- 2.49 MB
- 2021-06-23 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
2019—2020届临川一中上学期第一次联合考试
高三数学试题(理)
一、选择题:本大题共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.若,则( )
A. -2 B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据共轭复数的性质可知,直接利用复数模的性质即可求解.
【详解】因为
所以
,故选C.
【点睛】本题主要考查了复数模的性质,共轭复数的性质,属于中档题.
2.设集合,,若,则的取值范围为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
集合的交集运算即求两个集合的公共元素,说明集合没有公共元素,借助于数轴列式计算.
【详解】因为,所以,解得或.
【点睛】本题考查集合的交集运算,考查运算求解能力与推理论证能力.
3.设,则“”是“”的()
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
利用充分、必要条件的定义即可判断。
【详解】,因为,可推出;时,若,则无法推出,所以“”是“”的充分不必要条件,故选A。
【点睛】本题主要考查分、必要条件的定义的应用。
4.若函数的图象上存在与直线垂直的切线,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
函数的图象上存在与直线垂直的切线,即有解,转化为有解即可求出.
【详解】因为函数的图象上存在与直线垂直的切线,
所以函数的图象上存在斜率为2的切线,
故有解,
所以有解,
因为的值域为
所以.
【点睛】本题主要考查了函数导数的几何意义,方程有根的问题,转化思想,属于中档题.
5.若,,则下列不等式一定成立的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用指数函数与对数函数的性质结合特殊值可得正确答案.
【详解】A选项,取,不等式不成立;
B选项,
故B正确;
C选项,取,不等式不成立,
D选项,当, ,,当且,,所以,而,所以不等式不成立.
【点睛】本题主要考查了指数、对数函数性质,以及与不等式的交汇,属于中档题.
6.17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过:“几何学里有两件宝,一个是勾股定理,另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话,那么可以把黄金分割比作钻石矿.”黄金三角形有两种,其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形,它是一个顶角为的等腰三角形(另一种是顶角为
的等腰三角形).例如,五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成,如图所示,在其中一个黄金中,.根据这些信息,可得( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
要求的值,需将角用已知角表示出来,从而考虑用三角恒等变换公式解题.已知角有,正五边形内角,,已知三角函数值有
,所以,从而.
【详解】由题可知,且,,
则.
【点睛】本题考查三角恒等变换,考查解读信息与应用信息的能力.
7.若函数,在上的最大值为4,则的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用分段函数的单调性,结合已知条件求解即可.
【详解】因为函数,
时,函数为增函数,
时,函数为增函数,
且
所以.
【点睛】本题主要考查了分段函数的应用,函数的单调性以及函数的最值求法,属于中档题.
8.将编号为1,2,3,4,5,6六个小球放入编号为1,2,3,4,5,6的六个盒子,每个盒子放一个小球,若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同,则不同的放法种数是( )
A. 40 B. 60
C. 80 D. 100
【答案】A
【解析】
解:三个小球放入盒子是不对号入座的方法有 种,由排列组合的知识可得,不同的放法总数是: 种.
本题选择A选项.
9.执行如图所示的程序框图,若输出的结果是7,则判断框内的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
依次运行程序框图中的程序可得:
第一次,,满足条件,继续运行;
第二次,,满足条件,继续运行;
第三次,,满足条件,继续运行;
第四次,,满足条件,继续运行;
第五次,,满足条件,继续运行;
第六次,,不满足条件,停止运行,输出7.
故判断框内的取值范围为.选A.
10.已知,为椭圆的两个焦点,为椭圆短轴的一个端点,,则椭圆的离心率的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
用表示出,解出不等式得出的范围.
【详解】由椭圆定义可知:,,
则,
所以,
因为,即,
,即.
.
【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质,平面向量的数量积运算,属于中档题.
11.设曲线与轴、轴、直线围成的封闭图形的面积为,若在上的单调递减,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由定积分可以求出b, 在上单调递减可转化为在
上恒成立即可求解.
【详解】由题意,,
所以,
因为在上的单调递减,
所以在上恒成立,
即在上恒成立,
只需,解得.
【点睛】本题主要考查了利用定积分求面积,函数的单调性与导数的关系,不等式的恒成立问题,属于中档题.
12.设数列前n项和为,且满足,,用表示不超过x的最大整数,设,数列的前2n项和为,则使成立的最小正整数n是()
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】
利用求得数列通项公式以及前项和,利用二项式展开式化简,求得,利用分组求和法求得数列的前2n项和,由此求得使成立的最小正整数的值.
【详解】令,得,又,解得,,又,
,所以,又,可求得,.所以
,
即,所以,即
,所以,因此,当时,;当时,.使成立的最小正整数n是6.
故选B.
【点睛】本题考查等比数列通项公式及前项和公式,考查分组求和法,考查推理论证能力和创新意识,属于难题.
