《江西省重点中学盟校2019届高三数学第一次联考试题理1236.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省重点中学盟校2019届高三数学第一次联考试题理1236.docx（26页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、q :p q会当凌绝顶、一览众山小江西省重点中学盟校 2019 届高三数学第一次联考试题 理 第 I 卷（选择题：共 60 分）一、选择题：（每小题 5 分，共 60 分每小题所给出的四个选项只有一项是符合题意)1已知集合A =1,2,3, 4,5，B = x |x -14 -x0, x Z ，则 A I B =( )A2,3B1,2,3, 4C1,2,3D1,2,3,52已知复数z =1 +3i3 -i，则 z =( )A22B2C1 D123 已 知 定 义 在 R 上 的 奇 函 数f(x)满 足 ： 当x 0, b 0) a 2 b 2上一点 M为圆心正视图左视图作圆，该圆与x轴相切于
2、C的一个焦点 F，与 y轴交于 P, Q两点，若PQ =2 33c，则双曲线 C 的离心率是( )俯视图A3B5C 2D211今有6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A204B288C348D39612若曲线f (x)=aex-ax(0 x 2) 和 g (x)=-x3+x2(xb 0) a 2 b2DPF F上的点，面积的最大值是 2 1 2（）求椭圆 C的方程；2的离心率为 ，焦点分别为2F , F1 2，点 P 是椭圆 C（
3、）设直线 l与椭圆 C交于 M , N 两点，点 D 是椭圆 C上的点， O是坐标原点，若OM +ON =OD,请说明理由判定四边形 OMDN的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，21（本小题满分 12 分）已知函数 f ( x ) =x (1-a ln x)， a R （）若 f ( x ) 在 (0,1 上存在极大值点，求实数 a 的取值范围；n（）求证： ln i 2(n -1)2，其中n N , n 2+i =1请考生在第 22、23 题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分。做答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。22（本小题满分 10 分）选修 4-4
4、：坐标系与参数方程选讲在平面直角坐标系中，以原点为极点，以 x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系， 已知曲线C的 极 坐 标 方 程 为r2=2rcosq-4rsinq+4， 直 线l1的 极 坐 标 方 程 为r(cosq-sinq) =3第 5 页 共 13 页会当凌绝顶、一览众山小（）写出曲线 C 和直线 l 的直角坐标方程；1（）设直线l2过点P ( -1,0)与曲线C交于不同两点A, B，AB的中点为 M ，l1与l2的交点为 N，求| PM | |PN |23（本题满分 10 分）选修 4-5；不等式选讲若关于 x 的不等式2 x +2 -2 x -1 -t 0在实数范围内有解（）求实
5、数 t 的取值范围；（ ） 若 实 数 t 的 最 大 值为 a ， 且 正 实 数m , n , p满 足m +2n +3 p =a， 求 证 ：1 2+ 3 m +p n +p.第 6 页 共 13 页= -1 2 会当凌绝顶、一览众山小江西省重点中学盟校 2019 届高三第一次联考理科数学参考答案 一、选择题：题号答案1A2C3D4B5C6D7A8B9B10A11C12D二、填空题： 1367214.15415.3716 5p三、解答题：17.解：()设等比数列a n的公比为q ( q 0)，由题意，得a +a =6a q +q 5 6 42=6 解得 q =2 或 q =-3（舍）2
6、分又a =4 a =1 3 1所以a =a qn 1n -1=2n -14 分b =log a +log a n 2 n 2 n +1=n -1+n =2 n -16 分()S =nn (b +b ) n1+(2 n -1) 1 n =2 2=n27 分c =n4 n1 1 1 1 2 2 n -1 2 n +1 ，9 分T =n1 1 1 1 1 - + - +2 3 3 5 1 1 n + - =2n -1 2n +1 2n +112 分18.解：（）四边形 ABCD 是正方形， BC DC . 平面 PCD平面 ABCD =CD ， BC 平面 PCD . DE 平面 PDC ， BC
