江西省届高三上学期第二次大联考数学理试题Word格式文档下载.docx
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它的大意是放牧人放牧时粗心大意,牛、马、羊偷吃青苗.青苗主人扣住牛、马、羊向其主人要求赔偿五斗粮食(1斗=10升),三畜的主人同意赔偿,但牛、马、羊吃的青苗量各不相同.马吃的青苗是牛的一半,羊吃的青苗是马的一半.问羊、马、牛的主人应该分别向青苗主人赔偿多少升粮食?
()
A.,,B.,,C.,,D.,,
6.已知函数的部分图象如图所示,则()
7.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()
8.已知是定义在上的偶函数,且在上是增函数.设,,,则,,的大小关系是()
9.给出下列三个命题:
①“,”的否定;
②在中,“”是“”的充要条件;
③将函数的图象向左平移个单位长度,得到函数的图象.
其中假命题的个数是()
A.0B.1C.2D.3
10.已知函数在上单调递增,则的取值范围是()
11.在平面五边形中,,,,,且.将五边形沿对角线折起,使平面与平面所成的二面角为,则沿对角线折起后所得几何体的外接球的表面积为()
12.已知函数,当时,恒成立,则的取值范围为()
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.若,满足约束条件,则的最大值为______.
14.若函数为奇函数,则______.
15.记等差数列和的前项和分别为和,若,则______.
16.已知函数的图象关于对称,记函数的所有极值点之和与积分别为,,则______.
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.
17.在中,角,,的对边分别为,,,且.
(1)求的取值范围;
(2)若,求的值.
18.已知首项为4的数列满足.
(1)证明:
数列是等差数列.
(2)令,求数列的前项和.
19.如图,底面是等腰梯形,,,点为的中点,以为边作正方形,且平面平面.
平面平面.
(2)求二面角的正弦值.
20.已知函数,且,.
(1)求的解析式;
(2)已知,若对任意的,总存在,使得成立,求的取值范围.
21.已知函数.
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)若在上恒成立,求的取值范围.
22.已知函数.
(1)求的极值;
(2)若,且,证明:
.
高三数学试卷参考答案(理科)
一、选择题
1-5:
ABACD6-10:
BDACB11-12:
CA
1.A【解析】本题考查集合的交集,考查运算求解能力.
因为,,所以.
2.B【解析】本题考查复数的运算,考查运算求解能力.
因为,所以.
3.A【解析】本题考查分段函数的求值,考查运算求解能力.
由题意可得.
4.C【解析】本题考查平面向量,考查运算求解能力.
设向量,的夹角为,因为,,所以,所以,则.
5.D【解析】本题考查数列与数学文化,考查运算求解能力.
设羊户赔粮,马户赔粮,牛户赔粮,则,,成等比数列,且公比,,则,故,,.
6.B【解析】本题考查三角函数,考查推理论证能力与运算求解能力.
由图象知,,即,则,从而.因为,所以,.
7.D【解析】本题考查三视图,考查空间想象能力与运算求解能力.
由三视图可知该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,则上半部分的半个圆锥的体积,下半部分的正三棱柱的体积,故该几何体的体积.
8.A【解析】本题考查函数的性质,考查运算求解能力与推理论证能力.
由题意可知在上是增函数,在上是减函数.因为,,,所以,故.
9.C【解析】本题考查命题,考查运算求解能力与推理论证能力.
因为“,”是真命题,所以其否定是假命题,即①是假命题;
在中,“”是“”的充要条件,即②是真命题;
将函数的图象向左平移个单位长度,得到函数的图象,即③是假命题.
10.B【解析】本题考查三角函数的性质,考查运算求解能力与推理论证能力.
因为在上单调递增,所以在上单调递增,所以在上单调递增,则,解得.
1l.C【解析】本题考查简单几何体的外接球,考查空间想象能力与运算求解能力.
设的中心为,矩形的中心为,过作垂直于平面的直线,过作垂直于平面的直线,则由球的性质可知,直线与的交点即几何体外接球的球心.取的中点(图略),连接,,由条件得,.连接,因为,从而.连接,则为所得几何体外接球的半径.又,则,故所得几何体外接球的表面积等于.
