江西省五校协作体2019届高三上学期考试理科数学(解析版)

江西省五校协作体2019届高三上学期考试理科数学(解析版)

江西省五校协作体 2019 届高三上学期考试试题 理科数学 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．已知集合 { | lg( 2) 1}A x x   ，集合 2{ | 2 3 0}B x x x    ，则 A B  （ ） A．(2,12) B．( 1,3) C．( 1,12) D．(2,3) 1．答案：C 解析：由lg( 2) 1 lg10x    ，得0 2 10x   ，所以 2 12x  ，集合 { | 2 12}A x x   ， 由 2 2 3 0x x   ，得 1 3x   ，所以集合 { | 1 3}B x x    ，所以 ( 1,12)A B   ． 2．已知i 是虚数单位，若 20181 1 i i 1 iz       ，则 z  （ ） A．1 B． 2 C．2 D． 5 2．答案：B 解析： 21 i 1 i (1 i) 2ii, ii i ( i) 1 i (1 i)(1 i) 2               ，所以 2018 2018 2018 504 4 2 21 i ( i) i i i 11 i             所以由 20181 1 i i 1 iz       ，得 i 1, 1 iz z      ，所以 2z  ． 3．在等差数列{ }na 中， 6 1 5 1, 2aa a  ，则公差 d 的值是（ ） A． 1 3 B． 1 3 C． 1 4 D． 1 4 3．答案：A 解析：由 6 5 2a a  ，得 6 52a a ，所以 1 15 2( 4 )a d a d   ，又 1 1a  ，所以 1 3d   ． 4．下列曲线中离心率是 6 2 的是（ ） A． 2 2 12 4 x y  B． 2 2 14 2 x y  C． 2 2 14 6 x y  D． 2 2 14 10 x y  4．答案：B 解析： 2 2 2 2 2 2 2 2 31 2 c a b be a a a      ，得 2 2 1 2 b a  ， 2 22a b  ， 只有选项 B 符合． 5．汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗 1L 汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度 下的燃油效率情况．下列叙述中正确的是（ ） A．消耗 1L 汽油，乙车最多可行驶 5 km B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 C．甲车以 80 km/h 的速度行驶 1 h，消耗 8L 汽油 D．某城市机动车最高限度 80 km/h，相同条件下，在该市用乙车比用丙车更省油 5．答案：C 解析：由题图可知，消耗 1L 汽油，乙车最多可行驶的里程超过了 5 km，故选项 A 错误； 以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最少，故选项 B 错误； 若甲车以 80 km/h 的速度行驶，由题图可知“燃油效率”为 10km/L，所以行驶 1 h，消耗 8L 汽油，所以选 项 C 正确； 若某城市机动车最高限度 80 km/h，从题图可知，丙车比乙车“燃油效率”高，所以在相同条件下，丙车 比乙车省油，选项 D 错误． 6．已知 1, 1a b  ，且 10log log ,3 b a a bb a a b   ，则执行如图所示的程序框图，输出的 S （ ） A． 2 B．2 C． 3 D．3 开始 输入a,b a＞b? 输入S 结束 S b S a 是 否 6．答案：C 解析：由 10log log 3a bb a  ，得 1 1log 3 , log 3log 3a a a b bb     或 1 3 ， 3b a  或 3a b ， 若 3b a ，由 b aa b ，得 3 3, 3 , 3b aa a b a a a     ，解得 3, 3 3a b  ， 若 3a b ，由 b aa b ，得 3 3, 3 , 3b ab b a b b b     ，解得 3, 3 3b a  ． 又程序框图的功能是“取较小值”，即取出 a 与b 中较小的那一个，所以输出的 3S  ． 7．过抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点 F 且倾斜角为锐角的直线l 与C 交于 ,A B 两点，过线段 AB 的中 点 N 且垂直于l 的直线与C 的准线相交于点 M ，若 MN AB ，则直线l 的倾斜角为（ ） A．