7、DE . AD =PD =DC ，点 E 为线段 PC 的中点， PC DE .PzGE又 PC CB =C ， DE 平面 PBC .又 DE 平面 DEF ，平面 DEF 平面 PBC .5 分DC（）由（）知 BC 平面 PCD ， AD / / BC ， AD 平面 PCD .xA FB在平面 PCD 内过 D 作 DG DC 交 PC 于点 G ， AD DG ，故 DA ， DC ， DG 两两垂直，以 D 为原点，以 DA ， DC ， DG 所在直线分别为 x , y , z 轴，建立如图所示空间直角坐标系 D -xyz . 因为 AD =PD =1 ， PCD =120 ，
8、PC = 3 .第 7 页 共 13 页4 4(4 41会当凌绝顶、一览众山小 1 3 AD 平面 PCD ， 则 D (0,0,0 )，C(0,1,0)， P 0, - , 2 2 1 3 又 E 为 PC 的中点， E，7 分 0, , 假 设 在 线 段 AB 上 存 在 这 样 的 点 F ， 使 得 t a nq= 1 3 )，DE =0, , ， DF = 1, m,0 n DE =0,1n =( x , y , z )设平面 DEF 的法向量为， 则 n DF =0, 12 ,3 设F (1,m,0 )(m0)，x +my =0 1 3y + z =0 4 4，令y = 3，则z
9、 = 1 - , x=3，m-则n =( -m3-,3, 19 分)1AD 平 面 P C D ， 平 面 P C D 的 一 个 法 向 量 n =(1, 0 , 0) , tan q =2 3 , 则2qcos cos=q1313= cos =1 2- 3m 3m 2 +3 +113= .13m 0，解得m =1 AF 1， =3 FB 212 分19.解：（1）补充的 2 2 列联表如下表：甲班乙班总计成绩优秀成绩不优秀总计9112016420251540根据 2 2 列联表中的数据，得 K 2 的观测值为 k =40(9 4 -16 11)2 25 15 20 205.227 3.84
10、1 ，所以有 95% 以上的把握认为“成绩优秀与教学方式有关”.5 分 （2） X 的可能取值为 0 ，1 ， 2 ， 3 ，第 8 页 共 13 页332131 231 2P ( X =0) =会当凌绝顶、一览众山小C 165 3311 = = ，6 分C 455 9115P ( X =1) =C C 220 4411 4 = =C 455 9115，7 分P ( X =2) =C C 6611 4 =C 45515，8 分P ( X =3) =C 3 44 = ，9 分 C 3 45515所以 X 的分布列为XP03391144912664553445510 分EX =0 33 44 66
11、 4 4 +1 +2 +3 =91 91 455 455 512 分 c 2=a 220. 解 ： (1) 由 bc =2 解 得 a =2 , b = c = 2得 椭 圆 C的 方 程 为a2=b2+c2x 2 y 2+ =14 2.4 分（2）当直线l的斜率不存在时，直线 MN 的方程为 x =-1或 x =1，此时四边形OMDN 的面积为 6 5 分当直线 l的斜率存在时，设直线 l方程是y =kx +m，联立椭圆方程y =kx +m x 2 y 2 + =14 2 (1+2k2) x2+4kmx +2m2-4 =0D=8(4k 2 +2 -m2 ) 0，x +x =1 2-4km 2
12、m2 -4, x x =1 +2k 2 1 +2k 2第 9 页 共 13 页D+-会当凌绝顶、一览众山小y +y =k ( x +x ) +2 m = 1 2 1 22 m1 +2 k27 分MN = 1 +k22 2 4 k 2 +2 -m 1 +2 k 228 分点 O 到直线 MN 的距离是d =m1 +k29 分-4km 2m x =, y =OM +ON =OD,由得1 +2k 2 1 +2k D因 为 点 D 在 曲 线 C 上 ， 所 以 有2-4km 2m ( ) 2 (1 +2k 2 1 +2 k 4 22)2=1整 理 得1 +2 k 2 =2 m210 分由题意四边形
13、OMDN 为平行四边形，所以四边形 OMDN 的面积为SOMDN= MN d = 1 +k22 2 4 k 2 +2 -m 1 +2 k 22m 2 2 m 4k 2 =1 +k 2 1 +2 k+2 -m22 11 分由 1 +2 k2=2 m2得S = 6OMDN, 故 四 边 形 OMDN 的 面 积 是 定 值 ， 其 定 值 为612 分21.解：（1）由于f ( x) =121x 2 (1-2a -a ln x )，则当a 0时，f ( x ) 0 ln x 0 ， f ( x )单调递增；当x (e1-2aa, +)时， f ( x) 0， f ( x )单调递减；故 f ( x
