2020届江西省南昌市高三第二轮复习测试卷理科数学(五) PDF版含解析
2020江西省南昌市高三二模理科数学试题及答案
1 2n1 )
3n 2n
2
1 3(1
1 2n1 )
3n 2n
2
4
3n 2n
4
…12 分
18.【解析】（Ⅰ） ABD 中， AB 4, AD 2, DAB 60o ，由余弦定理得 BD 2 3 …2 分
则 AD2 BD2 AB2 ，即 AD BD ，
…4 分
z
而 AD D1D ， BD D1D D ,故 AD 面 D1DBB1 ，
NCS20200707 项目第二次模拟测试卷
理科数学参考答案及评分标准
一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 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．
题号 1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12
答案 B A A D B D C D B B C D 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分，满分 20 分．
2
32
30
| n | | AB |
74
21
，
7
21 即直线 AB 与平面 A1D1DA 所成角的正弦值为 7 .
………12 分
19.【解析】（Ⅰ）设 A1(a, 0), A2 (a, 0)，M (x0 , y0 ) ，
由 x02 a2
y02 b2
1，知 y02
b2 a2
( x02
a2) ，
所以， kMA1
3,1, 0)
设平面
B1BC
的法向量为
n
(x,
y,
z)
，则
n1
BB1
0
3x z 0
，
江西省南昌市2020届高三第二次模拟考试数学(理)试题含答案
NCS20200707项目第二次模拟测试卷理科数学本试卷共4页，23小题，满分150分。
考试时间120分钟． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上，并在相应位置贴好条形码．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案信息涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．3．非选择题必须用黑色水笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案，不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡整洁。
考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．复数12121,,z z i z z z ===⋅，则||z 等于（ ）A ．2B ．4CD ．2．集合{|},{}A y y x N B x N N ==∈=∈，则A B ⋂=（ ）A ．{0,2}B ．{0,1,2}C ．2}D ．∅3．已知,,a b c 是三条不重合的直线，平面,αβ相交于直线c ，,a b αβ⊂⊂，则“,a b 相交”是“,a c 相交”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．已知1,1()ln ,1x x f x x x -≤⎧=⎨>⎩，则不等式()1f x >的解集是（ ）A ．(1,)eB ．(2,)+∞C ．(2, )eD ．(,)e +∞5．已知ABC V 中角, , A B C 所对的边分别为,,a b c ，若2,sin 2cos 2a c A C ==，则角A 等于（ ）A ．6π B ．2πC ．23πD ．56π6．已知,a b r r 为不共线的两个单位向量，且a r 在b r上的投影为12-，则|2|a b -=r r （ ）A B C D 7．函数ln ()xx xf x e =的图象大致为（ ） A ． B ． C ． D ．8．直线2sin 0x y θ⋅+=被圆2220x y +-+=截得最大弦长为（ ）A ．B ．C ．3D ．9．函数()sin()(0)f x A x ωϕω=+>的部分图象如图所示，则(0)f =（ ）A ．B ．C ．D ． 10．春秋以前中国已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方式，使用提水吊杆——桔槔，后发展成辘轳．19世纪末，由于电动机的发明，离心泵得到了广泛应用，为发展机械提水灌溉提供了条件．图形所示为灌溉抽水管道在等高图的上垂直投影，在A 处测得B 处的仰角为37度，在A 处测得C 处的仰角为45度，在B 处测得C 处的仰角为53度，A 点所在等高线值为20米，若BC 管道长为50米，则B 点所在等高线值为（参考数据3sin 375︒=）A ．30米B ．50米C ．60米D ．70米11．已知F 是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点，直线y =交双曲线于A ，B 两点，若23AFB π∠=，则双曲线的离心率为（ ）A B C D ．212．已知函数3()sin cos (0)4f x x x a x a π⎛⎫=+--> ⎪⎝⎭有且只有三个零点()123123,,x x x x x x <<，则()32tan x x -属于（ ）A ．0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．3,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ D ．3,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．若变量x ，y 满足约束条件||1310y x x y ≥-⎧⎨-+≥⎩，则目标函数z x y =+的最小值为______________．14．已知梯形ABCD 中，//,4,60,45AD BC AD AB ABC ACB ︒︒==∠=∠=，则DC =_____________．15．已知6270127(1)(21)x x a a x a x a x --=++++L ，则2a 等于_______________．16．已知正四棱椎P ABCD -中，PAC V 是边长为3的等边三角形，点M 是PAC V 的重心，过点M 作与平面P AC 垂直的平面α，平面α与截面P AC 交线段的长度为2，则平面α与正四棱椎P ABCD -表面交线所围成的封闭图形的面积可能为______________．（请将可能的结果序号．．填到横线上）①2； ② ③3； ④三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
江西省南昌市2020届高三下学期二模(理科)数学试卷(答案)
由② 1 2 ea 0 得 a (0,1) ae e
综上所述， a (1 ln 2,1) .
………12 分
21.【解析】（Ⅰ）由表可得：
所以， K 2 50 101114 152 1.282 2.706,
24 26 25 25 所以没有 90 00 的把握说“该次大赛是否得满分”与“同学性别”有关；
0.9974 0.9544 0.043 ，
………2 分
………4 分 ………6 分 ………7 分
………9 分
— 高三理科数学（模拟二）答案第3页—
设从服从正态分布 N (, 2 ) 的总体（个体数无穷大）中任意取 5 个个体，
其中值属于 ( 3 , 2 ) ( 2 , 3 ) 的个体数为Y ，则Y ~ B5,0.043 ，
8
4 x2
9，
则 4x4 17x2 4 0 ，得 1 x2 4 ，即 2 x 1 或 1 x 2 ，
4
22
所以，所求不等式的解集为 (2, 1 ) (1 , 2) ； 22
………5 分
（Ⅱ）因为 f (x) | ax 1 | | x a || (ax 1 ) (x a ) | | a 1|| x 1 |
ae
ae
— 高三理科数学（模拟二）答案第2页—
所以，当 a 0 时，增区间为 ( 1 , ) ，减区间为 (0, 1 ) ；
ae
ae
当 a 0 时，增区间为 (, 1 ) ，减区间为 ( 1 , 0) ；（每类讨论 2 分）
ae
ae
………5 分
（Ⅱ）因为 g(x) x ln ax 2 ea 有两个正零点，则 a 0 . e
NCS20200707 项目第二次模拟测试卷
2020年5月江西省南昌市2020届高三第二次模拟考试数学(理科)试题及答案
第二次模拟测试卷理科数学本试卷共4页，23小题，满分150分。
考试时间120分钟． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上，并在相应位置贴好条形码．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案信息涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．3．非选择题必须用黑色水笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案，不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡整洁。
考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．复数12121,,z z i z z z ===⋅，则||z 等于（ ）A ．2B ．4CD ．2．集合{|},{}A y y x N B x N N ==∈=∈，则A B ⋂=（ ）A ．{0,2}B ．{0,1,2}C ．2}D ．∅3．已知,,a b c 是三条不重合的直线，平面,αβ相交于直线c ，,a b αβ⊂⊂，则“,a b 相交”是“,a c 相交”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 4．已知1,1()ln ,1x x f x x x -≤⎧=⎨>⎩，则不等式()1f x >的解集是（ ）A ．(1,)eB ．(2,)+∞C ．(2, )eD ．(,)e +∞5．已知ABC V 中角, , A B C 所对的边分别为,,a b c ，若2,sin 2cos 2a c A C ==，则角A 等于（ ）A ．6π B ．2πC ．23πD ．56π6．已知,a b r r 为不共线的两个单位向量，且a r 在b r上的投影为12-，则|2|a b -=r r （ ）A B C D 7．函数ln ()xx xf x e =的图象大致为（ ） A ． B ． C ． D ．8．直线2sin 0x y θ⋅+=被圆2220x y +-+=截得最大弦长为（ ）A ．B ．C ．3D ．9．函数()sin()(0)f x A x ωϕω=+>的部分图象如图所示，则(0)f =（ ）A ．B ．C ．D ． 10．春秋以前中国已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方式，使用提水吊杆——桔槔，后发展成辘轳．19世纪末，由于电动机的发明，离心泵得到了广泛应用，为发展机械提水灌溉提供了条件．图形所示为灌溉抽水管道在等高图的上垂直投影，在A 处测得B 处的仰角为37度，在A 处测得C 处的仰角为45度，在B 处测得C 处的仰角为53度，A 点所在等高线值为20米，若BC 管道长为50米，则B 点所在等高线值为（参考数据3sin 375︒=）A ．30米B ．50米C ．60米D ．70米11．已知F 是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点，直线y =交双曲线于A ，B 两点，若23AFB π∠=，则双曲线的离心率为（ ）A B C ．2+ D ．212．已知函数3()sin cos (0)4f x x x a x a π⎛⎫=+--> ⎪⎝⎭有且只有三个零点()123123,,x x x x x x <<，则()32tan x x -属于（ ）A ．0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．3,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ D ．3,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．若变量x ，y 满足约束条件||1310y x x y ≥-⎧⎨-+≥⎩，则目标函数z x y =+的最小值为______________．14．已知梯形ABCD 中，//,4,60,45AD BC AD AB ABC ACB ︒︒==∠=∠=，则DC =_____________．15．已知6270127(1)(21)x x a a x a x a x --=++++L ，则2a 等于_______________．16．已知正四棱椎P ABCD -中，PAC V 是边长为3的等边三角形，点M 是PAC V 的重心，过点M 作与平面P AC 垂直的平面α，平面α与截面P AC 交线段的长度为2，则平面α与正四棱椎P ABCD -表面交线所围成的封闭图形的面积可能为______________．（请将可能的结果序号．．填到横线上）①2； ② ③3； ④三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
2020年江西省南昌二中高考数学模拟试卷(理科)(5月份) (解析版)
2020年江西省南昌二中高考数学模拟试卷（理科）（5月份）一、选择题（共12小题）.1．设全集为R ，集合A ＝{x |﹣3＜x ＜3}，B ＝{x |x 2﹣4x ﹣5＜0}，则A ∩∁R B ＝（ ） A ．（﹣3，0）B ．（﹣3，﹣1]C ．（﹣3，﹣1）D ．（﹣3，3）2．已知复数z 满足（1+2i ）z ＝3﹣4i ，则|z|=（ ） A ．√55B ．1C ．√5D ．53．函数f(x)=(x−1x+1)e x的部分图象大致是（ ） A ． B ．C ．D ．4．设a ，b ，c 均为正数，且e a ＝﹣lna ，e ﹣b ＝﹣lnb ，e ﹣c ＝lnc ，则（ ） A ．c ＜b ＜aB ．c ＜a ＜bC ．b ＜a ＜cD ．a ＜b ＜c5．在△ABC 中，AB →⋅BC →=0，|AB →|=|BC →|=3√2，AD →=2DC →，则BD →⋅CA →=（ ） A ．4B ．﹣6C ．6D ．−4√36．已知cos α=√55，sin （β﹣α）=−√1010，α，β均为锐角，则sin2β＝（ ）A ．12B ．√22C ．√32D ．17．已知某公司生产的一种产品的质量X （单位：千克）服从正态分布N （90，64）．现从该产品的生产线上随机抽取10000件产品，其中质量在区间（82，106）内的产品估计有附：若X ﹣N （u ，σ2），则P （u ﹣σ＜X ＜μ+σ）≈0.6826，P （u ﹣2σ＜X ＜u +2σ）≈0.9544．（ ） A ．8185件B ．6826件C ．4772件D ．2718件8．2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主、英国著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动，在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字x 的素数个数大约可以表示为n （x ）≈xlnx 的结论（素数即质数，lge ≈0.43429）．根据欧拉得出的结论，如下流程图中若输入n 的值为100，则输出k 的值应属于区间（ ）A ．（15，20]B ．（20，25]C ．（25，30]D ．（30，35]9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a ＞0，b ＞0)的左右焦点，过F 1的直线与圆x 2+y 2＝a 2相切，切点T ，且交双曲线右支于点P ，若2F 1T →=TP →，则双曲线C 的渐近线方程为（ ） A ．x ±y ＝0B ．2x ±3y ＝0C ．3x ±2y ＝0D ．