2020届江西省南昌市高三第二轮复习测试卷理科数学(八) PDF版含解析

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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。

江西省南昌市2020届高三第二轮复习测试卷理科数学(三) PDF版含解析

型杂货店.据长期统计分析，老张的杂货店中某货物每天的需求量 m(m N ) 在 17 与 26 之间，日
需求量 m （件）的频率 P(m) 分布如下表所示：
需求量 m 17 18
19
20
21
22
23
24
25
26
频率 P(m) 0.12 0.18 0.23 0.13 0.10 0.08 0.05 0.04 0.04 0.03
A. (0,1)
B. 0,1
C. (1, 2)
D. 1, 2
_
2.已知 a R ， i 是虚数单位，若 z 3 ai ， z z 4 ，则 a
A.1或 1
B. 15
3.抛物线 y 2x2 的通径长为
C. 15
D. 3 或 3
1
A. 4
B. 2
C.1
D.
(t
为参数
)
.
在以坐标原点为极点，x 轴正半
轴为极轴的极坐标系中, 曲线 C : 2
2
cos

π 4

．
（Ⅰ）求直线 l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程；
（Ⅱ）求曲线 C 上的点到直线 l 的距离的最大值．
23．（本小题满分 10 分）选修 4-5：不等式选讲
已知函数 f x x a 1 x 2a ．（Ⅰ）若 f 1 3 ，求实数 a 的取值范围；（Ⅱ）若 a 1, x R, 求证： f x 2 ．
3 2
cos

3

2 sin

π 3

3
，又

江西省南昌市2020届高三第二轮复习测试卷理科数学(三) PDF版含解析

型杂货店.据长期统计分析，老张的杂货店中某货物每天的需求量 m(m N ) 在 17 与 26 之间，日
需求量 m （件）的频率 P(m) 分布如下表所示：
需求量 m 17 18
19
20
21
22
23
24
25
26
频率 P(m) 0.12 0.18 0.23 0.13 0.10 0.08 0.05 0.04 0.04 0.03
A.1或 1
B. 15
3.抛物线 y 2x2 的通径长为
C. 15
D. 3 或 3
1
A. 4
B. 2
C.1
D.
2
4.为考察某种药物对预防禽流感的效果，在四个不同的实验室取相同的个体进行动物试验，根据
四个实验室得到的列联表画出如图四个等高条形图，最能体现该药物对预防禽流感有效果的图形
是
5.我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如上图，将 1，2，…，9 填入 3 3 的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于 15.一般地，将连续的正整数
x
3
4
5
6
7
8
y
4.0
2.5
-0.5
0.5
-2.0
-3.0
得到的回归方程为 y bx a ，则
— 高三理科数学(三)第 1 页(共 4 页) —
A. a 0 ， b 0 B. a 0 ， b 0
C. a 0 ， b 0
D. a 0 ， b 0
7.设an 是任意等比数列，它的前 n 项和，前 2n 项和与前 3n 项和分别为 Sn , S2n , S3n ，则下列等
据此可得： A 0,
3, 0

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2020八校第二次联考试卷数学(理)参考答案

由图可知， f (x) 的对称轴是 x k , k Z ； 4
所以 x 是 f (x) 图象的一条对称轴， A 正确； f (x) 的最小正周期是，所以 B 错误；
2
2
f
(x)
是偶函数，没有对称中心，C
错误；由图可知，
f
(x)
1 2
sin
2x
在区间
π 4
，π 2
上是单调减
函数，D 错误.故选 A.
当 x 1, 时， y 0 ，函数单调递增，
所以 x 0 时，函数的最小值 f 1 1，作出函数 y f x 与 y 2a 的图象，
观察他们的交点情况，可知， 1 2a 1 1 或 2a 1时，即 1 a e 1 或 a 1 时有且只有 2 个
e
2
2e
2
零点满足题意，故选 B.
，则
AE
x
AC
y
AD
1 4
AC
3 4
AD
,所以
y x
an1
2 3
an
2an an1
3
，
所
以
an1 2a an an1
3(n
2)
，又因为
a1
1, a2
2,
所以数列 an+1
an 是首项为
1，
公比为
3
的等比数列.即
an+1
an
=3n1
，所以
从而可得 c 2 ，设△ ABF2 的内切圆的半径为 r ，由面积相等可得
12 2
2 2 2= 1 (2 2
23
23
2) r ，解得 r 1.故选 D.
10. 【解析】由 f (x) 2a 0 ，得 f x 2a ， y xex 1