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13.展开式中的常数项为______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用二项展开式的通项公式即可求出.
【详解】因为,
令,解得,
所以展开式中常数项为.
【点睛】本题主要考查了二项展开式的通项公式,属于中档题.
14.设是公差不为0的等差数列的前项和,且,则______.
【答案】
【解析】
【分析】
由可得,利用前n项和公式及通项公式即可求解.
【详解】因为,
所以,
,,,
所以.
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式与前n项和公式,属于中档题.
15.如图所示是一几何体的三视图,正视图是一等腰直角三角形,且斜边长为2,侧视图是一直角三角形,俯视图为一直角梯形,且,则异面直线与所成角的正切值是______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据三视图画出空间图形的直观图,取AD中点E,连接BE,PE,CE,将CD平移到BE,根据异面直线所成角的定义可知为异面直线PB与CD所成角,在直角三角形中,求出其正切值即可.
【详解】作出直观图如图:
取AD中点E,连接BE,PE,CE,
因为CDBE,
根据异面直线所成角的定义可知为异面直线PB与CD所成角,
由条件知,,
.
【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角,空间图形的三视图,考查了空间想象能力、运算能力,属于中档题.
16.已知双曲线的左、右焦点分别为,,点是双曲线左支上的一点,若直线与直线平行且的周长为,则双曲线的离心率为______.
【答案】2
【解析】
【分析】
根据双曲线的定义及三角形的周长可求出,利用直线与直线平行知,结合余弦定理即可求解.
【详解】由双曲线定义知,又
解得,
因为直线与直线平行,
所以,故,
由余弦定理得:
即,化简得,
解得或(舍去).
【点睛】本题主要考查了双曲线的定义,余弦定理,双曲线的离心率,属于难题.
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.第17—21题为必考题,每道试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.
(一)必考题:共60分.
17.的内角、、所对的边长分别为、、,已知.
(1)求的值;
(2)若,点在线段上,,,求的面积.
【答案】(1);(2).
【解析】
【分析】
(1)由正弦定理将条件统一为三角函数,化简即可求解(2),两边平方可转化为关于的方程,求解代入三角形面积公式即可.
【详解】(1)∵,
由正弦定理得:,
即,即,
在中,,所以.
(2),两边平方得:,
由,,,
得,
可得,
解得:或(舍),
所以的面积.
【点睛】本题主要考查了正弦定理,三角恒等变换,向量数量积的性质,三角形面积公式,属于中档题.
18.如图,在三棱锥中,平面平面,,,,分别为线段上点,且,,.
(1)求证:平面;
(2)若与平面所成的角为,求平面与平面所成的锐二面角.
【答案】(1)证明见解析;(2)30°.
【解析】
试题分析:
(1)由条件可得为直角三角形,且.故由余弦定理可得
,所以,从而,又由条件可得,故平面.(2)由两两互相垂直可建立空间直角坐标系,结合条件可求得平面的法向量和平面的法向量,根据两法向量夹角的余弦值可得锐二面角的大小.
试题解析:
(1)证明:连,由题意知.
∴
在中,由余弦定理得
,
∴,
∴,
又因为,
∴
又,
又,,
∴平面.
(2)由(1)知两两互相垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,
由与平面所成的角为,知,
则
∴
因为
由(1)知 平面,
∴ 平面
∴为平面的一个法向量.
设平面的法向量为,
则 ∴,
令,则,
∴为平面的一个法向量.
∴
故平面与平面的锐二面角的余弦值为,
所以平面与平面的锐二面角为.
点睛:
(1)在建立空间直角坐标系后求平面的法向量时,首先要判断一下条件中是否有垂直于面的直线.若有,则可将直线的方向向量直接作为平面的法向量,以减少运算量.
(2)求二面角的余弦值时,在求得两平面法向量夹角的余弦值后,要根据图形判断出二面角是锐角还是钝角,然后再求出二面角的余弦值.
19.已知椭圆的离心率,一个长轴顶点在直线上,若直线与椭圆交于,两点,为坐标原点,直线的斜率为,直线的斜率为.
(1)求该椭圆的方程.
(2)若,试问的面积是否为定值?若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.
【答案】(1);(2)的面积为定值1.
【解析】
【分析】
(1)根据离心率及长轴即可写出椭圆标准方程(2)设,,当直线的斜率存在时,设其方程为,求,点到直线的距离,写出三角形面积,化简即可求证.
【详解】由,又由于,一个长轴顶点在直线上,
可得:,,.
(1)故此椭圆的方程为.
(2)设,,当直线的斜率存在时,设其方程为,
联立椭圆的方程得:,
由,可得,
则,,
,
又点到直线的距离,
,
由于,
可得:,
故,
当直线的斜率不存在时,可算得:,
故的面积为定值1.