x ±2y ＝010．已知函数f （x ）＝|cos x |（x ≥0）的图象与过原点的直线恰有四个交点，设四个交点中横坐标最大值为θ，则(1+θ2)sin2θθ=（ ）A ．﹣2B ．﹣1C ．0D ．211．在△ABC 中，G 为△ABC 的重心，AG =√2BG ，BC ＝4，则△ABC 面积的最大值为（ ） A ．16√2B ．12√2C ．3√2D ．8√212．设函数f（x）在定义域（0，+∞）上是单调函数，且∀x∈（0，+∞），f[f（x）﹣e x+x]＝e．若不等式f（x）+f′（x）≥ax对x∈（0，+∞）恒成立，则a的取值范围是（）A．（﹣∞，e﹣2]B．（﹣∞，e﹣1]C．（﹣∞，2e﹣3]D．（﹣∞，2e﹣1]二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）.13．为响应党中央提出的“稳疆兴疆，富民固边”战略，2020年5月我市某教育集团选派5名高级教师（不同姓）到新疆克州的甲、乙、丙三所中学进行援疆支教，每所学校至少1人．则李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为．14．在数列{a n}中，a1＝1，a n+2+(−1)n a n=1，记S n是数列{a n}的前n项和，则S20＝．15．阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点P到两定点A，B的距离之满足|PA||PB|=t（t＞0且t≠1）为常数，则P点的轨迹为圆．已知圆O：x2+y2＝1和A(−12，0)，若定点B（b，0）（b≠−12）和常数λ满足：对圆O上任意一点M，都有|MB|＝λ|MA|，则λ＝，△MAB面积的最大值为．16．已知四面体ABCD中，AB＝CD＝5，AC=BD=√34，AD=BC=√41，O为其外接球球心，AO与AB，AC，AD所成的角分别为α，β，γ．有下列结论：①该四面体的外接球的表面积为50π，②该四面体的体积为10，③cos2α+cos2β+cos2γ＝1，④∠BAC+∠CAD+∠DAB＝180°，其中所有正确结论的编号为．三、解答题（本大题共70分）17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin A=√3sin B且b＝c．（1）求角A的大小；（2）若a＝2√3，角B的平分线交AC于点D，求△ABD的面积．18．某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标Z来衡量产品的质量．当Z≥8时，产品为优等品；当6≤Z＜8时，产品为一等品；当2≤Z＜6时，产品为二等品．第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标Z的条形图．用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率．（1）从该企业生产的所有产品中随机抽取4件，求至少有1件优等品的概率； （2）现某人决定购买80件该产品．已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测，买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担．记企业的收益为X 元，求X 的分布列与数学期望．19．如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，△PAC 为正三角形，M 为棱PA 的中点，AB ⊥AC ，AC =12BC ，平面PAB ⊥平面PAC（1）求证：平面ABC ⊥平面PAC ；（2）若Q 是棱AB 上一点，PQ 与平面ABC 所成角的正弦值为√217，求二面角Q ﹣MC﹣A 的正弦值．20．已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的长轴是短轴的两倍，以短轴一个顶点和长轴一个顶点为端点的线段作直径的圆的周长等于√5π，直线l 与椭圆C 交于A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）两点，其中直线l 不过原点． （1）求椭圆C 的方程；（2）设直线OA ，l ，OB 的斜率分别为k 1，k ，k 2，其中k ＞0且k 2＝k 1k 2．记△OAB 的面积为S ．分别以OA ，OB 为直径的圆的面积依次为S 1，S 2，求S 1+S 2S的最小值．21．已知函数f （x ）＝e x ﹣ax ﹣a ，（其中e 为自然对数的底数）．（1）讨论函数f （x ）的单调性； （2）当a ∈[0，1）时，函数g(x)=f(x)x 2(x ＞0)有最小值h （a ），求函数h （a ）的值域． 请考生在第22、23题中任选一题作答，若多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =4t +a 2y =3t −1（t 为参数），圆C 的参数方程为{x =1+|a|cosθy =−2a 2+sinθ（θ为参数）（1）求l 和C 的普通方程；（2）设点P （5，2），直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求2|PA|+2|PB|的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f （x ）＝|x +m |+2|x ﹣1|（m ＞0）．（1）若不等式f （x ）＞4﹣2x 对任意的x ∈[﹣3，﹣1]恒成立，求m 的取值范围； （2）当m ＝2时，记f （x ）的最小值为M ，正实数a ，b ，c 满足a +b +c ＝M ，证明：a 4+b 4+c 4≥3．参考答案一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1．设全集为R，集合A＝{x|﹣3＜x＜3}，B＝{x|x2﹣4x﹣5＜0}，则A∩∁R B＝（）A．（﹣3，0）B．（﹣3，﹣1]C．（﹣3，﹣1）D．（﹣3，3）【分析】可以求出集合B，然后进行补集、交集的运算即可．解：∵A＝{x|﹣3＜x＜3}，B＝{x|﹣1＜x＜5}，∴∁R B＝{x|x≤﹣1或x≥5}，A∩∁R B＝（﹣3，﹣1]．故选：B．2．已知复数z满足（1+2i）z＝3﹣4i，则|z|=（）A．√55B．1C．√5D．5【分析】化简复数，即可求出|z|．解：∵（1+2i）z＝3﹣4i，∴z=3−4i1+2i=−1﹣2i，∴|z|＝﹣1+2i，∴|z|=|﹣1+2i|=√1+4=√5，故选：C．3．函数f(x)=(x−1x+1)e x的部分图象大致是（）A．B．C．D．【分析】利用趋近性结合排除法即可得到答案．解：当x→﹣∞时，e x→0+，x−1x+1=1−2x+1→1+，所以f（x）→0+，排除C，D；因为x→+∞时，e x→+∞，x−1x+1=1−2x+1→1+，所以f（x）→+∞，因此排除B，故选：A ．4．设a ，b ，c 均为正数，且e a ＝﹣lna ，e ﹣b ＝﹣lnb ，e ﹣c ＝lnc ，则（ ） A ．c ＜b ＜aB ．c ＜a ＜bC ．b ＜a ＜cD ．a ＜b ＜c【分析】在同一坐标系中分别画出y ＝e x ，y ＝e ﹣x ，y ＝lnx ，y ＝﹣lnx 的图象，数形结合能判断三个数的大小．解：在同一坐标系中分别画出y ＝e x ，y ＝e ﹣x ，y ＝lnx ，y ＝﹣lnx 的图象，y ＝e x 与y ＝﹣lnx 的交点的横坐标为a ， y ＝e ﹣x 与y ＝﹣lnx 的图象的交点的横坐标为b ， y ＝e ﹣x 与y ＝lnx 的图象的交点的横坐标为c ， 从图象可以看出a ＜b ＜c ． 故选：D ．5．在△ABC 中，AB →⋅BC →=0，|AB →|=|BC →|=3√2，AD →=2DC →，则BD →⋅CA →=（ ） A ．4B ．﹣6C ．6D ．−4√3【分析】可画出图形，根据AD →=2DC →即可得出BD →=23BC →+13BA →，并得出CA →=BA →−BC →，从而得出BD →⋅CA →=(23BC →+13BA →)⋅(BA →−BC →)，然后进行数量积的运算即可．解：如图，由AD →=2DC →得BD →=AD →−AB →=23AC →+BA →=23(BC →−BA →)+BA →=23BC →+13BA →，CA →=BA →−BC →， 又∵AB →⋅BC →=0，|AB →|=|BC →|=3√2，∴BD →⋅CA →=(23BC →+13BA →)⋅(BA →−BC →)=−23BC →2+13BA →2=−23×18+13×18 ＝﹣6． 故选：B ．6．已知cos α=√55，sin （β﹣α）=−√1010，α，β均为锐角，则sin2β＝（ ）A ．12B ．√22C ．√32D ．1【分析】因为α，β均为锐角，所以β﹣α∈(−π2，π2)，所以cos(β−α)=3√1010，sinα=2√55，由sin β＝sin[α+（β﹣α）]＝sin αcos （β﹣α）+cos αsin （β﹣α）求出sin β，再求出cos β，代入即可．解：因为α，β均为锐角，所以β﹣α∈(−π2，π2)，所以cos(β−α)=3√1010，sinα=2√55， 由sin β＝sin[α+（β﹣α）]＝sin αcos （β﹣α）+cos αsin （β﹣α） =2√55⋅3√1010+√55⋅(−√1010)=√22， 所以sinβ=√22，cosβ=√22，所以sin2β＝2sin βcos β＝1， 故选：D ．7．已知某公司生产的一种产品的质量X （单位：千克）服从正态分布N （90，64）．现从该产品的生产线上随机抽取10000件产品，其中质量在区间（82，106）内的产品估计有附：若X ﹣N （u ，σ2），则P （u ﹣σ＜X ＜μ+σ）≈0.6826，P （u ﹣2σ＜X ＜u +2σ）≈0.9544．（ ）A．8185件B．6826件C．4772件D．2718件【分析】产品的质量X（单位：千克）服从正态分布N（90，64）．所以μ＝90，σ＝8，P（82≤X＜106）＝P（μ﹣σ≤X＜μ+2σ），代入计算即可．解：依题意，μ＝90，σ＝8，∴P（82≤X＜106）＝0.9544−0.9544−0.68262=0.8185，∴质量在区间（82，106）内的产品估计有10000×0.8185＝8185件，故选：A．8．2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主、英国著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动，在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字x的素数个数大约可以表示为n（x）≈xlnx的结论（素数即质数，lge≈0.43429）．根据欧拉得出的结论，如下流程图中若输入n的值为100，则输出k的值应属于区间（）A．（15，20]B．（20，25]C．（25，30]D．（30，35]【分析】由流程图可知其作用为统计100以内素数的个数，将x ＝100代入n （x ）≈xlnx 可求得近似值，从而得到结果．解：该流程图是统计100以内素数的个数，由题可知小于数字x 的素数个数大约可以表示为n （x ）≈xlnx ； 则100以内的素数个数为： n （100）≈100ln100=1002ln10=50lg10lge=50lge ≈22．故选：B ．9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a −y 2b =1(a ＞0，b ＞0)的左右焦点，过F 1的直线与圆x 2+y 2＝a 2相切，切点T ，且交双曲线右支于点P ，若2F 1T →=TP →，则双曲线C 的渐近线方程为（ ） A ．x ±y ＝0B ．2x ±3y ＝0C ．3x ±2y ＝0D ．x ±2y ＝0【分析】连PF 2，过F 2作F 2Q ∥OT ，结合向量共线定理和三角形的中位线定理，双曲线的定义和直角三角形的勾股定理，可得a ，b 的关系，进而得到所求渐近线方程． 解：连PF 2，过F 2作F 2Q ∥OT ，若2F 1T →=TP →， 则易知|OF 1|＝c ，|OT |＝a ，|TF 1|＝|TQ |＝|QP |＝b ， |QF 2|＝2a ，|PF 2|＝|PF 1|﹣2a ＝3b ﹣2a ，所以在Rt △PQF 2中，（3b ﹣2a ）2＝（2a ）2+b 2，整理得ba=32，所以渐近线方程为y =±32x ，即3x ±2y ＝0， 故选：C ．10．已知函数f （x ）＝|cos x |（x ≥0）的图象与过原点的直线恰有四个交点，设四个交点中横坐标最大值为θ，则(1+θ2)sin2θθ=（ ）A ．﹣2B ．﹣1C ．0D ．2【分析】依题意，过原点的直线与函数y ＝|cos x |（x ≥0）在区间（3π2，2π）内的图象相切，利用导数知识可求得切线方程，利用直线过原点，可求得θ=−1tanθ，代入所求关系式即可求得答案．解：∵函数f （x ）＝|cos x |（x ≥0）的图象与过原点的直线恰有四个交点， ∴∴直线与函数y ＝|cos x |（x ≥0）在区间（3π2，2π）内的图象相切，在区间（3π2，2π）上，y 的解析式为y ＝cos x ，故由题意切点坐标为（θ，cos θ）， ∴切线斜率k ＝y ′＝﹣sin x |x ＝θ＝﹣sin θ，∴由点斜式得切线方程为：y ﹣cos θ＝﹣sin θ（x ﹣θ），即 y ＝﹣sin θx +θsin θ+cos θ， ∵直线过原点，∴θsin θ+cos θ＝0，得θ=−1tanθ， ∴则(1+θ2)sin2θθ=(1+tan 2θ)2−1tanθ⋅sin2θ=−（tan θ+1tanθ）•2sin θcos θ＝﹣（sinθcosθ+cosθsinθ）•2sin θcos θ＝﹣2（sin 2θ+cos 2θ）＝﹣2，故选：A ．11．在△ABC 中，G 为△ABC 的重心，AG =√2BG ，BC ＝4，则△ABC 面积的最大值为（ ） A ．16√2B ．12√2C ．3√2D ．8√2【分析】由题意建立平面直角坐标系，求出G 所满足的方程，可得三角形BGC 的面积的最大值，再由S △ABC ＝3S △BGC 的最大值．解：由重心的性质可得：因为AG =√2BG ，所以BG =2AG =√2GD ，如图建立平面直角坐标系，以BC 所在的直线为x 轴，以过BC 的中点D 垂直于BC 的直线为y 轴由题意可得B （﹣2，0），C （2，0），D （0，0），设G （x ，y ），由BG =√2GD 可得：√(x +2)2+y 2=√2√x 2+y 2，整理可得：（x ﹣2）2+y 2＝8，所以G 是以（2，0）为圆心，以2√2为半径的圆，所以G 到BC 的最大距离为2√2，所以△BGC 的面积的最大值为S △BGC =12×BC ×2√2=4√2，又S △ABC ＝3S △BGC ＝12√2，故选：B ．12．设函数f（x）在定义域（0，+∞）上是单调函数，且∀x∈（0，+∞），f[f（x）﹣e x+x]＝e．若不等式f（x）+f′（x）≥ax对x∈（0，+∞）恒成立，则a的取值范围是（）A．（﹣∞，e﹣2]B．（﹣∞，e﹣1]C．（﹣∞，2e﹣3]D．（﹣∞，2e﹣1]【分析】先利用换元法求出f（x）的解析式，然后再用分离变量法，借助函数的单调性来解决问题．解：设f（x）﹣e x+x＝t，则f（t）＝e，所以f（x）＝e x﹣x+t，令x＝t得f（t）＝e t﹣t+t＝e，解得t＝1，所以f（x）＝e x﹣x+1，由题意可知，e x﹣x+1+e x﹣1≥ax对x∈（0，+∞）恒成立，即a≤2e xx−1对x∈（0，+∞）恒成立，令g(x)=2e xx−1，则g′(x)=2ex(x−1)2，易知g（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，所以g（x）min＝g（1）＝2e﹣1，则a≤2e﹣1，故选：D．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）.13．为响应党中央提出的“稳疆兴疆，富民固边”战略，2020年5月我市某教育集团选派5名高级教师（不同姓）到新疆克州的甲、乙、丙三所中学进行援疆支教，每所学校至少1人．