发布时间 : 星期三 文章江西省重点中学盟校2019届高三第一次联考理科数学试题 Word版含答案1更新完毕开始阅读b6aeae8c77eeaeaad1f34693daef5ef7ba0d12e3
一、选择题：本大题12小题，每小题5分，共60分，
1—5、D、A、C、B、C 6--10、D、A、C、B、D、11--12、B、D. 12题解：即xlnx+x﹣kx+3k＞0，令g（x）=xlnx+x﹣kx+3k，
则g′（x）=lnx+1+1﹣k=lnx+2﹣k，∵x＞1，∴lnx＞0，若k≤2，g′（x）＞0恒成立， 即g（x）在（1，+∞）上递增；∴g（1）=1+2k≥0，解得，k≥﹣；故﹣≤k≤2， 故k的最大值为2；若k＞2，由lnx+2﹣k＞0解得x＞ek﹣2，
故g（x）在（1，ek﹣2）上单调递减，在（ek﹣2，+∞）上单调递增；
∴gmin（x）=g（ek﹣2）=3k﹣ek﹣2， 令h（k）=3k﹣ek﹣2，h′（k）=3﹣ek﹣2， ∴h（k）在（1，2+ln3）上单调递增，在（2+ln3，+∞）上单调递减；
23
∵h（2+ln3）=3+3ln3＞0，h（4）=12﹣e＞0，h（5）=15﹣e＜0； ∴k的最大取值为4， 综上所述，k的最大值为4． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
3413. C7=C7=35 14. 9? 15. 0 . 16. ?8
9三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
ccosB?bcosC?2acosB，则sinCcosB?sinBcosC?2sinAcosB
1??sin(C?B)?2sinAcosB,?sinA?2sinAcosB,?cosB?,?B?， ……5分
3232?3??， ?ac?3． ① （2）由AB?BC??得，c?acos23217.解 （1）
又由余弦定理得b?a?c?2accos222?3,?3?a2?c2?ac，
?a2?c2?6． ② 由①、②得，a?c?23 ． ……12分
18、解：（1）设3张优惠购物券中恰有2张面值相等的事件是A事件
21 P(A)=3C3C6?9 ……4分
3C914 (2) 当n?2时,X的分布列为 X P 2 1126 1410 11211 14?6)?15 1420 112 P(X?2)?2C331??2C93612 P(X11C3C391??2C9364
2C331P(X?10)?2??C93612 P(X11C3C391?11)???2C9364P(X?15)?112C3C391 C331??P(X?20)???22C9364C9361232 ……8分 3162r6?r12?2r (3) (ax?)的展开式的通项为Tr?1?C6ax(?1)rx?r， 当12-2r-r=0时
x ?E(X)?
42 即r=4时，Tr?1项为常数项，?C6a(?1)4?60?a2?4，
a?0, a?2
Y??3?X?4??3 ?E(Y)??3?2E(X)?4??3, ??32??4??3?2, 解得：?22E(Y)?a
11??? 。 ……12分 8419、（1）证明：取AD中点O，连接GO，OE，
易得四边形OGFE为梯形，有OE在平面EFG上，又PA//OE，
结合PA?平面EFG，OE?平面EFG，得PA//平面EFG； ……4分
（2）分别以OG，OD，OP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，有
n1?OG?033OG?(3,0,0)，OE?(0,,3)．设平面EFG的法向量为n1?(x,y,z)，则有n1?OE?0
44?3x?0?? ，取y?3 可求得平面EFG的法向量n1?(0,3,?1) ?33y?3z?0??44333333 有PA?(0,?,?),同理可求得平面PAG的法向量n2?(,?3,3) ) , PG?(3,0.?2222设平面AGP与平面EFG所成角为?，则cos??|cos?n1,n2?|=（3）在（2）中的空间坐标系中，有OG?(3,0,0)，OE?(0,419 ……8分 1933,3)．设直线MF与平44面EFG所成角为? ，设M(?,,0) 又
3233333333F(,,)?MF?(??,?,) 244244 由（2）知平面EFG的法向量n1?(0,3,?1)
|n1?MF|即sin??|n1|?|MF|? 即?=60
0333?33344，当??．sin?最大值等于,
223992?(??)2???321616?∴点M在CD的中点时，MF与平面EFG所成角最大为60?． …………12分 20.解：（1）由抛物线方程得F(3,0) …………1分
x2y22b2椭圆方程为2?2?1(a?b?0)，|MN|?