15 B．30 C． 45 D．60 7．答案：B 解析：分别过 , ,A B N 作抛物线准线的垂线，垂足分别为 , ,A B N  ， 由抛物线的定义知 ,AF AA BF BB   ， 1 2 2 AA BBNN AB    ，因为 MN AB ， 所以 60MNN   ，即直线 MN 的倾斜角为120 ，又直线 MN 与直线l 垂直，且直线l 的倾斜角为锐角， 所以直线l 的倾斜角为30 ，故选 B． M B' A' N' N B A O F 8．设点 M 是 2 0 2 6 0 2 2 0 x x y x y        ≤ ≥ ≥ 表示的区域 1 内任一点，点 N 是区域 1 关于直线 :l y x 的对称区域 2 内的任一点，则 MN 的最大值为（ ） A． 2 B． 2 2 C． 4 2 D．5 2 8．答案：D 解析：作出不等式组所表示的平面区域 1 为如图 所示的 ABC△ ，其中 ( 4,1), ( 2,0), ( 2,2)A B C   ， 则 ABC△ 关于直线 :l y x 的对称区域 2 为如图 所示的 A B C  △ ，其中 (1, 4), (0, 2), (2, 2)A B C     ， 则当取点 M 为 ( 4,1)A  ，点 N 为 (1, 4)A  时， MN 取得最大值5 2 ． B' A' C' C B A O 9．函数 2( ) ( ) ax bf x x c   的大致图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A． 0, 0, 0a b c   B． 0, 0, 0a b c   C． 0, 0, 0a b c   D． 0, 0, 0a b c   9．答案：A 解析：函数 ( )f x 的定义域为{ | }x x c  ，从题图可知 0, 0c c    ，排除 B，D； 由题图可知 2(0) 0, 0bf bc    ，再排除 C，故选 A． 10．如图，圆锥的底面直径 4AB  ，高 2 2OC  ，D 为底面圆周上的一点，且 2 3AOD   ，则直线 AD 与 BC 所成的角为（ ） A． 6  B． 3  C． 5 12  D． 2  10．答案：B 解析：如图，过点O 作OE AB 交底面圆 E ，分别以 , ,OE OB OC 所在直线为 , ,x y z 轴建立空间直角坐 标系，因为 2 3AOD   ，所以 3BOD   ， 则 ( 3,1,0), (0, 2,0), (0, 2,0), (0,0, 2)D A B C ， ( 3,3,0), (0, 2, 2 2)AD BC     ， 所以 6 1cos , 12 2 AD BCAD BC AD BC            ， 则直线 AD 与 BC 所成的角为 3  ． 11．若函数 ( ) sin ( 0)6f x x        在区间( , 2 )  内没有最值，则 的取值范围是（ ） A． 1 1 20, ,12 4 3             B． 1 1 20, ,6 3 3             C． 1 2,4 3      D． 1 2,3 3      11．答案：B 解析：因为 0, 2x     ，所以 26 6 6x         ，又函数 ( ) sin 6f x x      在区间 ( , 2 )  内没有最值，所以函数 ( ) sin 6f x x      在区间( , 2 )  上单调， 所以 2 , 0 16 6                       ，则 7 6 6 6x     ． 当 6 6 2      时， 2 6 2    ≤ ，所以 10 6 ≤ ； 当 7 2 6 6x    ≤ 时， 32 6 2    ≤ ，所以 1 2 3 3≤ ≤ ．故选 B． 12．已知函数 2( ) ln , , Rf x a x bx a b   ．若不等式 ( )f x x≥ 对所有的 2( ,0], ( , ]b x e e   都成立， 则 a 的取值范围是（ ） A．[ , )e  B． 2 ,2 e   C． 2 2,2 e e    D． 2[ , )e  12．答案：B 解析： ( )f x x≥ 对所有的 2( ,0], ( , ]b x e e   都成立，即 2 2ln , lna x bx x a x x bx ≥ ≥ 对所有 2( ,0], ( , ]b x e e   都成立，因为 2( ,0], ( , ]b x e e   ，所以 2bx 的最大值为 0，所以 ln 0a x x ≥ 在 2( , ]x e e 时恒成立，所以 ln xa x ≥ 在 2( , ]x e e 时恒成立，令 2( ) , ( , ]ln xg x x e ex  ，则 2 ln 1( ) 0ln xg x x    恒成立，所以 ( ) ln xg x x 单调递增，所以当 2x e 时， ( )g x 取得最大值 2 2 e ，所以 2 2 ea≥ ，故选 B． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填在题中的横线上． 13．设向量 (3, 4), ( ,8), ( 1, 1)a a b t c          ，若 //b c   ，则t  ． 13．答案：15 解析：   ( ,8) (3, 4) ( 3,12), // , 3 12, 15b a b a t t b c t t                  ． 14． 2 5( 1)( 1)x x  的展开式中含 5x 的系数为 ． 14．答案：11 解析：在 2 5( 1)( 1)x x  的展开式中要想出现 5x 有两种可能，其一，在第一个多项式中取 2x ，在第二个展 开式中取 2 3 2 5 ( 1)C x  ，即 2 2 3 2 5 5 ( 1) 10x C x x  ；其二，在第一个多项式中取 1，在第二个展开式中取 0 5 5C x ， 即 0 5 5 51 C x x  ， 5 5 510 11x x x  ，所以 5x 的系数为 11． 15．某几何体的三视图如图所示，正视图是一个上底为 2，下底为 4 的直角梯形，俯视图是一个边长为 4 的等边三角形，则该几何体的体积为 ． 正视图 侧视图 俯视图 15．答案： 32 3 3 解析：把三视图还原成几何体 ABC DEF ，如图所示，在 AD 上取点G ，使得 2AG  ，连接 ,GE GF ， 则把几何体 ABC DEF 分割成三棱柱 ABC GEF 和三棱锥 D GEF ， 所以 1 32 34 3 2 4 3 23 3ABC DEF ABC GEF D GEFV V V          ． A B C D F E G 16．在数列{ }na 中， 2 1 121, ( 2)1n n na a a nn    ≥ ．记 nS 为数列 2 na n     的前 n 项和，若 49 25nS  ，则 n  ． 16．答案：49 解析：由 2 2 1 12 1 ( 1)( 1)n n n n na a an n n     ，得 1 1 1n n n na an n     ，所以数列 1 n n an     是常数列， 1 1 1 1 22,1 1n n n na a an n        ，记 2 2 1 12( 1) 1 n n ab n n n n n         ， 则 1 1 1 1 1 1 492 1 2 12 2 3 1 1 25nS n n n                                     ，解得 49n  ． 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，每个试题考 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．（本小题满分 12 分） 在 ABC△ 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，且 2 67, sin 5c C  ． （1）若 5cos 7B  ，求b 的值； （2）若 11a b  ，求 ABC△ 的面积． 17．解析：（1）在 ABC△ 中，因为 5cos 7B  ，且 (0, )B  ，所以 2 6sin 7B  ， 根据正弦定理 sin sin b c B C ，得 2 67sin 7 5sin 2 6 5 c Bb C     ．………………………………6 分 （2）在 ABC△ 中，因为 2 2 2 2( ) 121 2 2 a ba b c  ≥ ，所以 2 2 2 cos 02 a b cC ab    ， 又因为 2 6sin 5C  ，所以 1cos 5C  ， 所以由余弦定理可得 2 2 2 2 2 22 122 cos ( )5 5c a b ab C a b ab a b ab         ，即 1249 121 5 ab  ， 解得 30ab  ，所以 ABC△ 的面积 1 sin 6 62ABCS ab C △ ．……………………………………12 分 18．（本小题满分 12 分） 食品安全问题越来越受到人们的重视，某超市在某种蔬菜进货前，要求食品安检部门对每箱蔬菜进行三轮 各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，蔬菜才能在该超市销售．