则李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为625．【分析】基本事件总数n=C53C21C11A22⋅A33+C52C32C11A22⋅A33=150，李老师与杨老师安排去同一个学校包含的基本事件个数m=C22C42C21C11A22⋅A33=36．由此能求出李老师与杨老师安排去同一个学校的概率．解：2020年5月我市某教育集团选派5名高级教师（不同姓）到新疆克州的甲、乙、丙三所中学进行援疆支教，每所学校至少1人． 基本事件总数n =C 53C 21C 11A 22⋅A 33+C 52C 32C 11A 22⋅A 33=150，李老师与杨老师安排去同一个学校包含的基本事件个数m =C 22C 42C 21C 11A 22⋅A 33=36．∴李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为p =m n =36150=625． 故答案为：625．14．在数列{a n }中，a 1＝1，a n+2+(−1)n a n =1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 20＝ 60 ． 【分析】讨论n 为奇或偶，得出递推式，即可知道数列的项的特征，从而求出． 解：当n 为偶数时，a n +2+a n ＝1；当n 为奇数时，a n +2﹣a n ＝1，奇数项是公差为1的等差数列； ∴S 20＝（a 1+a 3+a 5+…+a 19）+[（a 2+a 4）+（a 6+a 8）+…+（a 18+a 20）] ＝1×10+10×92×1+5＝60 故答案为：60．15．阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点P 到两定点A ，B 的距离之满足|PA||PB|=t （t ＞0且t ≠1）为常数，则P 点的轨迹为圆．已知圆O ：x 2+y 2＝1和A(−12，0)，若定点B （b ，0）（b ≠−12）和常数λ满足：对圆O 上任意一点M ，都有|MB |＝λ|MA |，则λ＝ 2 ，△MAB 面积的最大值为34．【分析】画出图形，通过|MB |＝λ|MA |，求解轨迹方程，推出λ，然后求解三角形的面积． 解：设点M （x ，y ），由|MB |＝λ|MA |，得(x −b)2+y 2=λ2[(x +12)2+y 2]，整理得x 2+y 2−2b+λ21−λ2x +b 2−14λ21−λ2=0，所以{2b+λ21−λ2=0b 2−14λ21−λ2=−1解得λ＝2，b ＝﹣2如右图，当M （0，1）或M （0，﹣1）时，(S △MAB )max =34．故答案为：2；34．16．已知四面体ABCD 中，AB ＝CD ＝5，AC =BD =√34，AD =BC =√41，O 为其外接球球心，AO 与AB ，AC ，AD 所成的角分别为α，β，γ．有下列结论： ①该四面体的外接球的表面积为50π， ②该四面体的体积为10， ③cos 2α+cos 2β+cos 2γ＝1，④∠BAC +∠CAD +∠DAB ＝180°， 其中所有正确结论的编号为 ①④ ．【分析】直接利用三角形的面积公式的应用，线面夹角的应用，勾股定理的应用，球与四面体之间的关系的应用求出结果，解：由题意可得此四面体放在长方体中，如图所示，④∠BAC ，∠CAD ，∠DAB 是边长为5，√34，√41的三角形的三个内角，故∠BAC +∠CAD +∠DAB ＝180°，如图所示，故正确．可得{AE 2+CE 2=AC 2=(√34)2BE 2+CE 2=BC 2=(√41)2AE 2+BE 2=52，解得：AE ＝3，BE ＝4，CE ＝5，可得AF 2＝AE 2+BE 2+CE 2＝32+42+52＝50，可得O 为AF 与DE 的交点，因为AO 与AB ，AC ，AD 所成的角分别为α，β，γ，可得cos 2α=AB 2AF 2，cos 2β=AC 2AF2，cos 2γ=AD 2AF2，所以cos 2α+cos 2β+cos 2γ=AB 2+AC 2+AD 2AF 2=25+34+4150=2，即③错误；四面体外接球的直径的平方为4R 2＝32+42+52＝50，所以该四面体外接球的表面积为S ＝4πR 2＝50π，即①正确；四面体的体积等于长方体的体积减去4个三棱锥的体积，3×4×5﹣4×13×12（3×4×5）＝20，即②错误； 故答案为：①④． 三、解答题（本大题共70分）17．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，sin A =√3sin B 且b ＝c ． （1）求角A 的大小；（2）若a ＝2√3，角B 的平分线交AC 于点D ，求△ABD 的面积． 【分析】（1）由正弦定理及其余弦定理，求出角A 即可； （2）由（1）求出B ，C ，再由AB sinD=AD sin∠ABD及∠ABD =π12，∠D =π4，求出AD ，再求出面积．解：（1）由sin A =√3sin B 及正弦定理知a =√3b ，又b ＝c ，由余弦定理得cos A =b 2+c 2−a 22bc =b 2+b 2−3b 22b2=−12， A ∈（0，π），A =2π3； （2）由（1）知B ＝C =π6，又a ＝2√3，在△ABC 中，由正弦定理知：AB ＝2， 在△ABD 中，由正弦定理ABsinD=AD sin∠ABD及∠ABD =π12，∠BDC =π4解得AD =√3−1，故S △ABD =12⋅AB ⋅AD ⋅sin 2π3=12⋅2⋅(√3−1)⋅√32=3−√32．18．某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标Z 来衡量产品的质量．当Z ≥8时，产品为优等品；当6≤Z ＜8时，产品为一等品；当2≤Z ＜6时，产品为二等品．第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标Z 的条形图．用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率． （1）从该企业生产的所有产品中随机抽取4件，求至少有1件优等品的概率；（2）现某人决定购买80件该产品．已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测，买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担．记企业的收益为X 元，求X 的分布列与数学期望．【分析】（1）由条形图可知，优等品的数量为121+87+42＝250件，所以抽取一件产品属于优等品的概率为12，再结合对立事件的概率和独立重复事件的概率，可得随机抽取4件产品，至少有1件优等品的概率为P =1−C 40⋅(12)0⋅(12)4=1516； （2）当按每件1600元购买时，X ＝47000；当按每件1500元购买时，X ＝39000，再按独立重复事件的概率求出P （X ＝47000），所以P （X ＝39000）＝1﹣P （X ＝47000），从而可得X 的分布列，利用数学期望的公式即可求出E （X ）．解：（1）由条形图可知，500件中优等品有121+87+42＝250件，∴优等品的频率为250500=12，用频率估计概率，抽取一件产品属于优等品的概率为12，∴随机抽取4件产品，至少有1件优等品的概率为P =1−C 40⋅(12)0⋅(12)4=1516．（2）当按每件1600元购买时，X ＝1600×80﹣1000×80﹣250×4＝47000； 当按每件1500元购买时，X ＝1500×80﹣1000×80﹣250×4＝39000．∴P （X ＝47000）=C 43⋅(12)3⋅12+C 44⋅(12)4=516；P （X ＝39000）＝1﹣P （X ＝47000）=1116． ∴X 的分布列为X 47000 39000 P5161116数学期望E （X ）=47000×516+39000×1116=41500．19．如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，△PAC 为正三角形，M 为棱PA 的中点，AB ⊥AC ，AC =12BC ，平面PAB ⊥平面PAC（1）求证：平面ABC ⊥平面PAC ；（2）若Q 是棱AB 上一点，PQ 与平面ABC 所成角的正弦值为√217，求二面角Q ﹣MC ﹣A 的正弦值．【分析】（1）证明CM ⊥PA ，推出CM ⊥平面PAB ，得到CM ⊥AB ，结合AB ⊥AC ，推出AB ⊥平面PAC ，然后证明平面ABC ⊥平面PAC ．（2）作AC 中点O ，连OP ，以O 为坐标原点，OA ，OP 分别为x ，z 轴，过O 且平行于AB 的方向为y 轴，如图，建立空间直角坐标系．求出平面ABC 的法向量，平面QMC 的法向量利用空间向量的数量积求解二面角Q ﹣MC ﹣A 的余弦值，然后求解正弦函数值即可．【解答】（1）证明：因为△PAC 为正三角形，M 为棱PA 的中点，所以CM ⊥PA ， 又平面PAB ⊥平面PAC ，且平面PAB ∩平面PAC ＝PA ， 所以CM ⊥平面PAB ，所以CM ⊥AB ，又AB ⊥AC ，且AC ∩CM ＝C ， 所以AB ⊥平面PAC ， 又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ABC ⊥平面PAC ．（2）作AC 中点O ，连OP ，由（1）及OP ⊥AC 可知OP ⊥平面ABC以O 为坐标原点，OA ，OP 分别为x ，z 轴，过O 且平行于AB 的方向为y 轴，如图，建立空间直角坐标系．设AC ＝2 则O(0，0，0)，P(0，0，√3)，A(1，0，0)，C(−1，0，0)，M(12，0，√32)，B(1，2√3，0)，设AQ →⊥λAB →，则Q(1，2√3λ，0)，PQ →=(1，2√3λ，−√3)， 设平面ABC 的法向量为n 1→=（0，0，1）， 因为PQ 与平面ABC 所成角的正弦值为√217所以|n 1→⋅PQ →||n 1→||PQ →|=√217，即√3√12λ2+4=√217，解得λ=12 即Q 为AB 的中点，则Q(1，√3，0)，设平面QMC 的法向量为n 2→=（x ，y ，z ），则{n 2→⋅CQ →=0n 2→⋅CM →=0，即{(x ，y ，z)⋅(2，√3，0)=0(x ，y ，z)⋅(32，0，√32)=0，{2x +√3y =03x +√3z =0， 取n 2→=(√3，−2，−3)，设平面AMC 的法向量为n 3→，则n 3→=（0，1，0） 则二面角Q ﹣MC ﹣A 的余弦值为cos θ=−n 2→⋅n 3→|n 2→||n 3→|=12， 故sin θ=√32．20．已知椭圆C ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的长轴是短轴的两倍，以短轴一个顶点和长轴一个顶点为端点的线段作直径的圆的周长等于√5π，直线l 与椭圆C 交于A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）两点，其中直线l 不过原点． （1）求椭圆C 的方程；（2）设直线OA ，l ，OB 的斜率分别为k 1，k ，k 2，其中k ＞0且k 2＝k 1k 2．记△OAB 的面积为S ．分别以OA ，OB 为直径的圆的面积依次为S 1，S 2，求S 1+S 2S的最小值．【分析】（1）利用已知条件列出方程组，求出{a =2b =1，然后求解椭圆C 的方程．（2）设直线l 的方程为y ＝kx +m （m ≠0），由{y =kx +mx 24+y 2=1消去y 整理得（1+4k 2）x 2+8kmx +4（m 2﹣1）＝0，利用判别式以及韦达定理，转化表示三角形的面积，通过基本不等式求解表达式的最值即可．解：（1）由题意知，{a =2b √a 2+b 2=√5，解得{a =2b =1， 所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．（2）设直线l 的方程为y ＝kx +m （m ≠0），由{y =kx +mx 24+y 2=1消去y 整理得（1+4k 2）x 2+8kmx +4（m 2﹣1）＝0，根据题设有：△＝16（1+4k 2﹣m 2）＞0且x 1+x 2=−8km 1+4k2，x 1x 2=4(m 2−1)1+4k2．因为k 2＝k 1k 2，所以k 2=k 1k 2=y 1x 1⋅y 2x 2=(kx 1+m)(kx 2+m)x 1x 2=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2x 1x 2， 将x 1+x 2=−8km 1+4k 2，x 1x 2=4(m 2−1)1+4k2代入，化简得：k 2=14，∵k ＞0，∴k =12．此时△＝16（2﹣m 2）＞0且m ≠0，解得0＜m 2＜2．故S =12⋅|AB|⋅d =12√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2⋅√1+k =|m|⋅√2−m 2，又S 1+S 2=π4⋅(x 12+y 12+x 22+y 22)=π4⋅(34x 12+34x 22+2)=3π16⋅[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]+π2=5π4，为定值． ∴S 1+S 2S=5π4⋅|m|⋅√2−m 2=5π4⋅22≥5π4，当且仅当m 2＝1即m ＝±1时等号成立． 综上：S 1+S 2S的最小值为5π4．21．已知函数f （x ）＝e x ﹣ax ﹣a ，（其中e 为自然对数的底数）． （1）讨论函数f （x ）的单调性； （2）当a ∈[0，1）时，函数g(x)=f(x)x 2(x ＞0)有最小值h （a ），求函数h （a ）的值域．【分析】（1）求出函数的导数，利用导数判断函数f （x ）的单调性即可； （2）从导数作为切入点探求函数的单调性，通过函数单调性来求得函数的值域． 解：（Ⅰ）函数f （x ）＝e x ﹣ax ﹣a ， 所以f ′（x ）＝e x ﹣a ；①当a ≤0时，f ′（x ）＞0，函数f （x ）在区间（﹣∞，+∞）上单调递增； ②当a ＞0时，令f ′（x ）＞0，得e x ＞0，解得x ＞lna ， 令f ′（x ）＜0，得e x ＜0，解得x ＜lna ，所以函数f （x ）在（﹣∞，lna ）上单调递减，在（lna ，+∞）上单调递增； （Ⅱ）g′(x)=(x−2)e x +a(x+2)x 3=x+2x3(x−2x+2e x +a)，设m(x)=x−2x+2e x+a ，x ＞0， 则m′(x)=x 2e x(x+2)2＞0，故m （x ）在（0，+∞）上单调递增，对于a ∈[0，1），由m （0）＝a ﹣1＜0，m （2）＝a ≥0，故存在x 0∈（0，2]，使得m （x 0）＝0，即g ′（x 0）＝0，亦即x 0−2x 0+2e x 0+a =0，当x ∈（0，x 0）时，m （x ）＜0，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减，当x ∈（x 0，+∞）时，m （x ）＞0，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，则g （x ）min ＝g （x 0），即g(x 0)=e x 0−a(x 0+1)x 02=e x 0x 0+2，则h(a)=e x 0x 0+2， 而(e x x+2)′=(x+1)e x (x+2)2＞0，即y =e xx+2单调递增，又x 0∈（0，2]，故12＜h （a ）≤e 24．一、选择题22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =4t +a 2y =3t −1（t 为参数），圆C 的参数方程为{x =1+|a|cosθy =−2a 2+sinθ（θ为参数）（1）求l 和C 的普通方程；（2）设点P （5，2），直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求2|PA|+2|PB|的值．【分析】（1）直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．解：（1）圆C 的参数方程为{x =1+|a|cosθy =−2a 2+sinθ（θ为参数）：所以a ＝±1，转换为直角坐标方程为（x ﹣1）2+（y +2）2＝1．直线l 的参数方程为{x =4t +a 2y =3t −1（t 为参数），转换为{x =4t +1y =3t −1，转换为直角坐标方程为y +1=34(x −1)． （2）直线l 的参数方程为{x =5+45t y =2+35t代入（x ﹣1）2+（y +2）2＝1，得到：t 2+565t +31=0，所以t 1+t 2=−565，t 1t 2＝31． 故2|PA|+2|PB|=2(|PA|+|PB||PA||PB|)=2×565×131=112155[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f （x ）＝|x +m |+2|x ﹣1|（m ＞0）．（1）若不等式f （x ）＞4﹣2x 对任意的x ∈[﹣3，﹣1]恒成立，求m 的取值范围；（2）当m ＝2时，记f （x ）的最小值为M ，正实数a ，b ，c 满足a +b +c ＝M ，证明：a 4+b 4+c 4≥3．【分析】（1）由题意可得|x +m |＞2，即为x +m ＞2或x +m ＜﹣2恒成立，再由一次函数的单调性，可得所求范围；（2）由绝对值不等式的性质和绝对值的几何意义，可得f （x ）的最小值M ，再二次运用柯西不等式，即可得证．【解答】（1）解：不等式f （x ）＞4﹣2x 对任意的x ∈[﹣3，﹣1]恒成立，可得|x +m |+2|x ﹣1|＞4﹣2x ，由x ﹣1∈[﹣4，﹣2]，可得|x +m |＞4﹣2x +2x ﹣2＝2，即为x +m ＞2或x +m ＜﹣2恒成立，由﹣3+m ＞2或﹣1+m ＜﹣2，解得m ＞5或m ＜﹣1；（2）证明：由f （x ）＝|x +2|+2|x ﹣1|＝（|x +2|+|x ﹣1|）+|x ﹣1|≥|x +2﹣x +1|+|1﹣1|＝3，当且仅当x ＝1时，f （x ）取得最小值3，即M ＝3，则正实数a ，b ，c 满足a +b +c ＝3，可得（12+12+12）（a 2+b 2+c 2）≥（a +b +c ）2，即有a 2+b 2+c 2≥3，同样（12+12+12）（a4+b4+c4）≥（a2+b2+c2）2≥9，当且仅当a＝b＝c＝1取得等号，则a4+b4+c4≥3．。
