江西省临川市第一中学2019届高三5月月考数学(理)试题及答案

理科数学

本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.

第I卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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Ayy2x，B{x|x22x30,xR}，那么ACUB

3,

A．0,3 B．1,3 C． 3, D．0,12.若复数z满足3i(z1)i，则复数z的共轭复数z的虚部为 ．．A．3 B．3i C．3 D．3i 3.已知函数f(x)(2a)x3a,x1的值域为R，则实数a的取值范围是

log2x,x1A．(1,2) B．[1,2) C．(,1] D． {1}

4.以下四个

①从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样；[:gkstk] ②对于 ③设随机变量 XN(1,2)，若P(0X1)0.35，则P(0X2)0.7；

④两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数就越接近于1. 其中真

A．1 B．2 C．3 D．4

anan1anan1(n2)，则数列{an}的第100项为 5.数列{an}满足a12,a21,且

an1ananan11111 B． C． D． 100502100250e6e7e86.设a，b，c，则a，b，c的大小关系为

364964A．abc B．bac C．cba D．cab

A．

7.某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如右图所示的正方形ABCD（边长为3个单位）的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为k(k=1，2，，6)，则棋子就按逆时针方向行走k个单位，一直循环下去．某人抛掷三次骰子后，棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有 A．22种 B．24种 C．25种 D．36种 8. 阅读如下程序框图，如果输出i4，那么空白的判断框中应填入的条件是

A．S8? B．S12? C．S14? D．S16?

9. 如图，有四个平面图形分别是三角形、平行四边形、直角梯形、圆。垂直于x轴的直线

l:xt(0ta)经过原点O向右平行移动，l在移动过程中扫过平面图形的面积为y（图中阴影部分），若函数yf(t)的大致图像如右图，那么平面图形的形状不可能是

10.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是正三角形， 则几何体的外接球的表面积为

A．

816 B． 334864 D． 33C．

x2x2y22y1，双曲线C2：221(a0,b0)，若以C1的长轴为直径的圆与C211.已知椭圆C1：11ab的一条渐近线交于A、B两点，且C1与该渐近线的两交点将线段AB三等分，则C2的离心率为

214 712.定义域为R的偶函数f(x)满足：对xR，有f(x2)f(x)f(1)，且当x[2,3]时，

A．5 B．5 C．17 D．

f(x)2x212x18若函数yf(x)1oga(x1)在(0，+)上至少有三个零点，则实数a的取

值范围为 A．（0，3） 3B．（0，2） 2C．（0，5） 5D．（0，6） 6第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分，第13题-第21题为必考题，每个试题考生都必须做答，第13题-第21题为必考题，每个试题考生都必须做答，第22题-第24题为选考题，考生根据要求做答。 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。

13. 如图，在ABC中，D为BC的中点，E为AD上任一点， 且BEBABC，则

n212的最小值为_______.

1*nN14.已知(1xx)x3的展开式中没有常数项，，且2n7，则n=______． ．．

xxy3015.若直线y2x上存在点x,y满足约束条件x2y30，则实数m的最大值为

xm16.平面直角坐标系中，若x与y都是整数，就称点(x,y)为整点，下列

①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点 ②如果k与b都是无理数，则直线ykxb不经过任何整点

③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点

④直线ykxb经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数 ⑤存在恰经过一个整点的直线

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17.（本小题满分12分）

已知fx3cos2x2sin(3x)sin(x),xR 2（1）最小正周期及单调增区间；

（2）已知锐角ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 fA3,a3, 求BC边上的高的最大值．

18.（本小题满分12分）

一个盒子中装有大量形状大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它．．

们的重量（单位：克），重量分组区间为5,15，15,25，25,35，35,45，由此得到样本的重量频率分布直方图（如下图），

（1）求a的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球重量的众数与平均值； （2）从盒子中随机抽取3个小球，其中重量在

求X的分布列和5,15内的小球个数为X，

期望. (以直方图中的频率作为概率).

19.（本小题满分12分）

如图，四边形ABCD是梯形，四边形CDEF是矩形，且平面ABCD⊥平面CDEF，

1∠BAD＝∠CDA＝，ABADDECD，M是线段AE上的动点．

2（1）试确定点M的位置，使AC//平面DMF，并说明理由； （2）在（1）的条件下，求平面DMF与平面ABCD所成锐二面角

20.（本小题满分12分）

数学

的余弦值．

x2y2x2y2=1的一条渐近线的斜率相等，以已知椭圆C：22=1（ab0）的离心率与双曲线

43ab原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线sinxcosy10相切（为常数）． （1）求椭圆C的方程；

uuruuuruuur （2）若过点M(3,0)的直线与椭圆C相交A,B两点，设P为椭圆上一点，且满足OAOBtOP（Ouuruur为坐标原点），当PBPA3时，求实数t取值范围．