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系,三角形的面积公式,考查了学生的运算能力及推理能力,属于难题.
20.抚州不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化,更有着许多旅游景点.每年来抚州参观旅游的人数不胜数.其中,名人园与梦岛被称为抚州的两张名片,为合理配置旅游资源,现对已游览名人园景点的游客进行随机问卷调查.若不去梦岛记1分,若继续去梦岛记2分.每位游客去梦岛的概率均为,且游客之间的选择意愿相互独立.
(1)从游客中随机抽取3人,记总得分为随机变量,求的分布列与数学期望;
(2)若从游客中随机抽取人,记总分恰为分的概率为,求数列的前6项和;
(3)在对所有游客进行随机问卷调查的过程中,记已调查过的累计得分恰为分的概率为,探讨与之间的关系,并求数列的通项公式.
【答案】(1)详见解析;(2);(3);.
【解析】
【分析】
(1)根据n次独立重复试验模型可求解(2)总分恰为的概率,求前6项和即可(3)已调查过的累计得分恰为 分的概率为,得不到分的情况只有先得分,再得2分,概率为,可得递推关系,构造等比数列求解即可.
【详解】(1)可能取值为3,4,5,6
,
,
,
,
故其分布列为
3
4
5
6
.
(2)总分恰为的概率,
故.
(3)已调查过的累计得分恰为 分的概率为,得不到分的情况只有先得分,再得2分,概率为,而,
故,即,
可得,,
所以
可得.
【点睛】本题主要考查了n次独立重复试验,分布列、期望,等比数列求和,由递推关系式求通项公式,属于难题.
21.已知函数.
(1)讨论的单调性.
(2)试问是否存在,使得对恒成立?若存在,求的取值范围;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)见解析;(2) 存在;的取值范围为.
【解析】
【分析】
(1),,
所以得,所以通过对与的大小关系进行分类讨论得的单调性;
(2)假设存在满足题意的的值,由题意需,所以由(1)的单调性求即可;
又因为对恒成立,所以可以考虑从区间内任取一个值代入,解出的取值范围,从而将的范围缩小减少讨论.
【详解】解:(1),.
当时,,在上单调递增
当时,,在上单调递减,在上单调递增
当时,在上单调递减,在,上单调递增;
当时,在上单调递减,在,上单调递增.
(2)假设存在,使得对恒成立.
则,即,
设,则存在,使得,
因为,所以在上单调递增,
因为,所以时即.
又因为对恒成立时,需,
所以由(1)得:
当时,在上单调递增,所以,
且成立,从而满足题意.
当时,在上单调递减,在,上单调递增,
所以
所以(*)
设,,则在上单调递增,
因为,
所以的零点小于2,从而不等式组(*)的解集为,
所以即.
综上,存在,使得对恒成立,且的取值范围为.
【点睛】求可导函数的单调区间的一般步骤是:
(1)求定义域;
(2)求;
(3)讨论的零点是否存在;若的零点有多个,需讨论它们的大小关系及是否在定义域内;
(4)判断在每个区间内的正负号,得的单调区间.
当在区间上恒成立时,需.
(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.
22.在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),在同一平面直角坐标系中,经过伸缩变换得到曲线,以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系(为极径,为极角).
(Ⅰ)求曲线的直角坐标方程和曲线的极坐标方程;
(Ⅱ)若射线与曲线交于点,射线与曲线交于点,求的值.
【答案】(Ⅰ),;(Ⅱ).
【解析】
【分析】
(Ⅰ)消去参数,求得曲线的直角方程为,再根据图象的变换公式,即可求解曲线的方程,进而得到其极坐标方程;
(Ⅱ)将代入,根据极坐标中极经的几何意义,即可求解。
【详解】(Ⅰ)由曲线的参数方程为 (为参数),
得,所以曲线的直角方程为;
曲线经过伸缩变换得到的参数方程为,得,
所以曲线的极坐标方程为.
(Ⅱ)将代入
得,即,
同理,
所以.
【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化,极坐标方程与直角坐标方程的互化,以及图象的变换和极坐标的应用,着重考查了推理与运算能力,属于基础题。
23.已知函数,.
(1)当时,求不等式的解集;
(2)若关于的不等式的解集包含,求的取值集合.
【答案】(1);(2).
【解析】
【分析】
(1)时,,根据绝对值的几何意义即可求解(2)不等式
的解集包含即在上恒成立,去掉绝对值号,分离参数即可求解.
【详解】(1)时,,由可解得或,所以不等式的解为.
(2)由在上恒成立,
由于,可得,
等价于在上恒成立,
即在上恒成立,
即,可得,
故的取值集合为.
【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法,绝对值的几何意义,恒成立问题,分离参数的方法,属于难题.