已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合 格的概率为 1 7 ，第二轮检测不合格的概率为 1 8 ，第三轮检测合格的概率为 8 9 ，每轮检测只有合格与不合格 两种情况，且各轮检测是否合格相互之间没有影响． （1）求每箱这种蔬菜不能在该超市销售的概率； （2）如果这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利 400 元，如果不能在该超市销售，则每箱亏损 200 元， 现有 4 箱这种蔬菜，求这 4 箱蔬菜总收益的分布列和数学期望． 18．解析：（1）记 ( 1,2,3)iA i  分别为事件“第一、二、三轮检测合格”， A 为事件“每箱这种蔬菜不能 在该超市销售” ．由题可知 1 2 3 1 6 1 7 8( ) 1 , ( ) 1 , ( )7 7 8 8 9P A P A P A       ， 所以 1 2 3 6 7 8 1( ) 1 ( ) ( ) ( ) 1 7 8 9 3P A P A P A P A       ．……………………………………5 分 （2）设这 4 箱蔬菜的总收益为随机变量 X ，则 X 的所有可能取值为1600,1000, 400, 200, 800  ， 且 4 3 3 4 2 2 3 4 2 1 4 4 2 16 2 1 32( 1600) , ( 1000) ,3 81 3 3 81 2 1 24 2 1 8 1 1( 400) , ( 200) , ( 800)3 3 81 3 3 81 3 81 P X P X C P X C P X C P X                                                      …………………………10 分 故 X 的分布列为 X 1 600 1 000 400 200 800 P 16 81 32 81 24 81 8 81 1 81 16 32 24 8 1( ) 1600 1000 400 200 800 80081 81 81 81 81E X            ．……………………12 分 19．（本小题满分 12 分） 平面直角坐标系 xOy 中，过椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yM a ba b    右焦点的直线 3 0x y   交 M 于 ,A B 两 点，且椭圆 M 的离心率为 2 2 ． （1）求椭圆 M 的方程； （2） ,C D 为 M 上的两点，若四边形 ACBD 的对角线CD AB ，求四边形 ACBD 面积的最大值． 19．解析：（1）易知椭圆 M 的右焦点为( 3,0) ，则 3c  ．离心率 3 2 2 ce a a   ，则 6a  ， 故 2 2 2 3b a c   ．所以椭圆 M 的方程为 2 2 16 3 x y  ．………………………………………………4 分 （2）由 2 2 3 0 16 3 x y x y       ，解得 4 3 3 3 3 x y      或 0 3 x y   ，因此 4 6 3AB  ．……………………6 分 由题意可设直线CD 的方程为 5 3 33y x n n         ， 3 3 4 4( , ), ( , )C x y D x y ． 由 2 2 16 3 y x n x y     ，得 2 23 4 2 6 0x nx n    ，则 2 3 4 3 4 4 2 6,3 3 n nx x x x     ． 所以 2 2 2 2 1 2 1 2 16 8 24 42 ( ) 4 2 99 3 3 n nCD x x x x n         ．………………9 分 由已知，四边形 ACBD 的面积 21 8 6 92 9S CD AB n    ． 当 0n  时， S 取得最大值，最大值为 8 6 3 ． 所以四边形 ABCD 面积的最大值为 8 6 3 ．…………………………………………………………12 分 20．（本小题满分 12 分） 如图 1，在 Rt ABC△ 中， 90 , 30ACB B      ， ,D E 分别是 ,AB CD 的中点，AE 的延长线交CB 于 F ．现将 ACD△ 沿CD 折起，折成二面角，如图 2，连接 A F ． A BC D E F A B D F E D FC E C F E C D F E C D C E F 图1 图2 （1）求证：平面 A EF  平面CBD ； （2）当 A C BD  时，求二面角 A CD B  的余弦值． 20．解析：（1）在 Rt ABC△ 中，由 D 为 AB 的中点，得 AD CD DB  ，又 30B   ，所以 ACD△ 是 正三角形，又 E 是CD 的中点，所以 AF CD ．折起后， ,A E CD EF CD   ，又 A E EF E  ， 所以CD  平面 A EF ，又CD  平面CBD ，故平面 A EF  平面CBD ．