2019届江西省南昌市高三第二轮复习测试(七)数学(文)试题(解析版)

2019届江西省南昌市度高三第二轮复习测试（七）
数学（文）试题
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考考查范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。

将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B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。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带等。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6．保持卡面清洁，不折叠，不破损。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。

一、单选题
1．已知集合，，则（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
求出集合，，判断，的关系，即可得到答案.
【详解】
因为，.
所以.
故选A.
【点睛】
本题考查集合与集合的关系，是基础题.
2．已知复数(为虚数单位)，则的虚部为()
A．－1 B．0 C．1 D．i
【答案】C
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算计算即可.
【详解】
因为，故虚部为1.
故选C.
【点睛】
本题考查复数的除法运算，属基础题.
3．函数的零点所在的大致区间为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用函数零点存在性定理判断即可.
【详解】
在函数单增，且
.即，所以函数的零点所在的大致区间为.故选B.
【点睛】
本题考查零点存在性定理的应用，属基础题.
4．如图，边长为2的正方形中有一阴影区域，在正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为.则阴影区域的面积约为()
A．B．C．D．无法计算
【答案】C
【解析】
【分析】
求出正方形的面积，利用几何概型可求阴影区域的面积.
【详解】
设阴影区域的面积为，，所以.
故选C.
【点睛】
本题考查几何概型的应用，属基础题.
5．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”，讲述了“勾股定理”及一些应用，还提出了一元二次方程的解法问题.直角三角形的三条边长分别称
“勾”“股”“弦”.设、分别是双曲线，的左、右焦点，是该双曲线右支上的一点，若分别是的“勾”“股”，且，则双曲线的离心率为（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题可得，所以，又，由此可求双曲线的离心率.
【详解】
由双曲线的定义得，所以，
即，由题意得，所以
，又，所以，解得，从而离心率
故选D.
【点睛】
本题考查双曲线的离心率的求法，属中档题.
6．给出下列四个命题:
①“若为的极值点，则=0”的逆命题为真命题；
②“平面向量的夹角是钝角”的充分不必要条件是；
③若命题p：，则；
④命题“，使得”的否定是：“，均有”.
其中不正确的个数是( )
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】A
【解析】
【分析】
分别对①②③④进行真假判断，从而得到结论．
【详解】
“若x0为y=f(x)的极值点，则=0”的逆命题为: “若=0，则x0为y=f(x)的极值点”,为假命题,即①不正确;
“平面向量的夹角是钝角”的必要不充分条件是,即②不正确;
若命题p: ，则,即③不正确;
特称命题的否定为全称命题,即④正确.即不正确的个数是3.
故选A.
【点睛】
本题考查了四种命题的关系，充分必要条件，以及命题的否定，属于中档题．
7．执行如图所示的程序框图．如果输入，则输出的（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【详解】
因为输入，，.所以
第1步：，；
第2步：，；
第3步：，；
……
以此类推，第2018步：
，，所以输出，
故选C.
【点睛】
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，属基础题．
8．已知抛物线的焦点为，准线，点在抛物线上，点在直线上的射影为，且直线的斜率为，则的面积为（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
画出图形，抛物线的性质和正三角形的性质计算出，进而得到是以4为边长的正三角形，由此计算三角形的面积．
【详解】
设准线与轴交于点，所以，因为直线的斜率为
，所以，所以，由抛物线定义知，，且
，所以是以4为边长的正三角形，其面积为.
故选C.
【点睛】
本题考查了直线与抛物线的位置关系，抛物线的简单性质的应用，三角形的面积计算，属于中档题．
9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由已知中的三视图可得：该几何体是该几何体是如图所示的三棱
柱挖去一个三棱锥，进而得到答案．
【详解】
由三视图可得，该几何体是如图所示的三棱
柱挖去一个三棱锥，故所求几何体
的体积为.
故选A.
【点睛】
】本题考查的知识点是由三视图求几何体体积，考查空间想象能力，属于中档题．
10．若函数在区间上单调递增，则正数的最大值为（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由在区间上单调递增，利用正弦函数的单调性能求出正数的最大值．
【详解】
因为
.由函数在区间上单调递增知，所以，即
，结合，可得.所以正数的最大值为，故选B.
【点睛】
本题考查三角函数中参数值的最大正值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意二倍角的正弦公式、正弦函数单调性的合理运用．
11．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，不一定正确的是（）
A．AC⊥BD B．AC∥截面PQMN
C．AC = BD D．异面直线PM与BD所成的角为
【答案】C
【解析】
依题意得MN∥PQ，MN∥平面ABC，又MN、AC⊂平面ACD，且MN与AC无公共点，因此有MN∥AC，AC∥平面MNPQ.同理，BD∥PN.又截面MNPQ是正方形，因此有AC⊥BD，直线PM与BD所成的角是45°.综上所述，其中错误的是C，故选C．
【考点】线面平行的判定、异面直线所成的角.
