江西省2018届高三毕业班新课程教学质量监测数学(理)试题 1

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江西省2018年高中毕业班新课程教学质量监测卷
理科数学
第Ⅰ卷(选择题共60分)
一、选择题:本大题共12个小题,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. 集合,,则等于()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题设知,,所以,
故选:A
2. 若复数满足,其中为虚数单位,则在复平面内所对应的点位于()
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
【答案】B
【解析】,
在复平面内所对应的点的坐标为,位于第二象限,
故选:B.
3. 我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤,问次一尺各重几何?”意思是:“现有一根金杖,长5尺,一头粗,一头细,在粗的一端截下1尺,重4斤;在细的一端截下1尺,重2斤;问依次每一尺各重多少斤?”.设该问题中的金杖由粗到细是均匀变化的,则其重量为()
A. 6斤
B. 10斤
C. 12斤
D. 15斤
【答案】D
【解析】由题意知,由细到粗每段的重量成等差数列,记为,设公差为,则

故选:D.
4. 已知向量,的夹角为,且,,则等于()
A. 1
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
故选:B
5. 方程表示双曲线的一个充分不必要条件是()
A. B. 或
C. D.
【答案】D
【解析】由题意知,,或,则A,C均不正确,而B为充要条件,不合题意,
故选:D.
6. 执行如图所示的程序框图,输出的()
A. 21
B. 43
C. 53
D. 64
【答案】B
【解析】执行程序框图,有S=4,n=1,T=3,不满足条件T>2S,S=7,n=2,T=7,不满足条件T>2S,S=10,n=3,T=13,不满足条件T>2S,S=13,n=4,T=21,不满足条件T>2S,S=16,n=5,T=31不满足条件,S=19,n=6,T=43满足条件T>2S,退出循环,输出T的值为43.
故选:B.
7. 设变量,满足约束条件,则目标函数的最大值为()
A. 3
B. 4
C. 11
D. 40
【答案】C
【解析】等式所表示的平面区域如图所示,
当所表示直线经过点时,有最大值11.
故选:C
点睛:本题考查的是线性规划问题,解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化,即数形结合思想.需要注意的是:一,准确无误地作出可行域;二,画目标函数所对应的直线时,要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较,避免出错;三,一般情况下,目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.
8. 若一个空间几何体的三视图如图所示,且已知该几何体的体积为,则其表面积为()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】该几何体是半个圆锥,
,,母线长为,
所以其表面积为,
故选:A
点睛:三视图问题的常见类型及解题策略
(1)由几何体的直观图求三视图.注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向,注意看到的部分
用实线表示,不能看到的部分用虚线表示.
(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图.先根据已知的一部分三视图,还原、推测直观图的可能形式,然后再找其剩下部分三视图的可能形式.当然作为选择题,也可将选项逐项代入,再看看给出的部分三视图是否符合.
(3)由几何体的三视图还原几何体的形状.要熟悉柱、锥、台、球的三视图,明确三视图的形成原理,结合空间想象将三视图还原为实物图.
9. 已知等比数列的首项,前项和为,若,则数列的最大项等于()
A. -11
B.
C.
D. 15
【答案】D
【解析】由已知得,,
所以,由函数的图像得到,当时,数列的最大项等于15.
故选:D
10. 已知将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象,则
在上的值域为()
A. B. C. D.
【答案】C
.....................
故选:C
11. 定义在上的偶函数(其中为自然对数的底),记,,
,则,,的大小关系是()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由函数是偶函数得,当时,所以函数在区间上单调递增,
又.
故选:A
12. 已知直线:与抛物线:相交于,两点,与轴相交于点,点满足
,,过点作抛物线的切线,与直线相交于点,则的值()A. 等于8 B. 等于4 C. 等于2 D. 与有关
【答案】C
【解析】由,设,则,
又的方程为,所以.
设切点,因为,所以的方程为,
所以,,
又点的坐标为,所以的值为
故选:C
点睛:求定值问题常见的方法
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.
②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
第Ⅱ卷(非选择题共90分)
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 在的展开式中的系数为__________.
【答案】160
【解析】展开式的通项为:,
令,所以系数为:
故答案为:160
14. 设函数,其中,,,若对一切恒成立,则函数
的单调递增区间是__________.
【答案】
【解析】由已知函数的周期为,一个最小值点为,由图像可以得递增区间

故答案为:
15. 在圆:上任取一点,则锐角(为坐标原点)的概率是__________.【答案】
【解析】当时,的方程为,圆心到直线的距离为:
,又圆的半径为,此时弦所对的圆心角为,所以所求概率为:
故答案为:
16. 四棱锥中,底面是边长为2的正方形,侧面是以为斜边的等腰直角三角形,若四棱锥的体积取值范围为,则该四棱锥外接球表面积的取值范围是__________.
【答案】
【解析】四棱锥中,可得:平面平面平面
,过作于,则平面,设,故,所以,,
故答案为:
点睛:解决与球有关的内切或外接的问题时,解题的关键是确定球心的位置.对于外切的问
题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;对于球的内接几何体的问题,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径.
三、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中,角,,的对边分别为,,,已知.
(1)求;
(2)若,,求的面积.
【答案】(1) ;(2)1.
【解析】试题分析:(1)由即正弦定理可得,再利用内角和定理与两角和正弦公式可得,从而得到答案;(2)由,设
,,利用余弦定理可得,然后可得面积. 试题解析:
(Ⅰ)由得,