江西省南昌市2020届高三第二轮复习测试卷理科数学(1~8)(答案)
— 高三理科数学(一)第5页(共4页) —2019-2020学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷理科数学(一)一．选择题：共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分.13．169 14．3 15．:1 16． [1,) 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． 17．【解析】（Ⅰ）设{}n a 的公比为q ，则21232,2,2b b q b q q ， 故222(2)(2)q q q ，解得2q ，故12,21,2.n n n n n n a S b（Ⅱ）12log 2n n n a b n ，故01221122232...(1)22n n n T n n ，12312122232...(1)22n n n T n n ，两式相减可得： 21(122...2)22n n n n n n n T n n S nb S ，即.n n n T S nb18．【解析】（Ⅰ）证明：C H 面ABCD C H BD ， 而BD A C ，故BD 面.A C H BD A H（Ⅱ）取AB 中点M ，则CD DM . 以D为原点，分别以,DM DC 为,x y 轴、以过D 并平行于C H 的直线为z 轴建立 空间直角坐标系，由于在'CC H 中'C H CH ,4,2CC AA CH ,所以C H ，则(0,0,0),1,0),(0,2,0),D A B C C ,故(0,2,0)(0,2,AB D CD ,1,0)CB C B B, 所以(D B BB BC，— 高三理科数学(一)第6页(共4页) —设1111(,,)n x y z为平面BB D 的一个法向量，则111111111100020x z n D B y y n BB y，令11z可得1(1,n ， 设2222(,,)n x y z为平面BB D 的一个法向量，则221222212200020x z n BC y y n BB y，令21z可得2(1,n ，故 1212121234cos ,sin ,55||||n n n n n n n n，即二面角''D BB C 的正弦值为4.5 19．【解析】（Ⅰ）1133333333333333221111(0),(1),(3)9436C C P X Y P X Y P X Y A A A A A A 故1117().943618P X Y（Ⅱ）,0,1,3,X Y 因为33332131(0)(0),(1)(1)32P X P Y P X P Y A A， 3311(3)(3)6P X P Y A，所以 1111(0)(0),(1)(0,1)(1,0)23363P Z P X Y P Z P X Y P X Y ，1111(2)(1),(3)(0,3)(3,0)22236P Z P X Y P Z P X Y P X Y ，11(4)(1,3)(3,1)226P Z P X Y P X Y ，11(6)(3)66P Z P X Y ，故111111012346 2.9349636EZ20．【解析】（Ⅰ）连接1PF ，由对称性可得o1290F PF ，且o260POF ，故1212,21)e 1.cPF PF c a PF PF c a（Ⅱ）设直线:1AB x my ，则直线1:1MN x y m，并设1122(,),(,)A x y B x y ， 将直线AB 与椭圆方程联立消去x 可得2222()210m a y my a ，则— 高三理科数学(一)第7页(共4页) —21212222221,m a y y y y m a m a，12222||y y m a，则12222||||AB y y m a .将直线MN 与221x y 联立并消去x 可得222120m y y m m ，解得221M my m ，则||||M N MN y y2212||||2ABM S AB MN m a ，令t，则222(11ABM at aS t t t t，当01即1a 时，ABM S 的最大值为a ，（当且仅当1t ，即m 时取到“=”）.当1即a 时，ABM S 关于t 单调递增，此时ABM S 最大值为21a a（当且仅当t ，即0m 时取到“=”）（不合题意）.综上，若ABM 面积最大时直线AB 与x 轴不垂直，则a的取值范围是. 21．【解析】（Ⅰ）由已知，()()2e sin x g x f x x a，则12,x x 为()g x 在π(,π)2的两个不同的零点，且π()2e (sin cos )sin()4x x g x x x x，故当π3π(,24x 时()0g x ，当3π(,π)4x 时()0g x ，所以当π3π(,)24x 时()g x 单调递增，当3π(,π)4x 时()g x 单调递减.故当()g x 在π(,π)2x 有两不同的实根时，π3π()0,(π)0,(024g g g ，解得π3π242e 2e .a— 高三理科数学(一)第8页(共4页) —（Ⅱ）不妨假设12x x ，则12π3ππ24x x，且π()sin()4x g x x 在π(,π)2单调递减，故12123ππ3π(0(24224x x x x g g而122121113π3π3π3π3ππ()()()()24222x x x x g x g x g x g x ，设3ππ3π()()()()224F x g x g x x ，则3π3π223ππ7ππ()()()sin()e sin()]e )2444x x x x F x g x g x x x x 因为π3π24x 时3π3π3π3π2424πsin()0,e e e e 04x x x ，故()0F x ，所以()F x 在π3π(,24单调递减，故有3π()()04F x F ，即113π()()2g x g x 成立， 即123π2x x ，从而1212π3π3ππ()((224422x x x x g g g ，即π1220(2e .2x x g a 综上所述120().2x x g a 22．【解析】（Ⅰ）消参后圆C 化为：224x y y ，故圆C 的极坐标方程为： 4sin .（Ⅱ）ππππ3(),(6,3π334sin cos()33P Q，故||6PQ23．【解析】（Ⅰ）62,2()2,2426,4x x f x x x x，故当2x 时，62412x x ；当24x 时，24 恒成立；当4x 时，26445x x .综上，()4f x 的解集为[1,5].（Ⅱ）由（Ⅰ）可知15a ，从而不等式可化为222(5)8a a a ，而222[2(5)8]34(4)(1)0a a a a a a a ， 所以不等式222|5|8a a a 成立.— 高三理科数学(一)第9页(共4页) —高三理科数学（一）选择填空详细解析1.B 【解析】{|1e 1},{|0}A x x B y y ，故[0,e 1).A B2.C 【解析】z 在复平面所对应的点的轨迹为以(1,1)C 为圆心、1为半径的圆，而||z 表示z 所对1 .3.C 【解析】o o o (2cos(19),2sin(19)),||1,||2,90B OA OB AOB ，故||AB4.C 【解析】可行域是以(0,2),(2,4),(1,0)A B C 为顶点的三角形内部及边界区域，故32x y 在点C 处取得最小值3.5.A 【解析】1103881081101010307.222a a a a a S a6.C 【解析】431(1)2n r rrn r r nT C x ，当0,3,6,...,30r 时为有理项，故n 的最大值为32.7.D 【解析】过A 作y 轴的平行线，交x 轴于点D，则1A D D B ，因此在xOy 坐标系中，o 1,90AD DB ADB ，由勾股定理得 3.AB8.A 【解析】由已知01a .因为()f x 的定义域为(1,) ，则11(,)32x 时不等式log 11a x 在恒成立，即11(,32x 时不等式20x a恒成立，故 1.2a 9. B 【解析】此算法原理为求数列(1)(21)(21)n n na n n的前n 项和n S .(1)11111111((1...(1)(1)4212143352121n n n n n a S n n n n ，故11(1(1))421n n S n ，令1041n S ，解得20.n10.D 【解析】设POF QOF ，则902OQF .由已知FPO 中，||sin PF c ，则||2sin QF c ，故QFO 中， ||||2sin 1πcos 2sin sin(902)sin sin(902)26QF OF c c ，故tan 33b a 11.C 【解析】设M 为边BC 的中点，并设角,,A B C 所对应的边分别为,,a bc ，则221()()()22b c AO BC AM MO BC AM BC AB AC AC AB ，故22222222b c a b c a ，所以2222cos 022a c b a B ac ac，从而ABC 为钝角. 12. C 【解析】将正四面体A BCD 补形成棱长为6的正方体APBQ ECFD ，则A BCD 的外— 高三理科数学(一)第10页(共4页) —接球球心O 即为正方体的中心，故球O的半径2R,且 与面,APBQ ECFD 平行， 到面,APBQ ECFD 的距离分别为2和4，此时O 到 的距离为1，故 被球O所截圆半径r ，从而截面圆的面积为26π.13. 169 【解析】42,178x y ，将(x y 代入回归直线可得83.5a ，故当鞋码为38时身高约为2.253883.5169().cm14. 3【解析】当n 为奇数时，1211n n n n a a n a a n ，则21n n a a （即奇数项的周期为2）；当n 为偶数时，1211n n n n a a n a a n ，则221n n a a n . 故357911131517()()()()4a a a a a a a a ；246810121416()()()()513212968a a a a a a a a ，从而17111468722S S S a a a 奇偶，故2019311 3.a a a15.:1【解析】因为11,sin 222ABC ABCS a a S bc A ，故2sin 2a bc A ，而222cos 2bc a A bc，故π2cos 3b c A A A c b，且取到最大值时π6sin A b c b B C c b c，故πsin )6B B ，解得2π3B ，从而π6C，故::1:a b c 16. [1,) 【解析】首先0a ，其次方程(e )(ln(1))0x a x b 的两根应为重根，设此根为(1)t t ，则e ,ln(1)t a b t ，故e ln(1)t a b t ，设函数1()e ln(1)()e 1t t f t t f t t，其中()f t 单调递增，且(0)0f ，故0t 为()f t 的极（最）小值点，则()(0)1f t f ，即[1,).a b— 高三理科数学(二)第5页(共4页) —2019-2020学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷理科数学(二)参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）二、填空题(本大题共4小题,每小题5分，共20分)13．2π3 14．2π+115．12 16．3 三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．【解析】（Ⅰ）因为11(1)n n n a na a ，*n N ，① 所以11(2)(1)n n n a n a a ，2n ，②①-②得：11(1)2(1)(1)0n n n n a n a n a ，2n 且*n N所以1120n n n a a a ，2n 且*n N ，即1121n n n n a a a a a a 所以数列 n a 为等差数列；（Ⅱ）因为211a a ，所以数列 n a 的公差为1，因为对任意*n N ，都有12311111433n S S S S ，所以111433S ，即1334S ，所以11a 或2． 当11a 时，22a ，此时11S ，23S ，所以121114133S S ，这与题意矛盾，所以11a ． 当12a 时，1n a n ，此时(3)02n n n S ，111123S ，所以123111113n S S S S恒成立．因为1211()33n S n n ，所以1231111211111111111(1)34253621123n S S S S n n n n n n 211111114(1)32312393n n n 综上所述，整数1a 的值为2． 18．【解析】（Ⅰ）由于四边形BCEF 和ADEF 均为菱形，所以//AD BC 且AD BC ， 故四边形ABCD 为平行四边形．又AD CD ，及由对称性知，90ADC BCD ，所以四边形ABCD 为正方形． N 为EF 中点，所以1EN ，得1EC ，CN ，于是222NE CN CE ， 所以CN NE ，所以CN BC ．所以BC 平面CDN ，从而MN BC ．由对称性知CN DN 且M 为CD 的中点，所以MN CD ．— 高三理科数学(二)第6页(共4页) —所以MN 平面ABCD ．（Ⅱ）设AB 的中点为G ，以M 为原点，以,,MG MC MN 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系．MN，则(2,1,0),(2,1,0),(0,1,0),(1,A B C N F ．有(0,CN ，(0,2,0)AB，(AF．设平面ABF 的法向量为(,,)n x y z ，由00n AB n AF，得200y x y．