12．下表中的数表为“森德拉姆筛”（森德拉姆，东印度学者），其特点是每行每列都成等差数列．
在上表中，2017出现的次数为（）
A．18 B．36 C．48D．72
【答案】B
【解析】
【分析】
第1行数组成的数列（）是以2为首项，公差为1的等差数列，第列数组成的数列（）是以为首项，公差为j的等差数列，求出通项公式，就求出结果．
【详解】
记第行第列的数为，那么每一组与的解就对应表中的一个数.因为第1行的数组成的数列（）是以2为首项，公差为1的等差数列，所以；
又第列数组成的数列（）是以为首项，公差为的等差数列，所以
.令，则.据此易知，2017出现的次数为.
故选B.
【点睛】
本题考查了行列模型的等差数列应用，解题时利用首项和公差写出等差数列的通项公式，运用通项公式求值，是中档题．
二、填空题
13．设为所在平面内一点，，若，则__________．【答案】
【解析】
【分析】
直接利用向量的线性运算求出结果．
【详解】
∵为所在平面内一点, ，
∴B，C，D三点共线.若∴，
化为：=+，与=−+，比较可得：，解得.
即答案为-3.
【点睛】
本题考查的知识要点：向量的线性运算及相关的恒等变换问题．
14．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为4，积为，则前4项倒数之和为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
依题知，，所以，则
.
【详解】
依题知，，所以
所以
即答案为3.
【点睛】
本题考查等比数列的求和公式和通项公式，整体求解是解决问题的关键，属中档题．
15．记命题为“点满足（）”，记命题为“满足”，若是的必要不充分条件，则实数的最大值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
作出可行域如图所示，依题意可知，以原点为圆心，为半径的圆完全在由不等式组
所围成的区域内，由此可求实数的最大值.
【详解】
依题意可知，以原点为圆心，为半径的圆完全在由不等式组
所围成的区域内，由于原点到直线的距离为，所以，实数的最大值为【点睛】
本题考查了线性规划的基本应用问题，利用目标函数的几何意义是解题的关键，是中档题．
16．函数，，若使得，则__________. 【答案】
【解析】
【分析】
】令，运用导数求出的最小值；运用基本不等式可得，从而可证明，由等号成立的条件，从而解得．【详解】
令，令
，故在上是减函数，在上是增函数，当时
有最小值，而当且仅当，即，故，当且仅当等号成立时成立，故，即
【点睛】
本题考查了导数的综合应用及基本不等式的应用，同时考查了方程的根与函数的零点的关系应用，属于中档题．
三、解答题
17．在中，分别是内角所对的边，向量，
,且满足.
（1）求角的大小；
（2）若，设角的大小为，的周长为，求的最大值.
【答案】（1）；（2）3
【解析】
【分析】
（1）因为a b，所以.
由正弦定理得，再根据余弦定理可求角的大小；
由，及正弦定理得，，则
由此可求的最大值.
【详解】
（1）因为a b，所以.
由正弦定理得，即.
由余弦定理得，又因为，所以.
（2）由，及正弦定理得，
而，，则，，
于是，
由得，所以当即时，.
【点睛】
本题考查三角函数的化简求值，向量的数量积、余弦定理、正弦定理的应用，考查计算能力．属中档题.
18．如图，四棱锥中，，//，，为正三角形. 且
.
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）若点到底面的距离为2，是线段上一点，且//平面，求四面体
的体积.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）证明，，可证平面平面；
（Ⅱ）如图，连接，交于点，因为//，由（Ⅰ）点到平面的距离为2，所以点到平面的距离为，所以由可求四面体的体
积.
【详解】
（Ⅰ）证明：，且，，又为正三角形，所以
，又，，所以，
又，//，，，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面.
（Ⅱ）如图，连接，交于点，因为//，
且，所以，连接，
因为//平面，所以//，则，
由（Ⅰ）点到平面的距离为2，
所以点到平面的距离为，
所以，
即四面体的体积为.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明以及锥体体积的实际，属中档题.
19．某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费（单位：万元）对年销售量（单位：吨）和年利润（单位：万元）的影响.对近六年的年宣传费和年销售量的数据作了初步统计，得到如下数据：
年宣传费
年销售量（吨）
经电脑模拟，发现年宣传费（万元）与年销售量（吨）之间近似满足关系式
.对上述数据作了初步处理，得到相关的值如下表：
（Ⅰ）根据所给数据，求关于的回归方程；
（Ⅱ）已知这种产品的年利润与的关系为.若想在2018年达到年利润最大，请预测2018年的宣传费用是多少万元？
附：对于一组数据，其回归直线中的斜率和截距的最
小二乘估计分别为
【答案】（1）（2）当2018年的宣传费用为98万元时，年利润有最大值.【解析】
【分析】
（Ⅰ）对两边取对数得，令
得，利用最小二乘法求出得，由此能求出关于的回归方程；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，年利润的预报值为，由此预测2018年的宣传费用.