…………………………5 分 （2）解法一 如图，过点 A作 A H EF  ，垂足 H 落在 FE 的延长线上．因为CD  平面 A EF ，所以 CD A H ，又 ,EF CD E A H   平面CBD ． 以 E 为原点， EF 所在的直线为 x 轴， ED 所在的直线为 y 轴，过 E 与 A H 平行的直线为 z 轴建立空间 直角坐标系．由（1）可知 A EF 为所求二面角的平面角，设为 ，并设 2A C  ，可得 (0, 1,0), (0,1,0), ( 3, 2,0), ( 3 cos , 0, 3 sin )C D B A   ， 故 ( 3 cos , 1, 3 sin ), ( 3, 1,0)A C BD           ， 因为 A C BD  ，所以 3cos 1 0A C BD        ，得 1cos 3   ． 故二面角 A CD B  的余弦值为 1 3 ．………………………………………………………………12 分 A D C E F H B G A D C E F H B G B D C E F H x y z A B D C E F H x y z A 解法二：如图，过点 A A作 A H EF  ，垂足 H 落在 FE 的延长线上．因为CD  平面 A EF ，所以 CD A H ，又 ,EF CD E A H   平面CBD ， A H BD  ． 连接CH 并延长交 BD 的延长线于G ，由 , ,A C BD A H BD A C A H A       ， 可得 BD  平面 A CH ，从而 BD CH ，从而 90CGB  ，因此 CEH CGD△ ∽△ ， 则 EH CE DG CG ，设 2A C  ，易得 60 , 1, 1, 3GDC DC CE CG      ， 代入 EH CE DG CG ，得 3 3EH  ，又 3EA  ，故 1cos 3 EHHEA EA    ． 又 ,A E CD EF CD   ，所以 A EF 即为二面角 A CD B  的平面角， 故二面角 A CD B  的余弦值为 1 3 ．………………………………………………………………12 分 21．（本小题满分 12 分） 设函数 2 21( ) ( 2 )ln 2(1 )2f x x x x a x a x a          ． （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）当 2a   时，讨论 ( )f x 的零点个数，并证明． 21．解析：（1） ( ) (2 2)ln ( 2) (2 1) 2(1 ) 2( 1)(ln ) ( 0)f x x x x a x a x x a x             ． ①当 0a  时， ( ) 2( 1)lnf x x x   ，当 0 1x  时， ( ) 0f x  ，当 1x  时， ( ) 0f x  ，当 1x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在(0, ) 上单调递增； ②当 0a  时，令 ( ) 0f x  ，得 1 21, ax x e  ，此时 1ae  ， 易知 ( )f x 在 (0, )ae 上单调递增，在( ,1)ae 上单调递减，在(1, ) 上单调递增； ③当 0a  时， 1ae  ，易知 ( )f x 在(0,1) 上单调递增，在(1, )ae 上单调递减，在( , )ae  上单调递增． …………………………………………4 分 （2） ( )f x 有 3 个零点．……………………………………………………………………………………5 分 当 2a   时，由（1）知 ( )f x 在 (0,1) 上单调递增，在(1, )ae 上单调递减，在( , )ae  上单调递增． 且 1 3(1) 2(1 ) 02 2f a a a       ，将 ax e 代入 ( )f x ，得 2 2 21 1( ) ( ) ( 2 )( ) 2(1 ) ( 2) 22 2 af x f e x x a a x a x a x a                  ， 2, ( ) 0aa f e    ．………………………………………………………………………………7 分 下面证明当 (0,1)x 时存在 0x ，使得 0( ) 0f x  ． 首先，由不等式ln 1 ( 1)x x x   ，得 1 1 1ln 1 (0 1)x xx x x      ， 1 1ln , lnx xx xx x      ． 