取n，由sin 3n CN n CN得直线CN 与平面ABF所成角的正弦值为3． 19．【解析】（Ⅰ）'()e e ()e x x x f x x a x a ，令'()0f x ，则x a ． 当(,)x a 时，'()0f x ；当(,)x a 时，'()0f x ． 所以()f x 的单调递增区间是(,)a ，单调递减区间是(,)a ．（Ⅱ）当(2,)x 时，(1)e (2e e )0xxx a 恒成立，等价于当(2,)x 时，(1)e e 2exx x a恒成立，即min(1)e e 2e x x x a对(2,)x 恒成立． 令(1)e ()e 2e x x x g x ，(2,)x ．2e (e 2e )'()(e 2e)x x x x g x ．令()e 2e xh x x ，(2,)x ，'()e 2e 0x h x ，所以()e 2e x h x x 在(2,) 上单调递增 又因为2(2)e 4e 0h ，2(3)e 6e 0h ，所以'()g x 在(2,) 上有唯一零点0x ，且000e 2e ,(2,3)xx x ． 所以()g x 在0(2,)x 上单调递减，在0(,)x 上单调递增，所以00min 00(1)e ()()(2,3)e 2ex x x g x g x x ，故整数a 的最大值为2．20．【解析】（Ⅰ）设y a bx ，有51145i i x x ，51145i i y y则51521()()51102()iii ii x x y y b x x，14422a y bx ，所以122y x ． （Ⅱ）（i ）员工甲经过20次的培训后，估计他的艺术爱好指数将达到201203(103)(1e)107e x，因此估计他的创新灵感指数为1112(107e )7(1)22e y ．员工乙经过20次的培训后，估计他的艺术爱好指数将达到104(104)(182010x，— 高三理科数学(二)第7页(共4页) —因此估计他的创新灵感指数为12862y ． 由于17(1)62e，故培训后乙的创新灵感指数更高． （ii ）该员工参加10次，20次音乐培训后的创新灵感指数估计分别为737e ，该员工参加10次，20次绘画培训后的创新灵感指数估计分别为112，6， 参加10次音乐培训的概率为224339 ，参加20次音乐培训的概率为122339 ，参加10次绘画培训的概率为212339 ，参加20次音乐培训的概率为111339，所以创新灵感指数的期望估计为432112116(7(76(59) 5.59e 92999eEY ． 21．【解析】（Ⅰ）由题意知(,0)F c ，则(,)24c Q ，将点Q 的坐标代入椭圆方程得2222451416c c a b①因为OQF的面积为8，所以1248c ，得1c ② 又222a b c ③，所以由①②③得，故椭圆的方程为22143x y ．（Ⅱ）设点00(,)P x y ，11(,)M x y ，11(,)N x y ，则直线PM 的方程为010001()y y y y x x x x．令0y ，得011001y x y x x y y ，所以011001y x y x OG y y ．直线PN 的方程为010001()y y y y x x x x ．令0y ，得011001y x y x x y y，所以011001y x y x OH y y ．所以222201100110011022010101()()222y x y x y x y x y x y x OG OH OG OH y y y y y y ． 将2200334x y ，2211334x y ，代入2201102201()()2y x y x y y ，得22220110220133(3)(3)4428333344x x x x x x， 所以228OG OH ，当且仅当OG OH ，即011001100101y x y x y x y x y y y y 时取得等号．— 高三理科数学(二)第8页(共4页) —① 当011001100101y x y x y x y x y y y y 时，化简得1010()0y y x x ，根据题意知10x x ，若10y ，则与题意不符，所以00y ，此时02x 或02x② 当011001100101y x y x y x y x y y y y 时，化简得220110y x y x ，将2200334x y ，2211334x y 代入上式并化简，得01103(3)()04x x x x ，根据题意知10x x ，则013304x x ，即014x x ，而022x ，122x ，所以014x x 不成立，即011001100101y x y x y x y xy y y y 不成立．综上，22OG OH 的最小值为8，且此时点P 的坐标为(2,0)或(2,0) ．22．【解析】（Ⅰ）1:4C x 极坐标方程为cos 4 ，21cos :sin x C y的直角坐标方程为2220x y x ，所以2C 极坐标方程为2cos ．（Ⅱ）设(,)P ，射线l 的极坐标方程为π=(0,2 与1C ，2C 的交点,A B 的极坐标分别满足14cos，22cos．由2OP，得12+2cos 2cos 2 ．所以22cos 40，即(2cos 0 ．所以cos =，π= ，所以点P 的极坐标为π(,) ．— 高三理科数学(二)第9页(共4页) —高三理科数学（二）选择填空详细解析1．C 【解析】因为22020{|log (103)}{|52}M x y x x x x ，{|20201}{|1}x N y y x x 所以{|12}M N x x ，故答案选C ．2．A 【解析】因为22(1)11(1(1i i)i i i) ，要使1i 2z 是实数，所以复数i()z a a R ，故答案选A ．3．D【解析】因为sin c B，由正弦定理可得sin sin C B A ，sin 0B ，所以sin sin A C B b．又ABC的面积为2，所以21sin 222ab C a，得a又a bb，sin 2C，所以1cos 2C ． 所以根据余弦定理2222cos c a b ab C得c 3c ，故答案选D ．4．C 【解析】在等差数列 n a 中，由14,a x a y 可得3y xd ， 所以741172146315253y xS S a d a d x x y， 令25z x y ，作出可行域可知，在点(0,1) 处取得最小值， 故74min min ()205(1)5S S z ，故答案选C ．5．D 【解析】因为可判断函数()f x 是奇函数，可以排除答案A 和B ；当(0,π)x 时，有2'()cos (cos 1)sin (sin )2cos cos 1f x x x x x x x ，令'()0f x 可得1cos 2x或者cos 1x （舍去），所以函数()f x 在2π(0,)3单调递减，在2π(,π)3单调递增，故答案选D ． 6．D 【解析】因为奇函数()f x 满足(1)(1)f x f x ，有函数的周期为4T ，所以4444(1log 80)(3log 5)(1log 5)5f f f，则24(1log 5f因为21log (1,0)，所以1log 4(25a，即45a ，故2a ，故答案选D ．7．A 【解析】由题意知()f x 的最小正周期2πT ，解得2 ，所以()sin(2)f x x ．又函数()f x 的图像关于直线π3x 对称，所以2πsin()13 ，得ππ6k ，k Z ，又ππ22 ，所以π6 ，故π()sin(2)6f x x ．将函数()f x 的图像向右平移π12个单位长度得到πππ()sin 2()sin(2)1263g x x x的图像．由11πππ2π22π232k x k— 高三理科数学(二)第10页(共4页) —（1k Z ）可得11π5πππ1212k x k（1k Z ），又()g x 在 ,t t 上单调递增， 所以π125π12t t解得π12t ，所以π012t ，所以t 的最大值为π12，故答案选A ．8．D 【解析】设PD x （03x ），则3PD x ，因为AB 平面PAD ，所以AB PD ． 又AC PD ，所以PD 平面ABCD ，则四棱锥P ABCD 可补形成一个长方体，球O 的球心为PB 的中点，从而球O的表面积为2243(1)26πππx ，故答案选D ．9．C 【解析】由题意知1(,0)F c ，2(,0)F c ，设1,F M 关于渐近线by x a对称，则1F 到该渐近b ．连接1F M ，记1F M 与该渐近线交于点N ，则12F M b ，且N 为1F M的中点．连接2F M ，因为坐标原点O 是12F F 中点，所以2//ON F M ，则12F MF 为直角，所以12F MF 为直角三角形，由勾股定理得22244c c b ，故22234()c c a ，因此224c a ，得2e ，故答案选C ．10．D 【解析】由三视图可知甲为圆锥，乙为球．设球的半径为R ，圆锥底面半径为r ，则圆锥高2h R，母线长l ，因为甲与乙的体积之比为1:4，所以3244ππ33R r h ，即222R r，3l r ．所以221222ππ314π82S r rl r r r S R r，故答案选D ． 11．C 【解析】若“阅读文章”与“视听学习”相邻，则有2525A A 种可能；若“阅读文章”与“视听学习”相隔一个答题模块，则有214244A C A 种可能，故有432种可能，故答案选C ．12．B 【解析】设函数2()()1f x x g x x ，则 22'()2(1)()'()(1)f x x x f x x g x x 22(1)'()()(2)(1)x f x f x x x x 因为2(1)'()()2x f x f x x x ，所以'()0g x ，故()g x 在(0,) 上单调递减， 从而(1)(2)(3)g g g ，整理得2(2)3(1)5f f ，(3)2(1)7f f ，故①③正确．当01x 时，若(1)2f ，因为()g x 在(0,) 上单调递减，所以1()(1)2g x g ，即2()112f x x x ，即211()22f x x x ，故②正确，从而④不正确,故答案选B ．13．2π3【解析】因为22a b a b ，所以22(2)3a b a 和22(2)3a b a ，两式— 高三理科数学(二)第11页(共4页) —相减得b a ，代入可得212a b a ，所以1cos 2a b a b a b，又 0,a b ，故a 与b 的夹角为2π3．14．2π+1【解析】由已知不妨设AC ，则2AB ，如图，月牙形面积等于半圆AmB 的面积减去弓形I的面积，即2211π1π22AOB AOB S S S 月牙形，可见月牙形面积与AOB面积相等，而1=2AOB S，整个图形的面积21=π1π12S ，阴影部分面积为2=2AOB S ，由几何概型的概率计算公式得，所求概率为2π+1．15．12【解析】设AB 所在直线方程为x my t ，11(,)A x y ，22(,)B x y ．由题意知10y ，20y ，联立方程组24x my ty x得2440y my t ．所以12124,4y y m y y t ．又因为OA OB ，所以12120x x y y ，即221212044y y y y ，解得1216y y ，所以4t ，即直线AB 恒过定点(4,0)M ．又(1,0)F ，所以3MF ．故121381222ABFS MF y y ，当且仅当0m 时，等号成立，故答案为12．16．3【解析】依题意得222a b c，则2cos ab C ，所以cos 2C，所以3ππ,44C A B， 所以22222(1tan )tan sin 2tan cos 2tan 1tan B B A B B B B．令21tan (1,2)t B，则有222(1tan )tan (2)(1)2(331tan B B t t t Bt，当且仅当时t 取等号，故2sin 2tan A B 的最大值是3 ，故答案为3 ．— 高三理科数学(三)第5页(共4页) —2019—2020学年度南昌市高三第二轮复习测试卷理科数学(三)参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分．）二、填空题(本大题共4小题,每小题5分，共20分) 13. 576 14.5π2 15. 2π316. 三、解答题(本大题共6小题，共70分)17.【解析】（Ⅰ） ,,a b c，1cos 2C ，22242242c c c c c 2c .又 4c ， 7.c（Ⅱ）在ABC 中， sin sin sin AC BC AB ABC BAC ACB，22ππsin sin sin 33AC BC，2sinAC ，π2sin 3BC.ABC 的周长 f AC BC AB π2sin 2sin 312sin cos 22π2sin 3 ，又 π0,3， ππ2π333, 当ππ32 即π6时， f 取得最大值2．18.【解析】(Ⅰ)如图所示，连结11,A E B E ，等边1AAC 中，AE EC ，sin 0sin 2B A ， ，平面ABC 平面11A ACC ，且平面ABC 平面11A ACC AC ，由面面垂直的性质定理可得：1A E 平面ABC ，故1A E BC ⊥，由三棱柱的性质可知11A B AB ∥，— 高三理科数学(三)第6页(共4页) —而AB BC ，故11A B BC ，且1111A B A E A ， 由线面垂直的判定定理可得：BC 平面11A B E ， 结合EF ⊆平面11A B E ，故EF BC .（Ⅱ）在底面ABC 内作EH ⊥AC ，以点E 为坐标原点， 1EH EC EA 、、方向分别为x ,y ,z 轴正方向建立空间直 角坐标系E xyz. 11AA CA,3BC AB，据此可得：130,0,,,0,0,0,3,022A B A C，设平面1A BC 的法向量为,,m x y z，则：133,,,,330222233,,,,002222m A B x y z x y z m BC x y z x y， 据此可得平面1A BC的一个法向量为m，由1A E 平面ABC ，可得平面ABC 的一个法向量为 10,0,3A E，此时1cos ,5A E m.故平面ABC 与平面1A BC所成的锐二面角的余弦值为5. 19.【解析】(Ⅰ)方法一：如图因为AP AB AC所以四边形ACPB 是平行四边形所以BP AC ，由4AP AC 得4AP BP所以P 的轨迹是以,A B 为焦点的椭圆易知24a1c ,所以方程为22143x y .方法二：设 ,P x y 由AP AB AC 得 1,AC AP AB BP x y再4AP AC44 22143x y4 发现是椭圆方程也可以直接得24a ,1c ）（Ⅱ）设 00,P x y ，过P 的斜率为k 的直线为 00y y k x x ，由直线与圆O 相切可得22200003230x k x y k y— 高三理科数学(三)第7页(共4页) —由已知可知12,k k 是方程（关于k ）22200003230x k x y k y 的两个根， 所以由韦达定理：0012202012202333x y k k x y k k x两式相除：0012212023x y k k k k y , 又因为2200143x y 所以2200334y x ,代入上式可得：01212083yk k k k x 即：01211183k k k 为定值.20.【解析】（I ）2(22)'()exx x f x ，记2()22g x x x 令()0g x，得11x 函数()f x在(11 上单调递增；令()0g x，得11x x函数()f x在(,11) 上单调递减；（Ⅱ）记2()2e (1)42xh x m x x x ，由(0)0221h m m ，'()2e (2)242(2)(e 1)x x h x m x x x m ，由'()0h x 得2x 或ln x m ,因为(2,0]x ，所以2(2)0x ，①当21e m 时，ln (2,0)m ，且(2,ln )x m 时，'()0h x ，(ln ,0)x m 时，'()0h x ，所以min ()(ln )ln (2ln )0h x h m m m ， 所以(2,0]x 时，()0h x 恒成立；②当2e m 时，2'()2(2)(e 1)x h x x ，因为(2,0]x ，所以'()0h x ， 此时()h x 单调递增，且22(2)2e e (1)4820h ， 所以(2,0]x 时，()(2)0h x h 成立；③当2e m 时，2(2)220em h ，(0)220h m ，所以存在0(2,0)x 使得0()0h x ，因此()0h x 不恒成立．