12.A【解析】本题考查导数与函数的单调性,考查推理论证能力与运算求解能力.
由题意可知,则在上恒成立.当时,等价于,因为,所以.设,显然在上单调递增,因为,,所以等价于,即.设,则.令,解得,则在上单调递增,在上单调递减,从而,故.
二、填空题
13.314.-215.16.-15
13.3【解析】本题考查线性规划,考查数形结合的数学思想.
作出可行域(图略),当直线经过点时,.
14.-2【解析】本题考查函数的奇偶性,考查运算求解能力.
,记,因为是奇函数,所以为奇函数,则,即,整理得,解得.
15.【解析】本题考查等差数列,考查运算求解能力.
因为,所以可设,,则,,故.
16.-15【解析】本题考查导数与函数的对称性,考查运算求解能力.
因为的图象关于对称,所以,即,解得,所以,则.令,得或,从而,,故.
三、解答题
17.解:
(1)因为,所以,
整理得,即.
由余弦定理可得,则,
因为,所以的取值范围为.
(2)由
(1)可得,即,
则,
整理得,即,
则或.
因为,所以,则的值为或.
评分细则:
(1)在第1问中,先由正弦定理将边转化为角,得到,从而得到不予扣分;
(2)在第2问中,由余弦定理得到,没有化简成不予扣分,没有考虑到,可不扣分;
(3)若用其他解法,参照评分标准按步骤给分.
18.
(1)证明:
因为,所以,
所以,所以.
故数列是首项为2,公差为1的等差数列.
(2)解:
由
(1)可知,则.
则
(1)在第1问中,可从等差数列的定义出发,将代入,通过化简得到;
(2)在第2问中,能用对数的运算性质求出,给2分,求出,给3分,中间步骤没有分组直接计算可不扣分;
19.
(1)证明:
因为点为的中点,,所以,
因为,所以,所以四边形是平行四边形.
因为,所以平行四边形是菱形,所以.
因为平面平面,且平面平面,所以平面,
因为平面,所以平面平面.
记,的交点为,再取的中点.由题意可知,,两两垂直,故以为坐标原点,以射线,,分别为轴、轴、轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为底面是等腰梯形,,,所以四边形是菱形,且,
所以,,,,,
则,,.
设平面的法向量为,
则,不妨取,则.
故.
记二面角的大小为,故.
(1)在第1问中,也可以先建立空间直角坐标系,用空间向量的方法证明;
(2)在第2问中,也可以找出二面角的平面角,再由余弦定理求出,从而求出二面角的正弦值;
20.解:
(1)因为,,所以,
解得,.
(2)因为,所以,所以,则.
的图象的对称轴是.
①当时,,,
则,解得,符合题意;
②当时,,,
③当时,,,
则,不等式组无解.
综上,的取值范围是.
(1)在第1问中,根据题意列出方程得1分,求出,的值给2分(每个给1分),得出可不扣分;
(2)在第2问中,分类情况正确可得1分;
21.解:
(1)因为,所以,所以,
则,,
故曲线在点处的切线方程为.
(2)因为,所以.
①当时,在上恒成立,则在上单调递增,
从而成立,故符合题意;
②当时,令,解得,即在上单调递减,
则,故不符合题意;
③当时,在上恒成立,即在上单调递减,
则,故不符合题意.
综上,的取值范围为.
(1)在第1问中,先求的值,再求切线斜率,只要计算正确,不予扣分;
(2)在第2问中,求导正确,给1分,分类讨论每种情况,给2分,漏掉最后一步,扣1分;
22.
(1)解:
所以当时,;
当时,,
则的单调递增区间为和,单调递减区间为.
故的极大值为;
的极小值为.
(2)证明:
由
(1)知.
设函数,,
,
则在上恒成立,即在上单调递增,
故,即在上恒成立.
因为,,且在上单调递减,
所以,即.①
因为,,且在上单调递增,
所以,即.②
结合①②,可得.
(1)在第1问中,求导后的式子为不扣分,只求出极值,没有说明是极大值还是极小值可不扣分;
(2)在第2问中,没有考虑,扣1分.若用其他方法得到和,各得3分;
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