,
不满足a=b，满足a>b，则a=42-15=27，n=2,
不满足a=b，满足a>b，则a=27-15=12，n=3,
不满足a=b，不满足a>b，则c=12,a=15,b=12,
则a=15-12=3，n=4,
不满足a=b，不满足a>b，则c=3,a=12,b=3,
则a=12-3=9，n=5,
不满足a=b，满足a>b，则a=9-3=6，n=6,
不满足a=b，满足a>b，则a=6-3=3，n=7,
满足a=b，结束循环,输出n=7,
故选：C．
【点睛】本题考查算法和程序框图，主要考查循环结构的理解和运用，以及赋值语句的运用，属于基础题．
9.已知扇形，，扇形半径为，是弧上一点，若，则（）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
将已知等式两边同时平方，利用数量积的运算法则计算，可得到cos，即可求得结果.
【详解】由，两边同时平方得=，
则有3=4+1+2=5+22cos，
∴cos，，故选D.
【点睛】本题考查了向量数量积的运算，考查了夹角的求法，属于基础题.
10.如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）.
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由三视图还原该几何体得到三棱锥，将三棱锥放在对应的正方体中，结合正弦定理求出三棱锥A﹣BCD的四个面的面积，求和即可．
【详解】由三视图知该几何体是如图所示的三棱锥A﹣BCD，将该三棱锥是放在棱长为4的正方体中，
A 是棱的中点，在△ADC中，AC＝2，且CD∴AD=，
2=4；
在△ABD中，AB＝2，BD=4，
由余弦定理得，
cos∠DAB，∴sin∠DAB，
∴2,
又与均为边长为4的正方形面积的一半，即为8，
∴三棱锥A﹣BCD的表面积为12+2=，
故选：A．
【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了余弦定理及三角形面积公式的应用，解题关键是由三视图还原为几何体，是中档题．
11.已知以圆的圆心为焦点的抛物线与圆在第一象限交于点，电商抛物线上任意一点与直线垂直，垂足为，则的最大值为（）.
A. -1
B. 2
C. 1
D. 8
【答案】C
【解析】
试题分析：求得圆心，可得抛物线C1方程，与圆C的交点A，运用抛物线的定义和三点共线，即可得到所求最大值．
详解：
圆C：（x﹣1）2+y2=4的圆心为焦点（1，0）的抛物线方程为y2=4x，
由，解得A（1，2），
抛物线C2：x2=8y的焦点为F（0，2），准线方程为y=﹣2，
即有|BM|﹣|AB|=|BF|﹣|AB|≤|AF|=1，
当且仅当A，B，F（A在B，F之间）三点共线，可得最大值1，
故选：C.
点睛：本题考查圆方程和抛物线的定义和方程的运用，考查方程思想和定义法解题，以及三点共线取得最值，属于中档题，一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用。

尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化.
12.已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
将不等式变形后，构造函数g(x)，结合选项对m讨论，利用导数分析函数的单调性及函数值的分布情况，对选项排除验证即可．
【详解】原不等式转化为>0在上恒成立，
记g(x)＝，
由基本初等函数的图象及导数的几何意义可知，
y=x+1与y=x-1分别为y=与y=的切线，
即,(x=0时等号成立)，（x=1时等号成立），可得(x=0时等号成立)，
∴m时，在上恒成立，
又在上恒成立，
∴在上恒成立，
∴m时符合题意，排除A、B；
当m>0时，验证C选项是否符合，只需代入m=3，此时g(x)＝，
则，此时0，
令)在上单调递增，且，∴在上恒成立，即在上单调递增，而0，∴在上恒成立，
∴g(x)在上单调递增,又g(0)=0，∴g(x)在上恒成立，
即m=3符合题意，排除D,
故选C.
【点睛】本题考查了导数的应用，考查了函数的单调性、最值问题，考查了分类讨论思想，注意小题小做的技巧，是一道综合题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知函数则的值为____．
【答案】
【解析】
【分析】
由函数的解析式，得到，即可求解.
【详解】由题意，根据函数，
可得.