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届江西省南昌市高三第二轮复习测试卷理科数学(八) PDF版含解析

— 高三理科数学(八)第1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(八)命题人：江科附中梁懿涛审题人：南大附中陈一君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．集合6{N |N}1A x x ，集合6{N |N}1B x x ，则A B A ．{0,1,2,5}B ．{1,2,3,6}C ．{3,4,6}D ．{1,2}2．命题“对任意2[1,2),0x x a ”为真命题的一个充分不必要条件可以是A ．4aB ．4aC ．1aD ．1a3．欧拉公式i e cos isin x x x （i 为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，πi 4i e表示的复数位于复平面内A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限4．某运动队由足球运动员18人，篮球运动员12人，乒乓球运动员6人组成（每人只参加一项），现从这些运动员中抽取一个容量为n 的样本，若分别采用系统抽样法和分层抽样法，都不用删除个体，那么样本容量n 的最小值为A ．6B ．12C ．18D ．245．设向量,a b ，则|2|a bA ． 6C ． 10D ．6．在等比数列{n a 中，已知1，48，若3a ，5a 分别为等差数列{n b 的第2项和第6项，则数列{}n b 的前7项和为A ． 49B ． 70C ． 98D ． 1407．衣柜里的樟脑丸，随着时间会挥发而体积缩小，刚放进的新丸体积为a ，经过t 天后体积与天数t 的关系式为：ek tV a ，若新丸经过50天后，体积变为49a ；若一个新丸体积变为827a ，则需经过的天数为A ．75天B ．100天C ．125天D ．150天8．执行如图所示的程序框图，则输出的S值为A．B．C．0D．39．已知,(0,)a b ，且291ab a b，则a b 的取值范围是A．1,9B． 1,8C．8, D．9,10．已知某几何体的三视图如图所示，若网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为A．163B．3C．16D．11．在锐角ABC中，角,,A B C的对边分别为,,a b c，若cos cos3sinB C Ab c C，cos2B B，则a c的取值范围A．(2B．3(2C．2D．3[212．已知()f x的定义域是(0,)，其导函数为()f x ，若()()1lnf xf x xx，且2(e)ef （其中e是自然对数的底数），则A．(2)2(1)f fB．4(3)3(4)f fC．当0x 时，()0f x D．当0x 时，()e0f x x二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分．13．若函数()f x满足(2)2()f x f x，且()y f x的图象与21xyx的图象共有m个不同的交点,i ix y,则所有交点的横、纵坐标之和1mi iix y________．14．4()a b c的展开式中，共有________种不同的项．15．已知双曲线C2222:1(0,0)x ya ba b的右焦点为F，左顶点为A．以F为圆心，FA为半径的圆交C的右支于,P Q两点，APQ的一个内角为60 ，则C的离心率为___________．16．函数()sin cosf x x x的最大值是___________．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—高三理科数学(八)第2页(共4页) —CC22()()()()()n ad bcKa b c d a c b d17．(本小题满分12分)已知数列{}n a满足：1211,,2a a且对任意的*Nk ，均有2[3(1)]22[(1)1]0k kk ka a．（Ⅰ）令21n nb a，判断{}nb是否为等差数列，并求出nb；（Ⅱ）记{}n a的前n项的和为n T，求2n T．18．（本小题满分12分）随着中国的经济快速增长，人民生活水平逐步提升，人们的生育意愿进入下行通道，随之出现了人口老龄化和劳动力短缺等各类问题．某大学“人口与计划生育”课题组为了调研人们对“延迟退休年龄政策” 的态度，从年龄在15~65岁的人群中随机调查100人，调査数据的频率分布直方图和支持“延迟退休”的人数与年龄的统计（Ⅰ）由以上统计数据填22列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为以45（Ⅱ）若以458人参加某项活动．现从这8人中随机抽2人．①若已知抽到1人是45岁以下时，求抽到的另一人是45岁以上的概率；19．（本小题满分12分）如图，已知长方形ABCD中，2AB ，AD M为CD的中点．