aba抛物线y2?43x，?|CD|?43 ……2分
，CD43??43?a?2b222bMNaa?b?3，?22?a?2b?1 ……4分
x2?y2?1 ………5分 所以椭圆方程为4(2)设直线l的方程为y?kx?m，A(x1,y1)，B(x2,y2) 由?x2?y?kx?m可得(1?4k2)x2??y2?1??4?8kmx?4(m2?1)?0，
由韦达定理有：
8km?x1?x2????1?4k2?2?x1x2?4(m?1)?1?4k2?且??16(1?4k2?m2)?0 …………6分
2(kx?m)(kx2?m)，即：km(x?x)?m2?0
∵k1,k,k2构成等比数列，?k?k1k2=112x1x211
．∵ k?0，?k?．……………8分 42
此时??16(2?m2)?0，即m?(?2,2)．又由A、O、B三点不共线得m?0
由韦达定理代入化简得：k?2从而m?(?2,0)(0,2)． 故S?1|AB|?d?11?k2|x1?x2|?|m| 221?k21(x1?x2)2?4x1x2?|m|?2?m2?|m| ……………10分 22x12x222?y1??y2?1 [KS5UKS5U] ∵44??33222则 S1?S2??(x12?y12?x2?y2)??(x12?x2?2) ?4444?3???[(x1?x2)2?2x1x2]??5?为定值． 16242?m2?|m|S?S25π??)．综上：1的取值范围是[，……………12分
S4
lnx?a?1在x?(0,e2]上有解， 21. 解：（1）：问题转化为
x2即a?x?lnx在x?(0,e]上有解
令?（x)?x?lnx,x?(0,e2] ?(x)?1?'?S1?S25???4S1≥5π当且仅当m??1时等号成立． 41x?1?， xx??(x)在(0,1)上单减，在(1,e2)上单增，??(x)min??(1)?1 x?0时，（?x)???，当x?(0,e2]时，?(x)的值域为[1,??)
?实数a的取值范围是?1,??? ………6分 解法2
h(x)?lnx?a1?(lnx?a)'（0，+?）的定义域为，h(x)?
xx2 h'(x)?0?x?e1?a 当x?(0e时，h(x)单减 ,1?a时，)h(x)单增；当x?(e1?a,??)①当e1?a?e2时，即a??1时
由上知h(x)在(0,e1?a)上是增函数，在(e1?a,e2]上是减函数，
?h(x)max?h?e1?a??ea?1又当x?e?a
………2分
时，h(x)?0，当x?(0,e?a]时，h(x)?0
?a2a?1时，当x?(0,e?a]时f(x)?0.当x?(e,e]h(x)?(0e,，)
∴h(x)的图像与g(x)的图象在(0,e2]上有公共点，?ea?1?1
解得a?1,又a??1,所以a?1 ………4分 ②当e1?a?e2即a??1时，h(x)在(0,e2]上是增函数，
2∴h(x)在(0,e2]上的最大值为h(e)?所以原问题等价于
2?a
e2.KS5U2?a2?1,解得a?e?2. 2e又?a??1 ∴无解
综上，实数a的取值范围是?1,??? ………6分 （2）f'?x??1?a,切线斜率k?f'?1??1?a，切点为?1,?2a?，所以切线l的方程为xy?2a??1?a??x?1?，分别令 y?0,x?0，得切线与x轴，y轴的交点坐标为
a?1?a?1?A?,0?,B?0,?1,?a?,?x0?,y0??1?a，
1?a?1?a?11?a?1??1?a?1??4?a?1??554，当1???4?2， ?2?2?????1222a?12?55x0y0?a?1??a?1??a?1?a?122即a?31111?时， 2?2取得最小值，但a?1且a?N，所以当a?2时，2?2取得最2x0y0x0y022小值.此时，切线l的方程为y?4??1?2??x?1?，即x?y?3?0. ………12分
（x?1）+（x?2）=4 22. 解：（1）C1的普通方程为
2?3k ?2?sin??2k?cos??2?3k，2y?2kx?2?3k
2sin??2kcos?3 曲线C2的直角坐标方程是：y?k(x?)?1 ……5分
2 （2）有（1）知曲线C1是以（1，2）为圆心，2为半径的圆，曲线C2为恒过
?=圆内的定点（,1）
32