综上，m 的取值范围是2(1,e ]．21.【解析】(Ⅰ)当日需求量n m X 时，日销售量n Z 为m ，当日需求量n m X 时，日销售量nZ 为n X ，故日销售量n Z 的期望值()n E Z 为： 当19n 时，1011()(16)(16);n n iii i n E Z i P n P当10n 时，10101()(16)ii E Z i P .（Ⅱ）— 高三理科数学(三)第8页(共4页) —1101010112111()(16)(161)(16)(161)()n n n i iiinii i n i i n i n E Z i P n P i P n P E ZP设每天进货量为n X ，日利润为n ,则 53[16]8316n n n n E E Z n E Z E Z n1112108[]383n n n n n n E E E Z E Z P P P .由 11250.8n n n E E P P P 又1234123550.66,0.53,88P P P P P P P4E 最大，所以应进货20件时，日利润均值最大.22.【解析】（Ⅰ） 由31x ty t消去t 得40 x y , 所以直线l 的普通方程为40 x y .由π4ππcos cos sin sin 2cos 2sin 44 ,得22cos 2sin . 将222,cos ,sin x y x y 代入上式,得曲线C 的直角坐标方程为2222 x y x y , 即 22112 x y . （Ⅱ）设曲线C上的点为1,1 P ,则点P 到直线l的距离为d当πsin 14时, max d ,所以曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值为. 23.【解析】（Ⅰ）因为 13 f ，所以123 a a . ① 当0 a 时，得 123 a a ，解得23a ，所以203a ; ② 当102 a 时，得 123 a a ，解得2 a ，所以102 a ;③ 当12a 时，得 123 a a ，解得43 a ，所以1423a ;综上所述，实数a 的取值范围是24,33. （Ⅱ）因为1, a x R ,所以1212 f x x a x a x a x a31 a 31 a 2 .— 高三理科数学(三)第9页(共4页) —理科数学（三）选择填空详细解析1.A 【解析】 20A x x x 或，01B x x ，故(0,1)U C A B .故选A. 2.A【解析】因为复数i,z ai z a ，2.34z z a所以1a ，故选A.3.D 【解析】标准化212x y，通径122p . 4.D 【解析】从图知，不服药患病的概率高，服药患病的概率低，故选D. 5.A 【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，31(123456789)153N ，41(12345678910111213141516)344N ，51(12345678910111213141516171819202122232425)655N 222211(1)(1)(12345)22nn n n n N n n n ．6.A 【解析】画出散点图知0,0b a ,故选A ．7.D 【解析】由等比数列的性质得：232,,n n n n n S S S S S 成等比数列，2232n n n n n S S S S S ，化简得 223n n n n n n S S S S S S .8.C【解析】220192019201920191111log 2019log log 2020log 201912222a2020202020201110log log 2019log 2020;222b 120202019 1.c9.B 【解析】由条件知 πsin 26f x x，结合图像得B.10.C 【解析】在正方体1111ABCD A B C D 中，四面体11A B D C 的四面与12条棱所成的角相等.∴正方体的12条棱所在的直线所成的角均相等的平面有4个，故选C.11.B 【解析】设椭圆的长轴长为12a ，双曲线的实轴轴长为22a ，交点P 到两焦点的距离分别为 ,0m n m n ，焦距为2c ，则 222222m n mncos c -， 又122,2m n a m n a ，故:1212,m a a n a a ，222121cos 21cos 22a a c 22222212222212sin cos sin cos 11a a c c e e.12.D 【解析】设正方形ABCD 的边长为1，— 高三理科数学(三)第10页(共4页) —在BMD 中，由正弦定理得o o o2sin 35.sin 35sin135DM DBDM 在AMD 中，由余弦定理得22ooo14sin 354sin 35cos55 1.AMAMD 为等腰三角形，故o 70.MAD13.576【解析】6232x x 展开式中含x 的项为 15565326332576C x C x x ，即x 的系数为576.14.5π2【解析】当直线过点 1,2 时，3z x y 取得最小值1，故2r d ，从而圆面积为5π2.15.2π3【解析】要使得集合S 恰好有两个元素，可以使2a ，3a 的终边关于y 轴对称，此时2π3d .16.12345613562456AB BC CD DA AC BD AB AD2212345613562456|||()()|AB BC CD DA AC BD AB AD 222213562456135624564()4()4()4() 22225656565656564[(2)(2)]3216()4()4()2256328()484880等号成立当且仅当1356,, 均非负或者均非正，并且2456,, 均非负或者均非正。
江西省南昌市2020届高三第二轮复习测试卷理科数学(五)+PDF版含解析【KS5U+高考】
— 高三理科数学(五)第1页(共4页) —2019-2020学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷理科数学(五)命题人：南昌二中 周启新 审题人： 八一中学杨平涛 立德朝阳胡玉玲本试卷分必做题和选做题两部分．满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．客观题每小题选出答案后，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，再选涂其它答案标号．主观题用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答题无效．2．选做题为二选一，先在答题卡上把对应要选做的题目标号涂黑，没有选择作答无效． 3．考试结束后，监考员将答题卡收回.一．选择题：共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的.1．设 1,0,1,2U ，集合2|1,A x x x U ，则U C AA ． 0,1,2B ． 1,1,2C ． 1,0,2D ． 1,0,12.设函数x x f 2log )( ，在区间)6,0(上随机取一个自然数x ，则2)( x f 的概率为A ．13B ．23 C ．35D ．45 3．已知各项均为正数的等比数列 n a 中，13213,,22a a a 成等差数列，则1113810a a a a =A ．27B ．3C ．1 或3D ．1或274．某小区计划建造一个椭圆形的花坛，O 为椭圆的中心， ON 位于椭圆的长轴上，MON 为直角，欲在其中建立 一个长方形的水池，如图已知矩形OAPB ，有8ON ， 6OM ，则该矩形的最大面积为A ．10B ．12C ．20D ．245．元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一 壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经四处，没 了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所 示，即最终输出的0x ，则一开始输入的x 的值为A.34 B 78. C.1516 D.31326．x ，y 满足约束条件1122x y x y x y，若目标函数z ax by(0,0)a b 的最大值为7，则34a b的最小值为A.7B.13C.14D.18— 高三理科数学(五)第2页(共4页) —A 17.已知||||2OA OB ，点C 在线段AB 上，且||OC 的最小值为1，则||OA tOB(t R )的 最小值为C.28.已知复数1cos 2()i z x f x ，2cos )i z x x ，x R .在复平面上，设复数1z ，2z 对应的点分别为1Z ，2Z ，若1290Z OZ ，其中O 是坐标原点，则函数()f x 的最大值为A ．14B ．14C ．12D ．129.已知02a，若2020(1)ax 220200122020()b b x b x b x x R ，则20201222020222b b b 的值为 A. 1 B.0 C.1 D.2 10.如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段1CC 上，直线OP与平面1A BD 所成的角为 ，则sin 的取值范围是A ．,1]3B ．[,1]3C ．,33D ．[,1]311.已知数列 n a 为等差数列,n S 是其前n 项和，255,35a S 数列1{}na 的前n 项和为n T ,若对一切*N n 都有225n n mT T，则m 能取到的最大整数为 A.3 B.4 C.5 D. 612.已知双曲线C ：221(0)x y m m的离心率为2，过点 2,0P 的直线l 与双曲线C 交于不同的两点A 、B ，且 AOB 为钝角（其中O 为坐标原点），则直线l 斜率的取值范围是A.(,55B. (,0)(0,55C. (,22D. ((0,)22二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设向量(2tan ,tan )a ，向量(4,3)b ，且||0a b，则tan() ________．14.某校高三年级组从3名青年语文老师、4名数学老师、5名英语老师中挑选5人组成高三学生心理减压辅导小组，则语文、数学、英语老师都至少有一人的选择方法种数是______(用数字作答)．15.定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x ，且当0 x 时，21,10()12(,12xx x f x x，若对任意的]1,[ m m x ，不等式)()1(m x f x f 恒成立，则实数m 的取值范围是_____．16.在棱长为446 的密封直棱柱容器内有一个半径为1的小球，晃动此容器，则小球可以经过的空间的体积为_________．— 高三理科数学(五)第3页(共4页) —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. （一）必做部分17.(本小题满分12分）在ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别是a ，b ，c ，且tan cos cos )b B a C c A ．（Ⅰ）求角B ；（Ⅱ）若函数π()2sin(22cos 26f x x x,且6()25f A ，求πcos()6A 的值．18.(本小题满分12分）如图：正四面体ABCD ，点M 、N 分别在对棱AB 、CD 上，点N 是线段CD 的中点.（Ⅰ）求证：平面ABN 平面MCD ；（Ⅱ）若点P 是棱AD 上一点，且二面角A BC P 为30 ， 求直线AC 与平面PBC 所成角的正弦值.19.(本小题满分12分）1885年沙门氏菌等在霍乱流行时分离到猪霍乱沙门氏菌，故定名为沙门氏菌.沙门氏菌属有的专对人类致病，有的只对动物致病，也有对人和动物都致病.据统计在世界各国的种类细菌性食物中毒中，沙门氏菌引起的食物中毒常列为榜首.2019年10月26日，江西省南昌市发生一起食品中毒事件.截止11月1日，疾控机构对596名相关人员开展了流行病学调查，在采集的50份病例报告中，有43份检查出肠炎沙门氏菌.现某疾控中心为筛查沙门氏菌，需要检验粪便.现有n 份样本，每个样本取的可能性相等，以下有两种检验方式：①逐份检验，需检验n 次；②混合检验，将其中k 份样本分别取样混在一起检验，若检查结果不含沙门氏菌，因而这k 份样本只需一次检验即可；若检验结果含沙门氏菌，为了明确这k 份样本究竟哪几份含有，就需要对这k 份再逐份检验。
2020年江西省南昌二中高考数学模拟试卷(理科)(5月份)(含答案解析)
2020年江西省南昌二中高考数学模拟试卷（理科）（5月份）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设全集为R，集合，，则A. B. C. D.2.已知复数z满足，则A. B. 1 C. D. 53.函数的部分图象大致是A. B. C. D.4.设a，b，c均为正数，且，，，则A. B. C. D.5.在中，，，则A. 4B.C. 6D.6.已知，，，均为锐角，则A. B. C. D. 17.已知某公司生产的一种产品的质量单位：千克服从正态分布现从该产品的生产线上随机抽取10000件产品，其中质量在区间内的产品估计有附：若，则，A. 8185件B. 6826件C. 4772件D. 2718件8.2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主、英国著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动，在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为论小于某值的素数个数的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字x的素数个数大约可以表示为的结论素数即质数，根据欧拉得出的结论，如下流程图中若输入n的值为100，则输出k的值应属于区间A.B.C.D.9.已知，是双曲线C：的左右焦点，过的直线与圆相切，切点T，且交双曲线右支于点P，若，则双曲线C的渐近线方程为A. B. C. D.10.已知函数的图象与过原点的直线恰有四个交点，设四个交点中横坐标最大值为，则A. B. C. 0 D. 211.在中，G为的重心，，，则面积的最大值为A. B. C. D.12.设函数在定义域上是单调函数，且，若不等式对恒成立，则a的取值范围是A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.为响应党中央提出的“稳疆兴疆，富民固边”战略，2020年5月我市某教育集团选派5名高级教师不同姓到新疆克州的甲、乙、丙三所中学进行援疆支教，每所学校至少1人．则李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为______．14.在数列中，，，记是数列的前n项和，则______．15.阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点P到两定点A，B的距离之满足且为常数，则P点的轨迹为圆．已知圆O：和，若定点和常数满足：对圆O上任意一点M，都有，则______，面积的最大值为______．16.已知四面体ABCD中，，，，O为其外接球球心，AO与AB，AC，AD所成的角分别为，，有下列结论：该四面体的外接球的表面积为，该四面体的体积为10，，，其中所有正确结论的编号为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．求角A的大小；若，角B的平分线交AC于点D，求的面积．18.某产品自生产并投入市场以来，生产企业为确保产品质量，决定邀请第三方检测机构对产品进行质量检测，并依据质量指标Z来衡量产品的质量．当时，产品为优等品；当时，产品为一等品；当时，产品为二等品．