届江西省重点中学高三下学期第一次联考数学理试题word版Word文档格式.docx
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【答案】D
8.已知棱长为1的正方体被两个平行平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则剩余部分的表面积为（）
9.函数的定义域为，且，当时，；
当时，，则（）
A.671B.673C.1343D.1345
10.如图所示，直三棱柱的高为4，底面边长分别是5，12，13，当球与上底面三条棱都相切时球心到下底面距离为8，则球的体积为（）
11.函数与函数的图像关于点对称，且，则的最小值等于（）
A.1B.2C.3D.4
12.已知函数，若关于的方程有且仅有两个不同的整数解，则实数的取值范围是（）
第Ⅱ卷（共90分）
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作答；
第22题～第23题为选考题，考生根据要求作答.
二、填空题：
本题共4小题，每小题5分.
13.若x，y满足，则的最小值为____
【答案】2
14.在的展开式中常数项等于___
【答案】9
15.已知双曲线的左右焦点分别为、，点在双曲线上，点的坐标为，且到直线，的距离相等，则___
【答案】4
16.在中，内角所对的边分别为，是的中点，若且，则面积的最大值是___
【答案】
三、解答题：
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知数列满足，
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）求数列的前项和．
（Ⅰ）；
（Ⅱ）。
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由可得，两式相减得到，最后验证满足上式，进而得到通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，于是，故利用裂项相消法可求出．
【详解】
（Ⅰ）∵
∴，
两式相减得，
∴．
又当时，满足上式，
∴数列的通项公式．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
∴
．
【点睛】
（1）求数列的通项公式时要根据条件选择合适的方法，如本题属于已知数列的和求通项的问题，故在求解时利用仿写、作差的方法求解，容易忽视的地方是忘记对时的情况的验证．
（2）裂项相消法求和适用于数列的通项公式为分式形式的数列，裂项相消后得到的结果具有对称性，即相消后前面剩几项，后面就剩几项；
前面剩第几项，后面就剩第几项．
18.《山东省高考改革试点方案》规定：
从2017年秋季高中入学的新生开始，不分文理科；
2020年开始，高考总成绩由语数外3门统考科目和物理、化学等六门选考科目构成.将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A、B+、B、C+、C、D+、D、E共8个等级.参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%、7%、16%、24%、24%、16%、7%、3%.选考科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到[91,100]、[81,90]、[71,80]、[61,70]、[51,60]、[41,50]、[31,40]、[21,30]八个分数区间，得到考生的等级成绩．
某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布N（60,169）．
（Ⅰ）求物理原始成绩在区间（47,86）的人数；
（Ⅱ）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取3人，记X表示这3人中等级成绩在区间[61,80]的人数，求X的分布列和数学期望.
（附：
若随机变量，则，，）
（Ⅰ）1636人；
（Ⅱ）见解析。
（Ⅰ）根据正态曲线的对称性，可将区间分为和两种情况，然后根据特殊区间上的概率求出成绩在区间内的概率，进而可求出相应的人数；
（Ⅱ）由题意得成绩在区间[61,80]的概率为，且，由此可得的分布列和数学期望．
（Ⅰ）因为物理原始成绩，
所以
所以物理原始成绩在（47，86）的人数为（人）．
（Ⅱ）由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间[61,80]内的概率为．
所以随机抽取三人，则的所有可能取值为0,1,2,3，且，
所以，
，
．
所以的分布列为
1
2
3
所以数学期望．
（1）解答第一问的关键是利用正态分布的三个特殊区间表示所求概率的区间，再根据特殊区间上的概率求解，解题时注意结合正态曲线的对称性．
（2）解答第二问的关键是判断出随机变量服从二项分布，然后可得分布列及其数学期望．当被抽取的总体的容量较大时，抽样可认为是等可能的，进而可得随机变量服从二项分布．
19.如图，在四面体中，分别是线段的中点，，，，直线与平面所成的角等于．
（Ⅰ）证明：
平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
（Ⅰ）见证明；
（Ⅱ）。
（Ⅰ）先证得，再证得，于是可得平面，根据面面垂直的判定定理可得平面平面．（Ⅱ）利用几何法求解或建立坐标系，利用向量求解即可得到所求．
（Ⅰ）在中，是斜边的中点，
所以.
因为是的中点，
所以，且，
所以，
所以.