将ADM沿AM折起得到四棱锥D ABCM，点E为棱DB的中点．（Ⅰ）求证：直线//CE平面ADM；（Ⅱ）若点D在平面ABCM上的射影恰好在直线AC上，求异面直线AE与DM所成角的余弦值．—高三理科数学(八)第3页(共4页) —— 高三理科数学(八)第4页(共4页) —20．(本小题满分12分)已知椭圆 2222:10x y C a b a b的离心率为2，左、右焦点分别为1F 、2F ，M 为椭圆上异于长轴端点的点，且12MF F．（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）若直线l 是过点 1,0P 点的直线，且l 与椭圆C 交于不同的点A 、B ，是否存在直线000:2l x x x ，使得点A 、B 到直线0l 的距离分别为A d 、B d ，且满足A B d PAd PB恒成立，若存在，求0x 的值，若不存在，说明理由．21．(本小题满分12分)已知函数 e ln ,Z xf x x a x a x a ．（Ⅰ）若函数 f x 在定义域上为单调增函数，求a 最大值；（Ⅱ）证明： 23341eln2(ln )(ln )(ln)23e 1n n n，*N n ．（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）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线C的参数方程为cos (sin x y为参数），坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为cos(2(0,02)6ππ ．（Ⅰ）求曲线C 和直线l 的直角坐标方程；（Ⅱ）求直线l 与曲线C 交点的极坐标．23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数()|1||2|f x x x a ，R a ．（Ⅰ）当0a 时，求不等式()5f x 的解集；（Ⅱ）若()2f x 对于R x 恒成立，求a 的取值范围．— 高三理科数学(八)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(八)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) 13．0 14．15 15．43 16．2三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．【解析】（Ⅰ）令21k n ，*N n ，21212121[3(1)]22[(1)1]0n n n n a a ，化简得21212240n n a a ，即21212n n a a ．又21n n b a ，121n n b a ，121212n n n n b b a a ，{}n b 是以111b a 为首项，以2为公差的等差数列，1(1)221n b n n ．（Ⅱ）令2k n ，*N n ，可得222(31)22(11)0n n a a ，即22212n n a a ，2462 , , , ......n a a a a ，是以212a 为首项，以12为公比的等比数列；又由（Ⅰ）可知13521, , , ...,n a a a a ，是以11a 为首项，以2为公差的等差数列．21321242(.....)(.....)n n n T a a a a a a 11[(1()]122[1(1)2]1212n n n n 2112n n ．18．【解析】（Ⅰ）由频率分布直方图知45岁以下与45岁以上各50人，故可得22由列联表可得26.25 3.84150508020K ，所以在犯错误的概率不超过0．05的前提下认为以45岁为分界点的不同人群对 “延迟退休年龄政策”的支持度有差异；（Ⅱ）①设“抽到1人是45岁以下”为事件A ，“抽到的另一人是45岁以上”为事件B ，— 高三理科数学(八)第6页(共4页) —则()P A 116262282728C C C C，1162283()7C C P AB C ，2793()47(/)28)(P AB P B A P A ，即抽到1人是45岁以下时，求抽到的另一人是45岁以上的概率为49； ②从不支持“延迟退休”的人中抽取8人，则45岁以下的应抽6人，45岁以上的应抽2人．由题意得X 的可能取值为0，1，2．262815(0)28C P X C ，116228123(1)287C C P X C ，22281(2)28C P X C ；所以()012287282E X． 19．【解析】(Ⅰ)设线段AD 的中点为F ，连结,EF MF ，则//EF MC， ∴四边形EFMC 是平形四边形，∴//FM EC ．又FM 平面ADM ，/CE 平面ADM ，从而直线//CE 平面ADM ；（Ⅱ）连结,AC BD ，AC BD O ，AM BD N ，由AB AD AD DM，RT ADM ～RT BAD ，∴90ADB DAM DMA DAM， ∴90DAN ，即DB AM ．∵点D 在平面ABCM 的射影恰好落在直线AC 上，∴点D 在平面ABCM 的射影为O ．