第三方检测机构在该产品中随机抽取500件，绘制了这500件产品的质量指标Z的条形图．用随机抽取的500件产品作为样本，估计该企业生产该产品的质量情况，并用频率估计概率．从该企业生产的所有产品中随机抽取4件，求至少有1件优等品的概率；现某人决定购买80件该产品．已知每件成本1000元，购买前，邀请第三方检测机构对要购买的80件产品进行抽样检测，买家、企业及第三方检测机构就检测方案达成以下协议：从80件产品中随机抽出4件产品进行检测，若检测出3件或4件为优等品，则按每件1600元购买，否则按每件1500元购买，每件产品的检测费用250元由企业承担．记企业的收益为X元，求X 的分布列与数学期望．19.如图，在三棱锥中，为正三角形，M为棱PA的中点，，，平面平面PAC求证：平面平面PAC；若Q是棱AB上一点，PQ与平面ABC所成角的正弦值为，求二面角的正弦值．20.已知椭圆C：的长轴是短轴的两倍，以短轴一个顶点和长轴一个顶点为端点的线段作直径的圆的周长等于，直线l与椭圆C交于，两点，其中直线l不过原点．求椭圆C的方程；设直线OA，l，OB的斜率分别为，k，，其中且记的面积为分别以OA，OB为直径的圆的面积依次为，，求的最小值．21.已知函数，其中e为自然对数的底数．讨论函数的单调性；当时，函数有最小值，求函数的值域．22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为为参数，圆C的参数方程为为参数求l和C的普通方程；设点，直线l与曲线C相交于A，B两点，求的值．23.已知函数．若不等式对任意的恒成立，求m的取值范围；当时，记的最小值为M，正实数a，b，c满足，证明：．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：解：，，或，．故选：B．可以求出集合B，然后进行补集、交集的运算即可．本题考查了描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，交集和补集的运算，考查了计算能力，属于基础题．2.答案：C解析：解：，，，，故选：C．化简复数，即可求出．本题考查复数的化简，考查复数的模，考查学生的计算能力，比较基础．3.答案：A解析：解：当时，，所以，排除C，D；因为时，，所以，因此排除B，故选：A．利用趋近性结合排除法即可得到答案．本题考查由函数解析式确定函数图象，解决这类题的方法一般是从单调性，奇偶性，特殊点及趋近性等角度，运用排除法求解，属于基础题．4.答案：D解析：【分析】在同一坐标系中分别画出，，，的图象，数形结合能判断三个数的大小．本题考查三个数的大小的判断，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．【解答】解：在同一坐标系中分别画出，，，的图象，与的交点的横坐标为a，与的图象的交点的横坐标为b，与的图象的交点的横坐标为c，从图象可以看出．故选：D．5.答案：B解析：解：如图，由得，，又，，．故选：B．可画出图形，根据即可得出，并得出，从而得出，然后进行数量积的运算即可．本题考查了向量减法和数乘的几何意义，向量数量积的运算及计算公式，考查了计算能力，属于基础题．6.答案：D解析：解：因为，均为锐角，所以，所以，，由，所以，，所以，故选：D．因为，均为锐角，所以，所以，，由求出，再求出，代入即可．考查同角三角函数的基本关系式，两角和与差的公式的应用，中档题．7.答案：A解析：解：依题意，，，，质量在区间内的产品估计有件，故选：A．产品的质量单位：千克服从正态分布所以，，，代入计算即可．本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．8.答案：B解析：解：该流程图是统计100以内素数的个数，由题可知小于数字x的素数个数大约可以表示为；则100以内的素数个数为：．故选：B．由流程图可知其作用为统计100以内素数的个数，将代入可求得近似值，从而得到结果．本题考查了判断新定义运算的应用问题，关键是能够明确流程图的具体作用．9.答案：C解析：解：连，过作，若，则易知，，，，，所以在中，，整理得，所以渐近线方程为，即，故选：C．连，过作，结合向量共线定理和三角形的中位线定理，双曲线的定义和直角三角形的勾股定理，可得a，b的关系，进而得到所求渐近线方程．本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查向量共线定理和三角形的中位线定理的运用，考查化简运算能力，属于中档题．10.答案：A解析：解：函数的图象与过原点的直线恰有四个交点，直线与函数在区间内的图象相切，在区间上，y的解析式为，故由题意切点坐标为，切线斜率，由点斜式得切线方程为：，即，直线过原点，，得，则，故选：A．依题意，过原点的直线与函数在区间内的图象相切，利用导数知识可求得切线方程，利用直线过原点，可求得，代入所求关系式即可求得答案．本题考查直线与余弦曲线的交点，考查导数的几何意义，直线的点斜式方程的应用，求得是关键，考查三角函数间的关系的综合应用，属于难题．11.答案：B解析：解：由重心的性质可得：因为，所以，如图建立平面直角坐标系，以BC所在的直线为x轴，以过BC的中点D垂直于BC的直线为y轴由题意可得，，，设，由可得：，整理可得：，所以G是以为圆心，以为半径的圆，所以G到BC的最大距离为，所以的面积的最大值为，又，故选：B．由题意建立平面直角坐标系，求出G所满足的方程，可得三角形BGC的面积的最大值，再由的最大值．本题考查三角形的几何运算，及面积公式，属于中档题．12.答案：D解析：解：设，则，所以，令得，解得，所以，由题意可知，对恒成立，即对恒成立，令，则，易知在上为减函数，在上为增函数，所以，则，故选：D．先利用换元法求出的解析式，然后再用分离变量法，借助函数的单调性来解决问题．本题考查函数的单调性的应用问题，属于中档题目．13.答案：解析：解：2020年5月我市某教育集团选派5名高级教师不同姓到新疆克州的甲、乙、丙三所中学进行援疆支教，每所学校至少1人．基本事件总数，李老师与杨老师安排去同一个学校包含的基本事件个数．李老师与杨老师安排去同一个学校的概率为．故答案为：．基本事件总数，李老师与杨老师安排去同一个学校包含的基本事件个数由此能求出李老师与杨老师安排去同一个学校的概率．本题考查概率的求法，考查古典概率、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14.答案：60解析：解：当n为偶数时，；当n为奇数时，，奇数项是公差为1的等差数列；故答案为：60．讨论n为奇或偶，得出递推式，即可知道数列的项的特征，从而求出．本题主要考查分组求和法的应用，属于基础题．15.答案：2解析：解：设点，由，得，整理得，所以解得，如右图，当或时，．故答案为：2；．画出图形，通过，求解轨迹方程，推出，然后求解三角形的面积．本题考查轨迹方程的求法，考查圆的方程的应用，转化思想以及计算能力，是中档题．16.答案：解析：解：由题意可得此四面体放在长方体中，如图所示，，，是边长为5，，的三角形的三个内角，故，如图所示，故正确．可得，解得：，，，可得，可得O为AF与DE的交点，因为AO与AB，AC，AD所成的角分别为，，，可得，，，所以，即错误；四面体外接球的直径的平方为，所以该四面体外接球的表面积为，即正确；四面体的体积等于长方体的体积减去4个三棱锥的体积，，即错误；故答案为：．直接利用三角形的面积公式的应用，线面夹角的应用，勾股定理的应用，球与四面体之间的关系的应用求出结果，本题考查的知识要点：三角形的面积公式的应用，线面夹角的应用，勾股定理的应用，球与四面体之间的关系的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．17.答案：解：由及正弦定理知，又，由余弦定理得，，；由知，又，在中，由正弦定理知：，在中，由正弦定理及，解得，故．解析：由正弦定理及其余弦定理，求出角A即可；由求出B，C，再由及，，求出AD，再求出面积．考查正余弦定理的应用，中档题．18.答案：解：由条形图可知，500件中优等品有件，优等品的频率为，用频率估计概率，抽取一件产品属于优等品的概率为，随机抽取4件产品，至少有1件优等品的概率为．当按每件1600元购买时，；当按每件1500元购买时，．；．的分布列为X 47000 39000P数学期望．解析：由条形图可知，优等品的数量为件，所以抽取一件产品属于优等品的概率为，再结合对立事件的概率和独立重复事件的概率，可得随机抽取4件产品，至少有1件优等品的概率为；当按每件1600元购买时，；当按每件1500元购买时，，再按独立重复事件的概率求出，所以，从而可得X的分布列，利用数学期望的公式即可求出．本题考查对立事件的概率、独立重复事件的概率、离散型随机变量的分布列与数学期望，考查学生对数据的分析与处理能力，属于基础题．19.答案：证明：因为为正三角形，M为棱PA的中点，所以，又平面平面PAC，且平面平面，所以平面PAB，所以，又，且，所以平面PAC，又平面ABC，所以平面平面PAC．作AC中点O，连OP，由及可知平面ABC以O为坐标原点，OA，OP分别为x，z轴，过O且平行于AB的方向为y轴，如图，建立空间直角坐标系．设则，，设，则，，设平面ABC的法向量为0，，因为PQ与平面ABC所成角的正弦值为所以，即，解得即Q为AB的中点，则，设平面QMC的法向量为y，，则，即，，取，设平面AMC的法向量为，则1，则二面角的余弦值为，故．解析：证明，推出平面PAB，得到，结合，推出平面PAC，然后证明平面平面PAC．作AC中点O，连OP，以O为坐标原点，OA，OP分别为x，z轴，过O且平行于AB的方向为y轴，如图，建立空间直角坐标系．求出平面ABC的法向量，平面QMC的法向量利用空间向量的数量积求解二面角的余弦值，然后求解正弦函数值即可．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．20.答案：解：由题意知，，解得，所以椭圆C的方程为．设直线l的方程为，由消去y整理得，根据题设有：且，．因为，所以，将，代入，化简得：，，．此时且，解得故，又，为定值．，当且仅当即时等号成立．综上：的最小值为．解析：利用已知条件列出方程组，求出，然后求解椭圆C的方程．设直线l的方程为，由消去y整理得，利用判别式以及韦达定理，转化表示三角形的面积，通过基本不等式求解表达式的最值即可．本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是难题．21.答案：解：Ⅰ函数，所以；当时，，函数在区间上单调递增；当时，令，得，解得，令，得，解得，所以函数在上单调递减，在上单调递增；Ⅱ，设，则，故在上单调递增，对于，由，，故存在，使得，即，亦即，当时，，，单调递减，当时，，，单调递增，则，即，则，而，即单调递增，又，故．解析：求出函数的导数，利用导数判断函数的单调性即可；从导数作为切入点探求函数的单调性，通过函数单调性来求得函数的值域．该题考查了导数在函数单调性上的应用，重点是掌握复杂函数的求导，以及导数代表的意义，计算量较大，难度中等．22.答案：解：圆C的参数方程为为参数：所以，转换为直角坐标方程为．直线l的参数方程为为参数，转换为，转换为直角坐标方程为．直线l的参数方程为代入，得到：，所以，．故解析：直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.答案：解：不等式对任意的恒成立，可得，由，可得，即为或恒成立，由或，解得或；证明：由，当且仅当时，取得最小值3，即，则正实数a，b，c满足，可得，即有，同样，当且仅当取得等号，则．解析：由题意可得，即为或恒成立，再由一次函数的单调性，可得所求范围；由绝对值不等式的性质和绝对值的几何意义，可得的最小值M，再二次运用柯西不等式，即可得证．本题考查绝对值不等式的解法和性质的运用，考查不等式的证明，注意运用柯西不等式，考查化简运算能力、推理能力，属于中档题．。
江西省南昌市2020届高三下学期二模(理科)数学试卷
同学分差与 的差的绝对值分别为 xi (i 1, 2,3, 4, 5) ，若出现下列两种情况之一，则不接受该模
型，否则接受该模型．
①存在 xi 3 ； ②记满足 2 xi 3 的 i 的个数为 k ，在服从正态分布 N (, 2 ) 的总体（个 体数无穷大）中任意取 5 个个体，其中落在区间 ( 3 , 2 ) ( 2 , 3 ) 内的个体数
.
16. 已知正四棱椎 P ABCD 中， PAC 是边长为 3 的等边三角形，点 M 是 PAC 的重心，
过点 M 作与平面 PAC 垂直的平面 ，平面 与截面 PAC 交线段的长度为 2 ，则平面 与正四
棱椎 P ABCD 表面交线所围成的封闭图形的面积可能为
. （请将可能的结果序．号．填到
50 米，则 B 点所在等高线值为(参考数据 sin 37 3 ) 5
A. 30 米
B. 50 米
C. 60 米
D. 70 米
11．已知 F
是双曲线
x2 a2
y2 b2
1(a
0,b 0) 的右焦点，直线
y
3x 交双曲线于 A, B 两点，
若 AFB 2 ，则双曲线的离心率为 3
A． 5
B． 6
NCS20200607 项目第二次模拟测试卷
理科数学
本试卷共 4 页，23 小题，满分 150 分. 考试时间 120 分钟. 注意事项：
1．答卷前，考生务必将自已的姓名、准考证号填涂在答题卡上，并在相应位置贴好条形码． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案信息涂黑；如
负半轴为极轴建立极坐标系．
（Ⅰ）求抛物线 E 的极坐标方程； （Ⅱ）过点 A(3, 2) 倾斜角为 的直线 l 交 E 于 M 、 N 两点，若| AN | 2 | AM | ，求 tan ．
江西省南昌市2020届高三下学期二模(理科)数学试卷
D．
3．已知 a, b, c 是三条不重合的直线，平面 , 相交于直线 c ， a , b ，则“ a, b 相交”
是“ a, c 相交”的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．已知
f
(x)
x 1, x 1 ln x, x 1 ，则不等式
f
(x)
南昌市2020届高三第二次模拟测试卷
理科数学
本试卷共 4 页，23 小题，满分 150 分. 考试时间 120 分钟. 注意事项：
1．答卷前，考生务必将自已的姓名、准考证号填涂在答题卡上，并在相应位置贴好条形码． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案信息涂黑；如
B． 2 3
C． 3
D． 2 2
9．函数 f (x) Asin( x )( 0) 的部分图象如图所示，则 f (0)
A． 6 B． 3 C． 2
等高线
等高线：指的是地形图上 海拔高度相等的相邻各点 所连成的封闭曲线
D． 6 2
A
BC
20
10. 春秋以前中国已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方式,使用提水吊杆──桔槔,后发展成辘
50 米，则 B 点所在等高线值为(参考数据 sin 37 3 ) 5
A. 30 米
B. 50 米
C. 60 米
D. 70 米
11．已知 F
是双曲线
x2 a2
y2 b2
1(a
0,b 0) 的右焦点，直线
y
3x 交双曲线于 A, B 两点，
若 AFB 2 ，则双曲线的离心率为 3
A． 5
B． 6
2020-2021学年度高三第二轮复习测试卷理科数学(五)试题
12．已知 中， ， ， ， 为 所在平面上一点，且满足 .设 ，则 的值为（）
A．2B．1C． D．
二、填空题
13．已知函数 ，则 __________．
14．已知过抛物线 的焦点 ，且斜率为 的直线与抛物线交于 、 两点，则 __________．
15．网格纸上小正方形的边长为1，粗虚、实线画出的是某个长方体挖去一个几何体得到的几何图形的三视图，则该被挖去的几何体的体积为__________．
16．数列 是首项 ，公差为 的等差数列，其前 和为 ，存在非零实数 ，对任意 有 恒成立，则 的值为__________．
三、解答题
17．已知 （ ），其图象的对称轴方程为 （ ）．
（1）求函数 的解析式；
（2）当 ，且 ，求 值．
18．如图，直线 平面 ，直线 平行四边形 ，四棱锥 的顶点 在平面 上， ， ， ， ， 分别是 与 的中点.
