江西名校学术联盟2019届高三上学期教学质量检测考试(二)数学理
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取 ,得 ,所以m＝ ,
设平面BCD与平面BEF所成锐二面角为
则 ＝ ,
所以平面BCD与平面BEF所成锐二面角的余弦值为 .(12分)
19.解：(1)设 ，则 ，
因为 是奇函数，
所以 ，
即 .(6分)
(2)由题意可得 ，又 ，
所以 ， ，所以 在 上是减函数，所以 ，
故 是方程 的两个根.(12分)
20.解：（1）由 得 ，
两式相减得 ，即 ，
所以 ，
由 ，得 ， ，
所以 是首项为1，公比为 的等比数列.(6分)
(2)由(1)得 ， ，
所以 ,源自文库
设 ，
则 ，
两式相减得
= ，
所以 ，
所以 .(12分)
21.解：（1）由 ， 得 ，
两边平方得 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，(3分)
由 得， ，
所以 .(5分)
17.解：(1)由 及正弦定理可得 ，
即 ,(2分)
整理得 ，
因为 , ,所以 , . (5分)
（2）由 及△ABC的面积为 ，得 ，所以 .
由 ，
得 = ，
所以 ，所以△ABC的周长为30.(10分)
18.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，
15.【答案】
【解析】由题意，可设圆C的方程为 ，则 ， ，所以 ，则圆C的方程为 ，即 ，可得 ，设 ，则 = =
= ，由题意可知， ，所以 .
16.【答案】
【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为正方形，且OE= ，OG= ， ，所以 = ，即三棱锥 的外接球的半径为 ，所以三棱锥 的外接球的表面积为 .
所以 ,
故 ,所以 .(12分)
gkstk
江西名校学术联盟·2019届高三年级教学质量检测考试（二）
理数·参考答案
1.【答案】C
【解析】因为 , ，所以 ，故选C.
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.
4.【答案】D
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 , , , , ,
, , ， .(6分)
设平面BCD的一个法向量为n＝ ,则有 ,得 ,
取 ,得 ,所以n＝ ,
设平面BEF的一个法向量为m＝ ,则有 ,得 ,
9.【答案】C
【解析】由 ，可排除B，D，由 ， ，可得 ，由此可排除A，故选C.
10.【答案】D
【解析】当n为偶数时，由 恒成立，得 恒成立，所以 ，当n为奇数时，由 恒成立，得 恒成立，所以 ，即 ，综上可得实数a的取值范围为 .故选D.
11.【答案】A
【解析】设直线 与曲线 有公共点 ,则 ,设 ,则 ,所以 在 上是增函数,在 上是减函数,所以 , ，又 ，所以 ，当 时， ,所以 ,故选A.
时， ， 是减函数，
所以 ， ，
所以 在 上是减函数.(5分)
（2）若函数 的图象与直线 没有公共点,
则 恒成立，或 恒成立，
由 得 ，所以 恒成立，
即 恒成立，即 恒成立，(6分)
设 ,则 ,
问题转化为 , > 恒成立,(8分)
设 ,则 ,
所以 时, , 时, ,
所以 在 上递减,在 上递增,(10分)
(2)由 ,得 ，
因为曲线 在 处的切线经过点 ，
所以 ，即 ，所以 .(8分)
所以 ,
所以当 时， , 是增函数,
当 时， , 是减函数,
当 时， , 是增函数,(10分)
又
且
所以 在 上的最大值为 ,最小值为 .(12分)
22.解：(1)当 时， ,
所以 ,
设 ，则 ，
所以 时， ， 是增函数，
12.【答案】B
【解析】由 的图象经过点 ，则 ，所以 ，结合 可得 ， ，所以 ， ， ，所以 ，所以 ，故选B.
13.【答案】
【解析】由双曲线C的一条渐近线的方程为 ，得 ，所以双曲线C的离心率 .
14.【答案】
【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，直线斜率最小为 .
【解析】圆心为 的中点 ，半径为 ，故选D.
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 对任意 恒成立，q是真命题，故选C.
6.【答案】A
【解析】 ，得 ，所以 ，故选A.
7.【答案】B
【解析】 =
= ，故选B.