考虑到 2 2 ( 2) 0x x x x    ， 2 21( ) ( 2 )ln 2(1 )2f x x x x a x a x a           2 2 21 1 1 3( 2 ) 2(1 ) ( 1)2 2 2 xx x a x a x a a xx                       ． 再令 21 3( 1) 02 2a x       ，可解出一个根为 31 2 1x a    ， 3 32, 0 1, 0 1 12 1 2 1a a a            ，取 0 31 2 1x a    ，则 0 0(0,1), ( ) 0x f x  ． 由零点存在定理及函数 ( )f x 在 (0,1) 上的单调性，可知 ( )f x 在 (0,1) 上有唯一的零点．………………9 分 由 (1) 0, ( ) 0af f e  及 ( )f x 的单调性可知 ( )f x 在 (1, )ae 上有唯一的零点．………………………10 分 下面证明当 ( , )ax e  时，存在 1x ，使 1( ) 0f x  ，取 1 2 1 a x e   ，则 1 ax e ， 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( 2 )] 2(1 )2 2 af x x x a a x a x a x a e a                       ， 又不等式 1 ( 0)xe x x   ，知 1 ( 1) 0ae a a       ，即 1( ) 0f x  ，根据零点存在定理及函数的单 调性知 ( )f x 在( , )ae  上有一个零点． 综上可知，当 2a   时， ( )f x 共有 3 个零点．……………………………………………………12 分 （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，则按所作的第一题计分． 22．【选修 4—4：坐标系与参数方程】（本小题满分 10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 cos sin x t y t      （t 为参数），在以坐标原点为极点， x 轴 的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 2C 的极坐标方程为 4cos 2sin    ． （1）求 1C 的极坐标方程和 2C 的直角坐标方程； （2）设点 P 的极坐标为 72 2, 4      ， 4   ， 1C 与 2C 相交于 ,A B 两点，求 PAB△ 的面积． 22．解析：（1）曲线 1C 表示过原点，且倾斜角为 的直线，从而其极坐标方程为 ,   R ． 由 4cos 2sin    得 2 4 cos 2 sin      ，得 2 2 4 2x y x y   ， 即曲线 2C 的直角坐标方程为 2 2( 2) ( 1) 5x y    ．………………………………………………5 分 （2）由（1）知曲线 1C 为 ,4   R ，将 4   代入曲线 2C 的极坐标方程 4cos 2sin    ，得 3 2  ，故 3 2AB  ．…………………………………………………………………………………7 分 因为点 P 的极坐标为 72 2, 4      ，所以点 P 到直线 AB 的距离为 2 2 ．………………………………9 分 所以 1 3 2 2 2 62PABS    △ ．………………………………………………………………………10 分 23．【选修 4—5：不等式选讲】（本小题满分 10 分） 已知函数 ( ) 1 3f x x x a    ，若 ( )f x 的最小值为 1． （1）求实数 a 的值； （2）若 0, ,a m n 均为正实数，且满足 2 am n  ，求 2 2m n 的最小值． 23．（1） 2 2( ) 1 3 1 2 ( 1) 23 3 3 3 a af x x x a x x x a x x x a                  ≥ 21 2 13 3 3 a ax a    ≥ ．当 3 ax   时等号成立，所以 ( )f x 的最小值为 1 3 a ， 则依据题意可得 1 13 a  ，解得 0a  或 6．…………………………………………………………6 分 （2）由题意可知 3, 0, 0m n m n    ， 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 ( ) ( ) 2( )m n m n mn m n m n m n         ≤ ．………………………………7 分 即 2 2 21 9( )2 2m n m n  ≥ ，当且仅当 3 2m n  时等号成立， 2 2m n  的最小值为 9 2 ．…………………………………………………………………………10 分