21.（本小题满分12分）

12axx,aR 2(1)若关于x的不等式f(x)ax1恒成立，求整数a的最小值;

己知函数 f(x)lnx(2)若a2，正实数x1,x2满足f(x1)f(x2)x1x20，证明: x1x251. 2请考生在第22、23、24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。 22.（本小题满分10分）选修4-1:几何证明选讲

如图，AB是⊙O的直径，G是AB延长线上的一点，GCD是 ⊙O的割线，过点G作AG的垂线，交直线AC于点E，交直 线AD于点F，过点G作⊙O的切线，切点为H. (1)求证：C，D，E，F四点共圆； (2)若GH＝6，GE＝4，求EF的长． 23．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程

已知曲线C的极坐标方程是2cos，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建

3xtm2立平面直角坐标系，直线l的参数方程是（t为参数）．

1yt2(1)求曲线C的直角坐标方程与直线l的普通方程；

(2)设点m,0，若直线l与曲线C交于，两点，且1，求实数m的值．[来]

24．（本小题满分10分）选修4-5:不等式选讲

已知正实数a、b满足：ab2ab. （1）求

2211的最小值m; ab1m|(t0)，对于（1）中求得的m，是否存在实数x，使得f(x)t2（2）设函数f(x)|xt||x成立，说明理由.

临川一中2019届高三模拟试题(理数答案) 2018.5.4. AABBD CCBCD AA

13. 9 14. 5 15. 1 16. ①③⑤

17. （1）fx3cos2xsin2x2sin2x 3k5fx的最小正周期为,令2xk,得x,kZ ……6分

322123（2）由fA3得sin2A,又A0，，A=

3232由余弦定理得a2b2c22bccosA得9=b2c2bcbc 即bc（当且仅当9b=c时取等号）

设BC边上的高为h,由三角形等面积法知

11393 ahbcsinA,得3hbc22223333,即h的最大值为． ……12分

2218. 解：（1）由题意，得0.020.032a0.018101，解得a0.03；…2分

h又由最高矩形中点的的横坐标为20，可估计盒子中小球重量的众数约为20克，…4分 而50个样本小球重量的平均值为：

X0.2100.32200.3300.184024.6（克）

故由样本估计总体，可估计盒子中小球重量的平均值约为24.6克； ……6分 （2）利用样本估计总体，该盒子中小球重量在5,15内的概率为0.2，则XB(3,).

1546448114X的取值为0、1、2、3，PX0C30，， PX1C35125551253211. ……10分 14123，PX3C3PX2C32512555125X的分布列为： 3 X 0 2 1 6448121 P 125125125125321364481213123.（或者EX3） ……12分

55125125125125519. 解析：（Ⅰ）当M是线段AE的中点时，AC∥平面DMF．证明如下： 连结CE，交DF于N，连结MN，

由于M、N分别是AE、CE的中点，所以MN∥AC，

AC由于MN平面DMF，又AC平面DMF，所以AC∥平面DMF． 4分

（Ⅱ）方法一、过点D作平面DMF与平面ABCD的交线l，由于AC∥平面DMF，可知AC∥l，过点M作MG⊥AD于G，因为平面ABCD⊥平面CDEF，DE⊥CD，

所以DE⊥平面ABCD，则平面ADE⊥平面ABCD，所以MG⊥平面ABCD，过G作GH⊥l于H，连结MH，则直线l⊥平面MGH，所以l⊥MH， 故∠MHG是平面MDF与平面ABCD所成锐二面角的平面角． ··········· 8分

DG1设，则，AB222GHDGsinGDHDGsinDAC1，

55EX022231， ················ 11分 DE1，则MH()1255GH2322，即所求二面角的余弦值为． ······ 12分 所以cosMHGMH3553方法二、因为平面ABCD⊥平面CDEF，DE⊥CD，所以DE⊥平面ABCD，可知AD，CD，DE两两垂直，分别

MG以DA，DC，DE的方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz．设AB2，则M(1,0,1)，F(0,4,2)，

DM(1,0,1)，DF(0,4,2)， 设平面MDF的法向量n1(x,y,z)，

xz0,nDM0,则1所以

4y2z0,n1DF0,令y1，得平面MDF的一个法向量n1(2,1,2)， ·· 8分 取平面ABCD的法向量n2(0,0,1)， ········ 9分

nn22， ················· 11分 由cosn1,n212|n1||n2|34142故平面MDF与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为． 12分