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，侧棱长为 ,故选B.
设平面BCD与平面BEF所成锐二面角为
则 ＝ ,
所以平面BCD与平面BEF所成锐二面角的余弦值为 .(12分)
19.解：(1)设 ，则 ，
因为 是奇函数，
所以 ，
即 .(6分)
(2)由题意可得 ，又 ，
所以 ， ，所以 在 上是减函数，所以 ，
故 是方程 的两个根.(12分)
20.解：（1）由 得 ，
两式相减得 ，即 ，
所以 ，
由 ，得 ， ，
所以 是首项为1，公比为 的等比数列.(6分)
(2)由(1)得 ， ，
所以 ,源自文库
设 ，
则 ，
两式相减得
= ，
所以 ，
所以 .(12分)
21.解：（1）由 ， 得 ，
两边平方得 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，(3分)
由 得， ，
所以 .(5分)
17.解：(1)由 及正弦定理可得 ，
即 ,(2分)
整理得 ，
因为 , ,所以 , . (5分)
（2）由 及△ABC的面积为 ，得 ，所以 .
由 ，
得 = ，
所以 ，所以△ABC的周长为30.(10分)
18.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，
15.【答案】
【解析】由题意，可设圆C的方程为 ，则 ， ，所以 ，则圆C的方程为 ，即 ，可得 ，设 ，则 = =
= ，由题意可知， ，所以 .
16.【答案】
【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为正方形，且OE= ，OG= ， ，所以 = ，即三棱锥 的外接球的半径为 ，所以三棱锥 的外接球的表面积为 .
所以 ,
故 ,所以 .(12分)
gkstk
江西名校学术联盟·2019届高三年级教学质量检测考试（二）
理数·参考答案
1.【答案】C
【解析】因为 , ，所以 ，故选C.
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.
4.【答案】D
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 , , , , ,
, , ， .(6分)
设平面BCD的一个法向量为n＝ ,则有 ,得 ,
取 ,得 ,所以n＝ ,
设平面BEF的一个法向量为m＝ ,则有 ,得 ,
9.【答案】C
【解析】由 ，可排除B，D，由 ， ，可得 ，由此可排除A，故选C.
10.【答案】D
【解析】当n为偶数时，由 恒成立，得 恒成立，所以 ，当n为奇数时，由 恒成立，得 恒成立，所以 ，即 ，综上可得实数a的取值范围为 .故选D.
11.【答案】A
【解析】设直线 与曲线 有公共点 ,则 ,设 ,则 ,所以 在 上是增函数,在 上是减函数,所以 , ，又 ，所以 ，当 时， ,所以 ,故选A.
时， ， 是减函数，
所以 ， ，
所以 在 上是减函数.(5分)
（2）若函数 的图象与直线 没有公共点,
则 恒成立，或 恒成立，
由 得 ，所以 恒成立，
即 恒成立，即 恒成立，(6分)
设 ,则 ,
问题转化为 , > 恒成立,(8分)
设 ,则 ,
所以 时, , 时, ,
所以 在 上递减,在 上递增,(10分)
(2)由 ,得 ，
因为曲线 在 处的切线经过点 ，
所以 ，即 ，所以 .(8分)
所以 ,
所以当 时， , 是增函数,
当 时， , 是减函数,
当 时， , 是增函数,(10分)
又
且
所以 在 上的最大值为 ,最小值为 .(12分)
22.解：(1)当 时， ,
所以 ,
设 ，则 ，
所以 时， ， 是增函数，
12.【答案】B
【解析】由 的图象经过点 ，则 ，所以 ，结合 可得 ， ，所以 ， ， ，所以 ，所以 ，故选B.
13.【答案】
【解析】由双曲线C的一条渐近线的方程为 ，得 ，所以双曲线C的离心率 .
14.【答案】
【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，直线斜率最小为 .
【解析】圆心为 的中点 ，半径为 ，故选D.
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 对任意 恒成立，q是真命题，故选C.
6.【答案】A
【解析】 ，得 ，所以 ，故选A.
7.【答案】B
【解析】 =
= ，故选B.
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，侧棱长为 ,故选B.