【详解】
（Ⅰ）对两边取对数得，令
得，由题给数据，得：，
，，于是
，，
得，故所求回归方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，年利润的预报值为
，所以当即时，有最大值.
故当2018年的宣传费用为98万元时，年利润有最大值.
【点睛】
本题考查回归方程的求法，二次函数的最值，属于基础题.
20．如图，已知圆的方程为，圆的方程为，若动圆与圆内切，与圆外切．
（Ⅰ）求动圆圆心的轨迹的方程；
（Ⅱ）过直线上的点作圆的两条切线，设切点分别是，，若直线
与轨迹交于，两点，求的最小值．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）设动圆的半径为，由题动圆与圆内切，与圆外切，则
，由此即可得到动圆圆心的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，进而得到动圆圆心的轨迹的方程；
（Ⅱ）设直线上任意一点的坐标是，切点坐标分别是，
；则经过点的切线斜方程是，同理经过点的切线方程是
，又两条切线，相交于.可得经过两点的直线的方程是
，对分类讨论分别求出的值，即可得到的最小值.
【详解】
（Ⅰ）设动圆的半径为，∵动圆与圆内切，与圆外切，
∴，且.于是，，
所以动圆圆心的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆.从而，，
所以.故动圆圆心的轨迹的方程为．
（Ⅱ）设直线上任意一点的坐标是，切点坐标分别是，
；则经过点的切线斜率，方程是，
经过点的切线方程是，又两条切线，相交于.
则有，所以经过两点的直线的方程是，
①当时，有，，，，则；
②当时，联立，整理得；
设坐标分别为，，则，
所以，
综上所述，当时，有最小值．
【点睛】
本题考查点的轨迹的求法，考查直线与圆、椭圆的位置关系，属中档题.
21．已知函数
（Ⅰ）讨论函数在上的单调性；
（Ⅱ）证明：恒成立.
【答案】（1），当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，
在上单调递减.（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）求出（），通过当时，当时，判断导函数的符号，推出函数的单调区间即可．
证法二：记函数，通过导数研究函数的性质，
，问题得证.
【详解】
（Ⅰ）（），
当时，恒成立，所以，在上单调递增；
当时，令，得到，所以，当时，，单调递增，当
时，，单调递减.
综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（Ⅱ）证法一：由（Ⅰ）可知，当时，，
特别地，取，有，即，所以（当且仅当时等号成立），因此，要证恒成立，只要证明在上恒成立即可，
设（），则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增.
所以，当时，，即在上恒成立.
因此，有，又因为两个等号不能同时成立，所以有恒成立.
证法二：记函数，
则，可知在上单调递增，又由知，
在上有唯一实根，且，则，即（），
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，结合（）式，知，
所以，
则，即，所以有恒成立.
【点睛】
本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及利用导数方不等，考查分类讨论思想的应用．属难题.
22．在直角坐标系中，圆经过伸缩变换后得到曲线．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，并在两种坐标系中取相同的单位长度，建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求曲线的直角坐标方程及直线的直角坐标方程；
（2）设点是上一动点，求点到直线的距离的最大值．
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由经过伸缩变换，可得曲线的方程，由极坐标方程
可得直线的直角坐标方程．
（Ⅱ）因为椭圆的参数方程为（为参数），所以可设点，由点到直线的距离公式，点到直线的距离为由三角函数性质可求点
到直线的距离的最大值.
【详解】
（Ⅰ）由经过伸缩变换，可得曲线的方程为，即
，由极坐标方程可得直线的直角坐标方程为
．
（Ⅱ）因为椭圆的参数方程为（为参数），所以可设点，
由点到直线的距离公式，点到直线的距离为
（其中，），由三角函数性质知，当时，点到直线的距离有最大值．
【点睛】
本题考查的知识点是简单的极坐标方程，直线与圆锥曲线的关系，难度中档．
23．已知函数，
，其中，
均为正实数，且．
（Ⅰ）求不等式的解集；
（Ⅱ）当时，求证．
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
【分析】
（Ⅰ）把用分段函数来表示，分类讨论，求得的解集．
（Ⅱ）当x∈R 时，先求得的最大值为2，再求得）的最小值，根据的最小值减去的最大值大于或等于零，可得成立．
【详解】
（Ⅰ）由题意，
，（1
）当时，
，不等式无
解；（2）当时，，解得，所以．（3）当时，恒成立，所以的解集为．
（Ⅱ）当时，
；
．
而，
当且仅当时，等号成立，即，因此，当时，
，
所以，当时，
．
【点睛】
本题主要考查带有绝对值的函数，绝对值三角不等式的应用，比较2个数大小的方法，属于中档题．
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