【点睛】本题主要考查了微积分基本定理的应用，其中解答中根据函数的解析式，利用微积分基本定理，得到，然后利用定积分求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 14.在平面几何中，若正方形的内切圆面积为外接圆面积为则，推广到立体几何中，若正方体
的内切球体积为外接球体积为，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】
由面积比为半径比的平方，体积比为半径的立方可得结果。

【详解】正方形的内切圆半径为外接圆半径为，半径比，面积比为半径比的平方，类
比正方正方体内切球半径为外接球半径为，径比，所以体积比是半径比的立方=，填。

【点睛】立体几何中一个常见的猜想类比为面积比为半径比的平方，体积比为半径的立方可得结果。

15.已知函数若函数存在5个零点，则实数的取值范围为________. 【答案】
【解析】
【分析】
先作出函数y=2f(x)的图像，再令=0，则存在5个零点，再作函数y=的图像，数形结合分析得到a的取值范围.
【详解】先作出函数y=2f(x)的图像如图所示(图中黑色的曲线)，
当a=1时，函数y=|2f(x)-1|的图像如图所示（图中红色的曲线），它与直线y=1只有四个交点，即函数
存在4个零点，不合题意.
当1＜a＜3时，函数y=|2f(x)-a|的图像如图所示（图中红色的曲线），它与直线y=1有5个交点，即函数
存在5个零点，符合题意.
当a=3时，函数y=|2f(x)-3|的图像如图所示（图中红色的曲线），它与直线y=1有6个交点，即函数
存在6个零点，不符合题意.
所以实数a的取值范围为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查指数对数函数的图像，考查函数图像的变换，考查函数的零点问题，意在考查学生学这些知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.解答本题的关键是画图和数形结合分析图像.
16.已知平面四边形中，，，，，的面积为，______. 【答案】
【解析】
【分析】
由题意，根据余弦定理先求解出AB的长度；设则∠DBA＝，利用余弦定理建立方程组即可求解BD的长度．
【详解】设（）,BD=x,则AD=2x，
在△ABC中，由余弦定理可得：AC2＝BC2+AB2﹣2BC•AB•cos∠ABC=4，又，
∴AB=6,BC=4，又=, ∴；
在△ABD中，由余弦定理可得：AD2＝BD2+AB2﹣2BD•AB•cos(，
计算得到即，由+=1，即+=1，解得-16+48=0，解得=12或4，又，>-,所以=12，x=,
故答案为.
【点睛】本题考查了正余弦定理的应用和计算能力．属于中档题．
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17.已知递增的等差数列前项和为，若，.
（1）求数列的通项公式.
（2）若，且数列前项和为，求.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题意列出关于的方程组，求解，进而求得d，即可得到通项公式.
（2）整理，代入的表示式子即可求解.
【详解】（1）由，且知：，
公差，∴数列的通项公式为；
（2）
.
∴；
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式，考查了裂项求和，属于基础题.
18.如图，四棱锥的底面为直角梯形，，且
为等边三角形，平面平面；点分别为的中点．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
(1)求解线面平行，根据题意，连接相应的中位线，根据中位线的关系可得，四边形是平行四边形.
(2)设的中点为，可证两两垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，然后求出平面的法向量，最后利用向量的内积关系即可求解出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）设的中点为，连接，
为的中点，所以为的中位线，
则可得，且；
在梯形中，，且，
，
所以四边形是平行四边形，
，又平面，平面，
平面．
法二：设为的中点，连接，
为的中点，
所以是的中位线，所以，
又平面，平面，
平面，
又在梯形中，，且，
所以四边形是平行四边形，
，
又平面，平面，
平面，
又，
所以平面平面，
又平面，
平面．
（2）设的中点为，又．
因为平面平面，交线为，平面，
平面，
又由，，
．
即有两两垂直，如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系．
已知点，
设平面的法向量为：．
则有，可得平面的一个法向量为，
，
可得：，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】本题的第一问是比较常规的证明线面平行的题目，难点在于根据中点连成相应的平行四边形，进而证明出线面平行；第二问是常规的求线面角的正弦值，难点在于建立坐标系，当建立了坐标系后，即可求出平面的法向量，进而求解所求角的正弦值.
19.今有9所省级示范学校参加联考，参加人数约5000人，考完后经计算得数学平均分为113分.已知本次联考的成绩服从正态分布，且标准差为12.
（1）计算联考成绩在137分以上的人数.
（2）从所有试卷中任意抽取1份，已知分数不超过123分的概率为0.8.
①求分数低于103分的概率.
②从所有试卷中任意抽取5份，由于试卷数量较大，可以把每份试卷被抽到的概率视为相同,表示抽到成绩低于103分的试卷的份数，写出的分布列，并求出数学期望.
参考数据：
，，
.