3x2y23-=1的一渐近线斜率值为20. 解：（1）由题意知双曲线

432c3c2a2-b23222， e==,所以e=2==,所以a=4b2a2aa41x222=1，所以a=4,b=1．故椭圆C的方程为+y2=1 ∙∙∙∙∙∙∙5分 因为b=4sin2a+cos2a（2）设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x,y)AB方程为yk(x3)

yk(x3)由x22y14由24k2222整理得14kx24kx36k40．

1414k236k240，解得k2．

524k236k24x1x2，x1x2 ………………7分

14k214k2124k2∴OAOBx1x2,y1y2t(x,y) 则x(x1x2), 2tt14k2216k222p， 由点在椭圆上，代入椭圆方程得36kt(14k)①…9分 y(y1y2)2tt14k22(xx)4x1x2又由AB3，即(1k)123，

24k236k24将x1x2，x1x2， 2214k14k2222代入得8k116k130则8k10, k1112， ∴k② …11分 85836k22由①，得t，联立②，解得3t4 214k∴3t2或2t3 ………………12分

212ax(1a)x1， 21ax2(1a)x1所以g(x)ax(1a)．

xx当a≤0时，因为x0，所以g(x)0,所以g(x)在(0,)上是递增函数，

132又因为g(1)ln1a1(1a)1a20，

22所以关于x的不等式f(x)≤ax1不能恒成立．……………………………………2分

1a(x)(x1)2ax(1a)x1当a0时，， ag(x)xx111令g(x)0，得x．所以当x(0,)时，g(x)0；当x(,)时，g(x)0，

aaa11因此函数g(x)在x(0,)是增函数，在x(,)是减函数．

aa1111211lna…4分 故函数g(x)的最大值为g()lna()(1a)1aa2aa2a111lna，因为h(1)0，h(2)ln20，又因为h(a)在a(0,)是减函令h(a)2a24数．所以当a≥2时，h(a)0．所以整数a的最小值为2． …6分

12方法二：由f(x)≤ax1恒成立，得lnxaxx≤ax1在(0,)上恒成立，

2lnxx1lnxx1a≥g(x)问题等价于在(0,)上恒成立．令，只要a≥g(x)max 2分 1212xxxx221(x1)(xlnx)12因为g(x)，令g(x)0，得xlnx0．

12(x2x)22111设h(x)xlnx，因为h(x)0，所以h(x)在(0,)上单调递减，

2x21不妨设xlnx0的根为x0．

2当x(0,x0)时，g(x)0；当x(x0,)时，g(x)0， 所以g(x)在x(0,x0)上是增函数；在x(x0,)上是减函数．

11x0lnx0x0112g(x)g(x)所以．………………………4分 max0121x0x0x0x0(1x0)22111因为h()ln20，h(1)0

2421112，即g(x)max(1,2)． 所以x01，此时

x02所以a≥2，即整数a的最小值为2．……………………………………………… 6分

21. （1）方法一：令g(x)f(x)-(ax1)lnx（2）当a2时，f(x)lnxx2x,x0

22由f(x1)f(x2)x1x20，即lnx1x1x1lnx2x2x2x1x20

从而(x1x2)(x1x2)x1x2ln(x1x2) ………………………………… 8分

2t1 t可知，(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)上单调递增．所以(t)≥(1)1， 10分

令tx1x2，则由(t)tlnt得，(t)所以(x1x2)(x1x2)≥1，因此x1x2≥251成立．……… 12分 222. 【解】(1)证明：连接DB(如图7.1-10)， ∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，

在Rt△ABD与Rt△AFG中，∠ABD＝∠AFE， 又∠ABD＝∠ACD，∴∠ACD＝∠AFE， ∴C，D，E，F四点共圆．

C，D，E，F四点共圆⇒GE·GF＝GC·GD2

⇒GH＝GE·GF， (2)2

GH切⊙O于点H⇒GH＝GC·GD

又GH＝6，GE＝4，∴GF＝9，EF＝GF－GE＝5.

2223. 解：（Ⅰ）由2cos，得：2cos，∴xy2x，即(x1)y1， ∴曲线C的直角坐标方程为(x1)y1. 3分

222223xtm2由，得x3ym，即x3ym0，

1yt2∴直线的普通方程为x3ym0. 5分

322xtm31222（Ⅱ）将代入(x1)y1，得：t1，

2tm112yt2整理得：t3(m1)tm2m0，

由0，即3(m1)4(m2m)0，解得：1m3.

设t1,t2是上述方程的两实根，则t1t23(m1),t1t2m2m， 8分 又直线过点P(m,0)，由上式及的几何意义得

22222m1或m12，解得：都符合1m3，[:学优高考gkstk] |PA||PB||t1t2||m22m|1，

因此实数m的值为或12或12. 10分

24.

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