所以;
(Ⅱ),设,

由余弦定理得:,
所以,
所以的面积.
点睛:解三角形问题,多为边和角的求值问题,这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系,从而达到解决问题的目的.其基本步骤是:
第一步:定条件,即确定三角形中的已知和所求,在图形中标出来,然后确定转化的方向. 第二步:定工具,即根据条件和所求合理选择转化的工具,实施边角之间的互化.
第三步:求结果.
18. 为选拔选手参加“中国诗词大会”,某中学举行一次“诗词大赛”活动.为了了解本次竞赛学生的成绩情况,从中抽取了部分学生的分数(得分取正整数,满分为100分)作为样本(样本容量为)进行统计.按照,,,,的分组作出频率分布直方图,并作出样本分数的茎叶图(图中仅列出了得分在,的数据).
(1)求样本容量和频率分布直方图中、的值;
(2)在选取的样本中,从竞赛成绩在80分以上(含80分)的学生中随机抽取2名学生参加“中国谜语大会”,设随机变量表示所抽取的2名学生中得分在内的学生人数,求随机变量的分布列及数学期望.
【答案】(1)见解析;(2)见解析.
【解析】试题分析:(1)由频率分布直方图及题意可得样本容量与、的值;(2)抽取的2名学生中得分在的人数X可能取值0,1,2,求出相应的概率值,即可得到随机变量的分布列及数学期望.
试题解析:
(1)由题意可知,样本容量,

(2)分数在内的学生有人,分数在内的学生有人,
抽取的2名学生中得分在的人数X可能取值0,1,2,
则,,,
则的分布列为
所以.
19. 如图平行六面体中,,,,,,平面平面.
(1)求该平行六面体的体积;
(2)设点是侧棱的中点,求二面角的余弦值.
【答案】(1)见解析;(2).
【解析】试题分析:(1)由条件易知,又又平面平面,平面,
故;(2),以为原点,所在直线分别为轴,轴,
轴建立空间直角坐标系,求出面与平面的法向量,代入二面角向量公式即可. 试题解析:
(Ⅰ),所以,

又平面平面,平面,
,即该平行六面体的体积;
(Ⅱ)如图,以为原点,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,则,,所以点坐标为,设平面的法向量,
由,
由,令,
所以,又平面的法向量为.
,所以所求二面角的余弦值为.
点睛::本题主要考查线面垂直的判定定理以及用空间向量求二面角,属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)根据定理结论求出相应的角和距离.
20. 已知椭圆:的离心率,过点、分别作两平行直线、,与椭圆相交于、两点,与椭圆相交于、两点,且当直线过右焦点和上顶点时,四边形的面积为.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若四边形是菱形,求正数的取值范围.
【答案】(1);(2).
【解析】试题分析:(1)由题意布列a,b的方程组,解之即可;(2)依题意可以分别设的方程为:,由椭圆的对称性得:,所以是平行四边形,所以是菱形,等价于,即,联立方程,由韦达定理及垂直关系可得:
,结合条件建立m,k的不等关系,即可得到正数的取值范围.
试题解析:
(Ⅰ),椭圆方程可以化为,
直线过右焦点和上顶点时,方程可以设为,联立得:
,所以四边形的面积为,
所以椭圆方程为:;
(Ⅱ)依题意可以分别设的方程为:,由椭圆的对称性得:,所以是平行四边形,所以是菱形,等价于,即,
将直线的方程代入椭圆方程得到:,
由,
设,由,
得到:,
从而:,化简得:,
所以解得,
所以正数的取值范围是.
21. 已知函数(其中为自然对数的底,)的导函数为. (1)当时,讨论函数在区间上零点的个数;
(2)设点,是函数图象上两点,若对任意的,割线的斜率都大于
,求实数的取值范围.
【答案】(1)见解析;(2).
【解析】试题分析:(1)由,记,问题转化为函数的图象与x轴的交点个数问题;(2)对任意的,割线的斜率都大于,即,
记,研究函数的单调性与最值即可.
试题解析:
(1)时,由,记,
,当时,,当时,,所以当时,取得极小值,
①当即时,函数在区间上无零点;
②当即时,函数在区间上有一个零点;
③当即时,函数在区间上有两个零点;
(2),
,,
依题意:对任意的,都有,
即,
记,,
记,则. 记,
则,
所以时,递增,所以,
①当即时,,即,所以在区间上单调递增,所以
,得到,从而在区间上单调递增,
所以恒成立;
②当即时,因为时,递增,所以,
所以存在,使得时,即,所以在区间上单调递减,所以时,即,
所以时,在区间上单调递减,所以时,,从而
不恒成立。

综上:实数的取值范围是.
请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分,作答时请用2B
铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.
22. 选修4-4:坐标系与参数方程
在直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,以
轴正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.
(1)写出曲线的直角坐标方程;
(2)已知点的直角坐标为,直线与曲线相交于不同的两点,,求的取值范围.
【答案】(1) ;(2) .
【解析】试题分析:(1)由,可把曲线的极坐标方程为转化为,化成标准形式即可;(2)将直线的参数方程与椭圆的直角坐标方程联立,得,整理得,
∴,结合正弦函数的有界性,即可得到的取值范围.
试题解析:
(Ⅰ);
(Ⅱ)因为点在椭圆的内部,故与恒有两个交点,即,将直线的参数方程与椭圆的直角坐标方程联立,得,整理得

则.
23. 选修4-5:不等式选讲
已知函数.
(1)若的最小值为2,求的值;
(2)若对,,使得不等式成立,求实数的取值范围.
【答案】(1) ;(2) .
【解析】试题分析:(1)由,;(2)由(1)知
的最小值为, 使得不等式成立,则.
试题解析:
(Ⅰ),
当且仅当取介于和之间的数时,等号成立,
故的最小值为,;
(Ⅱ)由(Ⅰ)知的最小值为,
故,使成立,
即,,.。

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