江西省部分学校高三5月大联考数学试卷

高三数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在笿题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先解不等式求出集合的元素，再由集合的交集运算计算即可.【详解】依题意，，即.，即.于是．故选：D.2.若点在圆的外部，则a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据表示圆得，又利用点在圆外得，从而可得结果.【详解】因为可化为，则，所以．又点在圆的外部，所以，故，综上，．故选：A.3.已知奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用函数的奇偶性及单调性计算即可.【详解】由，可得，因为是奇函数，且，所以，因为在上单调递增，所以，故不等式的解集为．故选：D4.某中学举办了一次知识竞赛，从中随机抽取了部分学生的成绩绘制出如图所示的频率分布直方图，则估计该中学本次竞赛成绩的中位数为（）A.68 B.71 C.75 D.79【答案】B【解析】【分析】借助中位数定义计算即可得.【详解】设m为该中学本次竞赛成绩的中位数，因为，，所以，所以，解得．故选：B.5.已知等差数列的前n项和为，，，使的n的最大值为（）A.8 B.9 C.14 D.15【答案】D【解析】【分析】根据题意，结合等差数列的性质，得到且，在等差数列的求和公式，即可求解.【详解】由等差数列的性质，可得，因为，所以且，则，，，所以使的n的最大值为15．故选：D.6.某校羽毛球队的4名男生和4名女生分成四组，参加四场混合双打比赛（每名队员只限参加一场比赛），则组队方法的总数为（）A.24 B.288 C.576 D.1152【答案】A【解析】分析】根据条件，先将男生分成四组，有1种分法，再将女生分到四组有种分法，再利用分步计数原理，即可求解.【详解】根据题意可知，先将男生平均分成四组有：种方法，再将女生安排到四组有：种方法，所以组队方法的总数为.故选：A.7.已知，分别是双曲线（，）的左、右焦点，过的直线交双曲线左支于A，B两点，，，则双曲线C的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，，可设，，，由双曲线的定义得到的等量关系求解即可.【详解】因为，，所以可设，，．因为，所以．在中，，，，所以，则，又，所以，故双曲线C的渐近线方程为．故选：D.8.在学习完“错位相减法”后，善于观察的同学发现对于“等差等比数列”此类数列求和，也可以使用“裂项相消法”求解．例如，故数列的前n项和．记数列的前n项和为，利用上述方法求（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先将裂成2项，再利用待定系数法求解裂成2项的系数，再利用裂项相消法求和，即可求解.【详解】设，则解得，所以，则数列的前n项和为．故．故选：B二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.复数z满足，则（）A.z为纯虚数 B.C. D.复数在复平面内对应的点在第三象限【答案】AC【解析】【分析】由已知可得，求得或，以此计算判断各选项即可得出结果.【详解】，解得或，所以z为纯虚数，不一定成立，，或，则复数在复平面内对应的点在第二象限或第三象限．故选：AC．10.在正方体中，，M为上一动点，则下列说法正确的是（）A.与AB共面且与共面的棱有5条 B.C.的最小值为 D.若与平面ABCD交于点E，则的面积为2【答案】ABD【解析】【分析】对于A，考虑与AB平行且与相交，与AB相交且与平行，以及与AB相交且与相交的直线可得；对于B，证明平面，然后由线面垂直的性质可得；对于C，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，然后解三角形即可；对于D，证明平面与平面ABCD的交线平行于，然后由可解.【详解】对于A，AB与不共面，因此没有同时与这两条直线平行的直线，与AB平行且与相交的有CD，，与AB相交且与平行的有，，与AB相交且与相交的有BC，所以共有5条，故A正确．对于B，易知平面，，平面，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证，又平面，所以平面，又平面，所以，故B正确．对于C，如图，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，则为的最小值，所以A，M，三点共线．因为，所以．在中，根据正弦定理可得，解得，故C错误．对于D，设平面与平面ABCD的交线为l，因为平面ABCD，所以，则，又与平面ABCD交于点E，所以，则，故D正确．故选：ABD11.已知，且a，b满足，则下列不等式恒成立的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】由在上单调递增，根据题意，得到，可判定A错误；结合作差比较法，可判定B正确；结合单调递增，且，可判定C正确，由，利用导数求得函数的单调性，得到，可判定D正确.【详解】由，可得，又由在上单调递增，可得，所以，即，所以不一定成立，所以A错误；由，所以B正确；因为单调递增，且，所以，即，所以C正确，由函数，可得当时，；当时，，所以在单调递减，在上单调递增，所以，所以，即，所以，所以D正确．故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．12.函数的最小正周期为________．【答案】【解析】【分析】由二倍角的正弦，余弦公式化简函数解析式，利用公式求解最小正周期即可.【详解】，故所求函数的最小正周期．故答案为：13.已知A，B分别为椭圆的上、下顶点，F是椭圆C的上焦点，为椭圆C上一点，若，则椭圆C的离心率为________，椭圆C的方程为________．【答案】①.②.【解析】【分析】结合平面向量基本定理用可得值，由可得，进而得离心率；将点代入椭圆方程，结合离心率可求标准方程.【详解】因为，三点共线，所以，即，又，则.于是，即，则，即．