A． 种B． 种C． 种D． 种
10．已知数列 中第15项 ，数列 满足 ，且 ，则 （ ）
A． B．1C．2D．4
11．杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列。在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形。帕斯卡（1623----1662）是在1654年发现这一规律的，比杨辉要迟393年，比贾宪迟600年。右图的表在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里就出现了，这又是我国数学史上的一个伟大成就。如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1,2,3,3,6,4,10,5，…，则此数列前16项和为（ ）
（1）从海航班学员中任选2名学员，求他们10月参加活动次数恰好相等的概率；
（2）从海航班学员中任选2名学员，用 表示这两学员10月参加活动次数之差绝对值，求随机变量 的分布列及数学期望．
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— 高三理科数学(五)第1页(共4页) —2019-2020学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷理科数学(五)命题人：南昌二中 周启新 审题人： 八一中学杨平涛 立德朝阳胡玉玲本试卷分必做题和选做题两部分．满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．客观题每小题选出答案后，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，再选涂其它答案标号．主观题用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答题无效．2．选做题为二选一，先在答题卡上把对应要选做的题目标号涂黑，没有选择作答无效． 3．考试结束后，监考员将答题卡收回.一．选择题：共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设 1,0,1,2U ，集合2|1,A x x x U ，则U C AA ． 0,1,2B ． 1,1,2C ． 1,0,2D ． 1,0,12.设函数x x f 2log )( ，在区间)6,0(上随机取一个自然数x ，则2)( x f 的概率为A ．13B ．23 C ．35D ．45 3．已知各项均为正数的等比数列 n a 中，13213,,22a a a 成等差数列，则1113810a a a a =A ．27B ．3C ．1 或3D ．1或274．某小区计划建造一个椭圆形的花坛，O 为椭圆的中心， ON 位于椭圆的长轴上，MON 为直角，欲在其中建立 一个长方形的水池，如图已知矩形OAPB ，有8ON ， 6OM ，则该矩形的最大面积为A ．10B ．12C ．20D ．245．元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经四处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示，即最终输出的0x ，则一开始输入的x 的值为A.34 B 78. C.1516 D.31326．x ，y 满足约束条件1122x y x y x y，若目标函数z ax by(0,0)a b 的最大值为7，则34a b的最小值为A.7B.13C.14D.18— 高三理科数学(五)第2页(共4页) —A 17.已知||||2OA OB ，点C 在线段AB 上，且||OC 的最小值为1，则||OA tOB(t R )的 最小值为C.28.已知复数1cos 2()i z x f x ，2cos )i z x x ，x R .在复平面上，设复数1z ，2z 对应的点分别为1Z ，2Z ，若1290Z OZ ，其中O 是坐标原点，则函数()f x 的最大值为A ．14B ．14C ．12D ．129.已知02a，若2020(1)ax 220200122020()b b x b x b x x R ，则20201222020222b b b 的值为 A. 1 B.0 C.1 D.2 10.如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段1CC 上，直线OP与平面1A BD 所成的角为 ，则sin 的取值范围是A ．,1]3B ．[,1]3C ．,33D ．[,1]311.已知数列 n a 为等差数列,n S 是其前n 项和，255,35a S 数列1{}na 的前n 项和为n T ,若对一切*N n 都有225n n mT T，则m 能取到的最大整数为 A.3 B.4 C.5 D. 612.已知双曲线C ：221(0)x y m m的离心率为2，过点 2,0P 的直线l 与双曲线C 交于不同的两点A 、B ，且 AOB 为钝角（其中O 为坐标原点），则直线l 斜率的取值范围是A.(,55B. (,0)(0,55C. (,22D. ((0,)22二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设向量(2tan ,tan )a ，向量(4,3)b ，且||0a b，则tan() ________．14.某校高三年级组从3名青年语文老师、4名数学老师、5名英语老师中挑选5人组成高三学生心理减压辅导小组，则语文、数学、英语老师都至少有一人的选择方法种数是______(用数字作答)．15.定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x ，且当0 x 时，21,10()12(,12xx x f x x，若对任意的]1,[ m m x ，不等式)()1(m x f x f 恒成立，则实数m 的取值范围是_____．16.在棱长为446 的密封直棱柱容器内有一个半径为1的小球，晃动此容器，则小球可以经过的空间的体积为_________．— 高三理科数学(五)第3页(共4页) —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. （一）必做部分17.(本小题满分12分）在ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别是a ，b ，c ，且tan cos cos )b B a C c A ．（Ⅰ）求角B ；（Ⅱ）若函数π()2sin(22cos 26f x x x,且6()25f A ，求πcos()6A 的值．18.(本小题满分12分）如图：正四面体ABCD ，点M 、N 分别在对棱AB 、CD 上，点N 是线段CD 的中点.（Ⅰ）求证：平面ABN 平面MCD ；（Ⅱ）若点P 是棱AD 上一点，且二面角A BC P 为30 ， 求直线AC 与平面PBC 所成角的正弦值.19.(本小题满分12分）1885年沙门氏菌等在霍乱流行时分离到猪霍乱沙门氏菌，故定名为沙门氏菌.沙门氏菌属有的专对人类致病，有的只对动物致病，也有对人和动物都致病.据统计在世界各国的种类细菌性食物中毒中，沙门氏菌引起的食物中毒常列为榜首.2019年10月26日，江西省南昌市发生一起食品中毒事件.截止11月1日，疾控机构对596名相关人员开展了流行病学调查，在采集的50份病例报告中，有43份检查出肠炎沙门氏菌.现某疾控中心为筛查沙门氏菌，需要检验粪便.现有n 份样本，每个样本取的可能性相等，以下有两种检验方式：①逐份检验，需检验n 次；②混合检验，将其中k 份样本分别取样混在一起检验，若检查结果不含沙门氏菌，因而这k 份样本只需一次检验即可；若检验结果含沙门氏菌，为了明确这k 份样本究竟哪几份含有，就需要对这k 份再逐份检验。
假设在接受检验的样本中，每份样本的检查结果是相互独立的，且每份样本结果含沙门氏菌的概率为p .现取其中k 份样本，记采用逐份检验方式需要检验总次数为1X ，采用混合检验方式的检验总次数为2X .（Ⅰ）若1X 与2X 的数学期望值相等，请用k 表示p ，求函数()p f k ；（Ⅱ）若p 与检验时使用的某药剂量n x 有关，其中)2(21 n x x x n ，，， 满足：11 x，1n nx x 当3411x p时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k 的最大值.（参考数据：6094.15ln ,3863.14ln ,0986.13ln ,6931.02ln ）— 高三理科数学(五)第4页(共4页) —20.（本小题满分12分）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b的离心率为2，椭圆C 四个顶点围成的四边形的面积为4. （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）若C 的左顶点和上顶点分别为,A B ，P 是线段AB 上的点，直线)0(21m m x y 交椭圆C 于M ，N 两点．若MNPMN 的方程．21.(本小题满分12分）已知函数 1ln f x x x .（Ⅰ）证明：对任意的 1,x ， 21f x x 恒成立； （Ⅱ）若12,x x 为函数 ln 2019x h x x的两个零点，且12x x ，证明：212e x x .（二）选做部分请考生在第（22）、（23）两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，把答案填在答题卡上．22.（本小题满分10分）在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为2222132311t t t y t t x （t 为参数）．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为02sin cos（Ⅰ）求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程；（Ⅱ）若点(24)P ，，设曲线C 与直线l 交于A ，B 两点，求||||PA PB .23.（本小题满分10分）设函数1()|3|2||2f x x x ． （Ⅰ）求函数()f x 的取值范围；（Ⅱ）若任意,s t R ，不等式(|1||1|)()k t t f s 恒成立，求k 的取值范围．— 高三理科数学(五)第5页(共4页) —2019-2020学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷理科数学(五)参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分．）二、填空题(本大题共4小题,每小题5分，共20分) 13．17 14．590 15．1[1,]3 16．28563三、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.17．【解析】（Ⅰ） tan cos cos b B a C c A ，由正弦定理得sin tansin cos sin cos B B A C C A ， sin tan B B A C B ， 0πC ，sin 0B，tan B ，π3B. （Ⅱ） πππ2sin(22cos 22sin 2cos 2cos 2sin 2cos 2666f x x x x x xπ2cos 22sin(26x x x ，又π6()2sin()265A A f，∴π3sin()65A ，由(1)得π3B ,2π(0,3A ,πππ(,)662A π4cos()65Aππππππcos()cos()cos()cos sin()sin 6636363A A A A413452521018．【解析】（Ⅰ）证明：∵正四面体ABCD ，∴ACD ，BCD 均为等边三角形， 又由N 为CD 的中点，∴CD AN ，CD BN ，AN BN N ， ∴CD 平面ABN ，又CD 平面MCD ， ∴平面ABN 平面MCD .（Ⅱ）不失一般性，设正四面体的棱长为2.解法一：设点A 在平面PBC 的射影为A ，则AA 平面PBC ，取棱BC 的中点E ，连A E ， ∵ABC 为等边三角形，∴AE BC ，又AA 平面PBC ，∴AA BC ，∴BC 平面AA E ，从而BC A E ，∴AEA 是二面角A BC P 的平面角，即030AEA ，— 高三理科数学(五)第6页(共4页) —又∵2AE AB，∴1sin 2AA AEA AE ，∴2AA 又∵AA 平面PBC ，点A 在平面PBC 内，∴ACA 即为直线与平面PBC 所成角的平面角∴2sin 24AA ACA AC即直线AC 与平面PBC 所成角的正弦值为4. 解法二：如图：以点A 在平面BCD 的射影O 为原点，以过点O 且与BC 平行的直线为x 轴，以OD 所在直线为y 轴，以OA 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系.则(0,,0)(10)(10)(0,0,3333D B C A ，，，，，，设((0,1))AP AD，则(0,,)333P∴(2,0,0)BC，(1,,33CA ，(1,,)3333CP设平面ABC 与平面PBC 的法向量分别为111222(,,),(,,)m x y z n x y z，则由11112000033x m BC m BC x y z m AC m AC⊥⊥，取11z ，得(0,m同理可得222220)()03333x x y z，取21z ，得1)(0,,1)21n ∵二面角A BC P 的大小为030，∴8(1)|1|||cos302||||m n m n解得1)10∴(0,,1)5n— 高三理科数学(五)第7页(共4页) —设直线AC 与平面PBC 所成角为，则||||sin 4||||CA n CA n ∴直线AC 与平面PBC所成角的正弦值为4.19．【解析】（Ⅰ）由题意可知k EX 1，k k k p k k p k p EX )1()1(])1(1)[1()1(12 .因为21EX EX ,即kp k k k )1()1( ，整理可得111()()kp f k k.（Ⅱ）}{n x 为等比数列，13e n n x ，则3e11 p ∵.21EX EX ，即k p k k k )1()1(∴11(1),ln 3k k p k k k . 设函数)0(31ln )( x x x x f ，xxx f 33)(' ，即)(x f 在),3[ 单调递减.因为0355ln )5(,6094.15ln ;0344ln )4(,3863.14ln ;013ln )3(,0986.13ln ;0322ln )2(,6931.02ln f f f f 所以k 的最大值为4. 20．【解析】（Ⅰ）由题意得42221,23 b a S a c e ,又222a b c ，所以2=1a b ，故椭圆C 的方程为2214x y .（Ⅱ）设),(),,(2211y x N y x M .由 142122y x m x y , 消去y ，得012122 m mx x ， 则022 m ，m x x 221 ，22221 m x x ，221510||25||m x x MN．— 高三理科数学(五)第8页(共4页) —①当MN 为斜边时，105102 m ，解得0 m ，满足0 ，此时以MN 为直径的圆方程为2252x y . 点)1,0(),0,2(B A 分别在圆外和圆内，即在线段AB 上存在点P ，此时直线MN 的方程x y 21，满足题意. ②当MN 为直角边时，两平行直线AB 与MN的距离|1|5d m ， 所以10)510(|1|54||2222m m MN d ，即048212 m m ， 解得72 m 或32 m （舍）, 又0 ，所以72m .过点A 作直线MN :7221 x y 的垂线,可得垂足坐标为)74,712( ，垂足在椭圆外，即在线段AB 上存在点P，所以直线MN 的方程7221 x y ，符合题意． 综上所述，直线MN 的方程为x y 21 或7221 x y ．21．【解析】（Ⅰ）“对任意的 1,x ， 21f x x 恒成立”等价于 21ln 011x x x x 恒成立，令 21ln 11x g x x x x ，22101x g x x x ， 当 1,x ， 0g x 恒成立，故 g x 在 1, 单调递增，所以 10g x g .（Ⅱ）21212e ln ln 2x x x x ，注意到 20192019xh x x，0,2019,0,x f x f x 单调递增； 2019,,0,x f x f x 单调递减，由（I ）知，令 0a x a b b ，得......(*).ln ln 2a b a ba b 由已知可得：1122ln ......(1)2019ln (2)2019x x x x，（1）式-（2）式得：1212ln ln 2019x x x x ，由（*）式可得124038,x x（1）式+（2）式得：1212ln ln 2019x x x x ，则1212ln ln 22019x x x x ，故212e x x .— 高三理科数学(五)第9页(共4页) —22．【解析】（Ⅰ）因为曲线C 的参数方程为2222132311t t t y t t x （t 为参数），221111t t ， 所以112()11()3(x 2222222 t t t t y ，所以曲线C 的普通方程为22(3)1(1)x y x .因为直线l 的极坐标方程为02sin cos ,所以直线l 的直角坐标方程为20x y ;（Ⅱ）由（Ⅰ）可得直线l的参数方程为2242x t y t，代入到22(3)1x y得到22(2)(43)122t t ，即240t ，设点A 、B 所对应的参数分别为1t 、2t ，则有1212040t t t t ，所以1212PA PB t t t t .23．【解析】（Ⅰ）1()|3|2||2f x x x ,当12x 时，()34,f x x当132x 时，()=2,f x x 当3x 时，()=34,f x x ()f x 的最小值为525()2f x （Ⅱ）由题意知：对于任意,s t R ，不等式(|1||1|)()k t t f s 恒成立，等价于5(|1||1|)2k t t 恒成立，设|1||1|u t t ，则|1||1|2u t t ，所以22u ，所以有522k 且522k ，解得5544k .高三理科数学（五）选择填空详细解析1．B 【解析】由21x 得：11x ，所以 0A ，因此 1,1,2U C A .2.C 【解析】已知2()log f x x ，在区间(0,6)上随机取一个自然数x ，有1,2,3,4,5五个数，— 高三理科数学(五)第10页(共4页) —()2f x 即04x ，有1,2,3共三个数，所以概率35.3．A 【解析】由题意，得31232a a a ，即211132a q a a q ，解得3q 或1q （舍去），则1113810a a a a ＝3538828827a q a q q a a q ． 4.D 【解析】设),sin 6,cos 8( P 2sin 24sin 6cos 8 OAPB S 矩形，当4，最大24OAPB S 矩形，故选D 。