14、 ) 在 x =e1-2aa处取得极大值，则0 0恒成立， f ( x )无极值，不合题意舍去；4 分当a 0 ln x 1 -2 aa，第 10 页 共 13 页nn nkk +1k会当凌绝顶、一览众山小即当x (0,e1-2aa)时， f ( x ) 0， f ( x)单调递增；故 f ( x )在x =e1-2aa处取得极小值，不合题意舍去；因此当a 12时， f ( x ) 在 (0,1 上存在极大值点； 6 分（2）法一：令a =1 1， f ( x) = x (1 - ln x ) 2 2，由（1）得： f ( x )在 x =1 处取得极大值 1，且该极值是唯一的，则1x (1
15、- ln x ) 1 2，即1ln x 2(1- )x，当且仅当x =1时取“=”，8 分故当i 2时 ，l i 1in-+2-1 i2=4，( i -10 分1 iii)因此li = i -i - i - =n - -n - =n -2 ni =1i =i =212 分n法二：下面用数学归纳法证明： ln i 2(n -1)2，对n N , n 2+恒成立i =1（1）当n =2时，左边=ln 2 ln e =1 1 1 ，右边 =2( 2 -1)2 右边，结论成立；（2）假设当 n =k 时，结论成立，即ln i 2(k -1)2，i =1当n =k +1时，左边=ln i =ln i +
16、ln(k +1) 2(k -1)2 +ln( k +1)i =1i =1=2( k +1 -1) 2 -2(1+2 k -2 k +1) +ln(k +1)，而 ln( k +1) -2(1+2 k -2 k +1)=ln(k +1) -2 +4 2 ln( k +1) -2 +k +1 + k k +1，第 11 页 共 13 页23会当凌绝顶、一览众山小令a =1 1， f ( x) = x (1 - ln x ) 2 2，由（1）得：f ( x)在x =1处取得极大值 1，且该极值是唯一的，则x (1-12ln x ) 1，即ln x 2(1-1x)，当且仅当 x =1 时取“=”， 1
17、0分则ln(k +1) -2 +1k +10对k N+恒成立，即2( k +1 -1) 2 -2(1+2 k -2 k +1) +ln(k +1) 2( k +1 -1) 2 成立故当n =k +1时，结论成立，n因此，综合（1）（2）得 ln i 2(n -1)2，对n N , n 2+恒成立12i =1分22.（）曲线 C :r2=2rcosq-4rsinq+4的直角坐标方程为：x2+y2=2 x -4 y +4；即 ( x -1)2+( y +2)2=9l :1r(cosq-sinq) =3的直角坐标方程为：x -y -3 =0.4 分（）直线 l 的参数方程 x =-1+tcos a
18、y =t sin a（ t 为参数），将其代入曲线C的普通方程并整理得t2-4(cosa-sina)t -1 =0，设 A, B 两点的参数分别为t , t12，则t +t =4(cos 1 2a-sina)7 分因为 M 为 AB 的中点，故点 M 的参数为t +t122 =2(cosa-sina)，8 分设 N点 的 参 数 分 别 为t3， 把 x =-1+t c oas y =t s i an代 入x -y -3 =0整 理 得t =34 c o as-9 分 sai n所以| PM | |PN |=|t +t1 2 | |t |=2 | cos a-sin a| |2 cos4a-s
19、ina|=8.10 分第 12 页 共 13 页23.解：（1）因为会当凌绝顶、一览众山小2 x +2 -2 x -1 -t 0 所以 2 x +2 -2 x -1 t又因为2 x +2 -2 x -1 2 x +2 -(2 x -1) =33 分所以 t 3 5 分（2）由（1）可知，a =3,则方法一：1 2 1 1 4+ = ( + )(m +p ) +(2 n +2 p ) m +p n +p 3 m +p 2 n +2 p1 2 n +2 p 4( m +p ) 1 2 n +2 p 4(m +p ) = 1+4 + + (1+4 +2 3 m +p 2 n +2 p 3 m +p 2n +2 p) =31 2+ 3 m +p n +p10 分方法二：利用柯西不等式1 2 1 1 4+ = ( + )(m +p ) +(2 n +2 p ) m +p n +p 3 m +p 2 n +2 p1 1 4 ( m +p + 2 n +2 p ) 3 m +p 2n +2 p2=31 2+ 3 m +p n +p10 分第 13 页 共 13 页