又为椭圆C上一点，所以，即，由，得，所以，解得，则，故椭圆C的方程为．故答案为：；.14.在长方形中，，点E在线段AB上，，沿将折起，使得，此时四棱锥的体积为________．【答案】##【解析】【分析】设点在平面上的投影为，证得平面和平面，得到，设，求得，在直角中，解得，结合锥体的体积公式，即可求解.【详解】设点在平面上的投影为，当时，因为平面，平面，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，过点作，因为平面，平面，所以，又因为且平面，所以平面，因为平面，所以，设，则，在中，可得，，则，在中，，延长，易知，在中，，，所以，解得，所以四棱锥的体积为．故答案为：..【点睛】方法点睛：求空间几何体的表面积与体积的求解策略：（1）公式法：对于规则的几何体的表面积和体积，可直接利用公式进行求解；（2）割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积的计算，或不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；（3）等体积法：等体积法也称积转化或等积变形，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决锥体的体积，特别时三棱锥的体积.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.为了解人们对环保的认知程度，某市为不同年龄和不同职业的人举办了一次环保知识竞赛，满分100分．随机抽取的8人的得分为84，78，81，84，85，84，85，91．（1）计算样本平均数和样本方差；（2）若这次环保知识竞赛的得分X服从正态分布，其中和的估计值分别为样本平均数和样本方差，若按照，，，的比例将参赛者的竞赛成绩从低分到高分依次划分为参与奖、二等奖、一等奖、特等奖四个等级，试确定各等级的分数线．（结果保留两位小数）（参考数据：）附：若随机变量X服从正态分布，则，，．【答案】（1），（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由平均数，方差的计算公式计算可得；（2）结合问题中给出的概率和正态分布的性质，确定各等级的分数线即可【小问1详解】，．【小问2详解】该市所有参赛者的成绩X近似服从正态分布．设竞赛成绩达到a以上为特等奖，成绩达到b以上但小于或等于a为一等奖，成绩达到c以上但小于或等于b为二等奖，成绩小于或等于c为参与奖，则，，，．因为，所以．因为，所以．因为，所以．综上，分数小于或等于80.54的为参与奖，分数大于80.54且小于或等于87.46的为二等奖，分数大于87.46且小于或等于90.92的为一等奖，分数大于90.92的为特等奖．16.在如图所示的直三棱柱中，，，D是上的点，E是的中点．（1）若，证明：平面．（2）若为正三角形，D是的中点，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，交于点F，先证明，再由线面平行的判断定理证明；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【小问1详解】连接，交于点F，连接．因为，E是的中点，所以．又，所以，则．因平面，平面，所以平面．【小问2详解】取O为的中点，连接，，由题意三棱柱为正三棱柱，可得，，两两垂直．以O为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．由D是的中点，得，则，．设平面的法向量为，则，令，则，，可得．连接，由题意知是平面的一个法向量，设二面角的大小为，由题可知为锐角，所以，故二面角的余弦值为．17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b是a，c的等比中项．（1）求B的最大值：（2）若C为钝角，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等比中项及余弦定理得，根据基本不等式及余弦函数性质可得结果；（2）依题意设，，根据三角形三边关系及条件求出，利用正弦定理及两角和正弦公式。诱导公式化简得，从而可得结果.【小问1详解】因为b是a，c的等比中项，所以．由余弦定理可知，则，当且仅当时，等号成立．又，根据余弦函数的性质且，故B最大值为．【小问2详解】由已知可设，，则，所以，解得．，所以的取值范围为．18.已知抛物线，圆，是抛物线上一点（异于原点）．（1）若为圆上一动点，求的最小值；（2）过点作圆的两条切线，分别交抛物线于A，B两点，切点分别为E，F，若四边形ABFE为梯形，求点的坐标．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设表示出，结合二次函数的性质求出的最小值，即可求出的最小值，从而求出的最小值；（2）设，，即可表示出直线，再由点到直线的距离等于半径，即可得到，则，是方程的两根，列出韦达定理，即可表示出，再由，则，即可求出点坐标.【小问1详解】圆的圆心，半径，设，则，则，所以当时取得最小值，所以的最小值为．又为圆上一动点，所以的最小值为．【小问2详解】由题意得，设，，，直线，化简可得．因为圆与直线相切，所以，化简可得．同理可得，所以，是方程的两根，所以，，．因为四边形为梯形，所以，则，解得，，故点P的坐标为．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.19.已知曲线在点处的切线方程为．（1）求a，b的值；（2）求单调区间；（3）已知，且，证明：对任意的，．【答案】（1），（2）在上单调递增，无单调递减区间（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求得结合，列出方程，即可求解：（2）由（1）知，令.求得.求得的单调性和.即可求解；（3）根据题意转换为，由，可知，只需证明，，证明时，即证明，令，由单调性，只需证明，由已知条件即证，通过构造函数利用导数判断单调性进而证得结果，同理证明成立.小问1详解】，则．因为，所以，解得，．【小问2详解】．令，则，所以在上单调递减，在