又因为，
又，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面．
（Ⅱ）方法一：
取中点，连，则，
因为，
又因为，，
所以平面．
因此是直线与平面所成的角．
故，
过点作于，则平面，
且．
过点作于，连接，
则为二面角的平面角．
因此二面角的余弦值为．
方法二：
如图所示，在平面BCD中，作x轴⊥BD，以B为坐标原点，BD，BA所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系．
因为（同方法一,过程略）
则，,．
所以,,，
设平面的法向量，
则，即，取,得．
设平面的法向量
则，即，取,得．
由图形得二面角为锐角，
【点睛】利用几何法求空间角的步骤为“作、证、求”，将所求角转化为解三角形的问题求解，注意计算和证明的交替运用．利用空间向量求空间角时首先要建立适当的坐标系，通过求出两个向量的夹角来求出空间角，此时需要注意向量的夹角与空间角的关系．
20.椭圆的离心率是，过点做斜率为的直线，椭圆与直线交于两点，当直线垂直于轴时．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）当变化时，在轴上是否存在点，使得是以为底的等腰三角形，若存在求出的取值范围，若不存在说明理由．
（Ⅰ）；
（Ⅰ）由椭圆的离心率为得到，于是椭圆方程为．有根据题意得到椭圆过点，将坐标代入方程后求得，进而可得椭圆的方程．（Ⅱ）假设存在点，使得是以为底的等腰三角形，则点为线段AB的垂直平分线与x轴的交点．由题意得设出直线的方程，借助二次方程的知识求得线段的中点的坐标，进而得到线段的垂直平分线的方程，在求出点的坐标后根据基本不等式可求出的取值范围．
（Ⅰ）因为椭圆的离心率为，
所以，整理得．
故椭圆的方程为．
由已知得椭圆过点，
所以，解得，
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）由题意得直线的方程为．
由消去整理得，
其中．
设，的中点
则，
∴点C的坐标为．
假设在轴存在点，使得是以为底的等腰三角形，
则点为线段的垂直平分线与x轴的交点．
①当时，则过点且与垂直的直线方程，
令，则得．
若，则，
②当时，则有．
综上可得．
所以存在点满足条件,且m的取值范围是.
【点睛】求圆锥曲线中的最值或范围问题时，常用的方法是将所求量表示成某个参数的代数式的形式，然后再求出这个式子的最值或范围即可．求最值或范围时一般先考虑基本不等式，此时需要注意不等式中等号成立的条件；
若无法利用基本不等式求解，则要根据函数的单调性求解．由于此类问题一般要涉及到大量的计算，所以在解题时要注意计算的合理性，合理利用变形、换元等方法进行求解．
21.已知函数（为常数）
（Ⅰ）若是定义域上的单调函数，求的取值范围；
（Ⅱ）若存在两个极值点，且，求的最大值．
（Ⅰ）；
（Ⅰ）由是单调函数可得在定义域上恒成立，然后转化为二次方程根的分布的问题处理即可．（Ⅱ）由题意得是方程的两根，故得，不妨令，然后将表示为的函数，最后根据函数的单调性可求得最大值．
（Ⅰ）∵，，
设，，
∵是定义域上的单调函数，函数的图象为开口向上的抛物线，
∴在定义域上恒成立，即在上恒成立．
又二次函数图象的对称轴为，且图象过定点，
∴，或，解得.
∴实数的取值范围为．
（Ⅱ）由（I）知函数的两个极值点满足，
不妨设，则在上是减函数，
令，则，
又，即，
解得，
设，
∴在上为增函数．
即．
所以的最大值为．
（1）解答第一问时注意由函数在定义域上为单调函数，可得到或恒成立，然后结合导函数的特点进行求解，解题时注意二次方程根的分布在解题中的应用．
（2）解答第二问的关键有两个：
一个是把转化为变量的函数，二是通过换元构造出变量为的函数，然后再借助单调性求解．
请考生在22，23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.
22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线，曲线．
（Ⅰ）求的直角坐标方程；
（Ⅱ）若直线与曲线,分别相交于异于原点的点,求的最大值.
（Ⅰ）将极坐标方程化为，然后再结合转化公式求解即可．（Ⅱ）由于点同在直线上，故可根据两点的极径差的绝对值来求出，然后再求出其最大值．
（Ⅰ）极坐标方程可化为
将代入上式可得，
所以曲线的直角坐标方程为.
（Ⅱ）不妨设，点的极坐标分别为，
由，得到．
所以当时，取得最大值．
【点睛】本题考查极坐标和直角坐标间的转化，合理利用转化公式求解是解题的关键．对于极坐标系内的长度问题，根据题意可利用极径差的绝对值求解，此时要求两点应为同一条直线与一条曲线或两条曲线的交点，注意转化的合理性．
23.已知,
（Ⅰ）若,求不等式的解集；
（Ⅱ）设关于的不等式的解集为,若集合,求的取值范围.
（Ⅰ）利用零点分区间法去掉
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