【答案】（1）114人；（2）①② .
【解析】
【分析】
（1）利用正态分布的概率公式求得满足条件的概率，再乘以总人数，可得结果.
（2）①直接利用正态分布曲线的对称性求得结果.
②由题意易知找到x的取值，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和E（X）．
【详解】（1）设本次联考成绩为，由题意知在正态分布中，，，
因为，所以，
故所求人数为（人）.
（2）①.
②由题意易知
故，
，
，，
，，
.
【点睛】本题考查了正态分布的性质的应用问题，考查了二项分布的分布列与期望，关键是利用正态曲线的对称性求概率，是中档题．
20.已知椭圆的右焦点，，，是椭圆上任意三点，，关于原点对称且满足
.
（1）求椭圆的方程.
（2）若斜率为的直线与圆：相切，与椭圆相交于不同的两点、，求时，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题意设出，，的坐标，代入椭圆方程作差可得a与b的关系，结合右焦点坐标解得a，b即可. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式及根与系数的关系将用k与m表示，再利用直线与圆相切得到k，m的关系，代入表达式，得到关于k的不等式，解得k的范围即可．
【详解】（1）由题可设，，，
所以两式相减得，
.即，
所以，又，，所以，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设直线方程为，交椭圆于点，.
联立方程
，得，
，.
所以
=，
因为直线与圆相切，所以，
即，代入，得.
所以
因为，所以，
化简得，或（舍）.
所以或，
故k的取值范围为.
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质，弦长公式，涉及直线与圆相切的充要条件、一元二次方程的根与系数的关系、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
21.已知函数，其中.
（1）求函数的单调区间.
（2）若函数有两个极值点、，且，证明：.
【答案】（1）详见解析（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，研究导数中二次函数的单调性及零点的分布，从而求出函数的单调区间；
（2）通过韦达定理，将所证明的函数中的与a都用表示，构造新函数，由条件求得新函数的定义域，进而再利用导数求值域，即可证明结论.
【详解】（1）的定义域为，
令，
①即，即，即，当且仅当，时
所以在单调递增
②且，即，的两根，
，，即，在单调递减，，，即，在
单调递增.
③且，即时，的两根，
，，即，在单调递增，，，即，在单调递减，，，即，在单调递增，
综合上述：时，的单调增区间为
时，的单调增区间为，，
单调减区间为
，的单调增区间为，单调减区间为.
（2）由（1）可知，有两个极值点，则，且
则
=，
令，，
，则在，，则在上单调递增，，
则.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题，关键是利用减元思想将目标函数化简为只含一个变量的新函数，考查了推理能力与计算能力，考查了分类讨论数学思想，属于难题．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多则，则按所做的第一题记分.
22.在平面直角坐标系中，曲线（为参数，实数），曲线（为参数，实数）.在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与交于，
两点，与交于，两点.当时，；当，.
（1）求和的值.
（2）求的最大值.
【答案】（1），（2）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由曲线消去参数，得到曲线的普通方程，再由极坐标方程与直角的互化公式，得到曲线的极坐标方程，由题意可得当时，得，当时，.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，的极坐标方程，进而得到的表达式，利用三角函数的性质，即可求解.
【详解】（Ⅰ）由曲线：（为参数，实数），
化为普通方程为，展开为：，
其极坐标方程为，即，由题意可得当时，，∴.
曲线：（为参数，实数），
化为普通方程为，展开可得极坐标方程为，
由题意可得当时，，∴.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，的极坐标方程分别为，.
∴
，
∵，∴的最大值为，
当，时取到最大值.
【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及曲线的极坐标方程的应用，其中解答中熟记参数方程、普通方程和极坐标方程的互化，合理应用曲线的极坐标方程的转化是解答本题的关键，着重考查了转化思想和推理与运算能力.
23.已知函数的图象的对称轴为.
（1）求不等式的解集.
（2）若函数的最小值为，正数，满足，求的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题意得到m，代入f(x)并将f(x)去绝对值，分情况解不等式，再取并集即可.
（2）先由绝对值不等式的性质求得M，再构造均值不等式求解，即可得最小值．
【详解】（1）∵函数的对称轴为，∴，
∴.
由，得或，或，
解得或，故不等死的解集为.
（2）由绝对值不等式的性质，可知，
∴，∴，
∴.
（当且仅当a=，时取等号）.
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法及性质的应用，考查了均值不等式的应用，属于简单题．。