∵1AD DM ，∴AM ∴3DN ．又2DO ，∴236NO ，∴2DO．以O 为原点，平行于,CB AB 的直线分别为x 轴，y 轴，OD 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则,1,0)2A，,1,0)2B ，(,0,0)2M ，(0,0,2D，1,,)424E ．∴3(,,424AE ，(,0,22DM ，∴cos |cos ,|0AE DM．∴异面直线AE 与DM 所成角的余弦值为0．— 高三理科数学(八)第7页(共4页) —20．【解析】（Ⅰ）设椭圆的焦距为 20c c ，且12MF F，则bc由已知条件得2222c a bc a b c，解得21a b c，因此，椭圆C 的标准方程为2214xy ；（Ⅱ）当直线l 不与x 轴重合时，设直线l 的方程为1x my ，设点 11,A x y 、 22,B x y ，将直线l 的方程与椭圆方程联立22114x my x y ，消去x 并整理得 224230m y my ， 22241241630m m m ，由韦达定理得12224my y m ，12234y y m ．A B d PA d PB ，即011022x x y x x y ，即01102211x my y x my y ，整理得212012232()2411424m my y m x m y y m；当直线l 与x 轴重合时，则直线l 与椭圆C 的交点为左、右顶点，设点 2,0A 、 2,0B ，13PA PB ，0022A B x d d x ，由A B d PA d PB ，得002123x x ，解得04x ．综上所述，存在直线0:4l x ，使得A B d PA d PB． 21．【解析】（Ⅰ）由题意知， e ln xf x x a ，若函数 f x 在定义域上为单调增函数，则 0f x 恒成立．先证明e 1x x ．设 e 1xg x x ，则 e 1xg x ，则函数 g x 在 ,0 上单调递减，在 0, 上单调递增， ∴ 00g x g ，即e 1x x ．同理可证ln 1x x ，∴当2a 时， e ln (1)(1)20xf x x a x x a a ；当3a 时， 01ln 0f a ，即 e ln 0xf x x a 不恒成立．综上所述， a 的最大整数值为2．（Ⅱ）①知， e ln 2xx ，令1t x t，— 高三理科数学(八)第8页(共4页) —∴111eln(2)ln()t tt t t t ，∴11e (ln )t tt t．由此可知，当1t 时， 0e ln2 ．当2t 时， 123e (ln 2，当3t 时， 234e (ln )3 ，，当t n 时， 11e (ln )n nn n．累加得012123341e e e e ln2(ln (ln )(ln )23n nn n．又012111()1e e e e e 11e 111e enn n， ∴23341eln2(ln (ln (ln 23e 1n n n．22．【解析】（Ⅰ）由2222(cos )(sin )4x y ，得曲线22:4C x y ．直线l的极坐标方程展开为1cos sin 222，故l40y ．（Ⅱ）曲线C 的极坐标方程为2 ，代入直线l的极坐标方程1:cos sin 222，sin 2 ，πcos()16，11π6，所以直线l 与曲线C 交点的极坐标为11π(2,)6． 23．【解析】（Ⅰ）当0a 时，()|1||2||1||2|f x x x a x x ．()5f x ， 1315x x 或1015x x 或0315x x ，21x 或10x 或403x ， 423x ，不等式的解集为4[2,]3．（Ⅱ）()|1||2||1||||1|22a a f x x x a x x ，当且仅当2ax 时取等号，()()|1|22min a a f x f ．()2f x 对于x R 恒成立，|1|22a，2a 或6a ，a 的取值范围为(,2][6,) ．— 高三理科数学(八)第9页(共4页) —高三理科数学（八）选择填空详细解析1． D 【解析】{0,1,2,5}A ，{1,2,3,6}B ，A B {1,2}A B ．2． B 【解析】命题的等价条件是：2max ()a x ，即4a ．A 是充要条件，C 、D 是必要不充分条件，只有B 是充分不必要条件．3．A【解析】π4iiππi(cos -isin i ππ4422cos isine44．4．A 【解析】由题已知，总体样本容量为36人，当样本容量为n 时，系统抽样的样距为36n，分层抽样的样比为36n ，则采用分层抽样抽取的足球运动员人数为18362n n，篮球运动员人数为12363n n ，乒乓球运动员人数为6366n n，可知n 是6的整数倍，最小值为6． 5．D 【解析】由已知得2()2929a b a b ，得2a b，所以|2|a b6．B 【解析】在等比数列{}n a 中，由11a ，48a ，得2q ，34a ，516a ，即24b ，616b ， 172677()7()7(46)70222b b b b S，故选B ． 7．A ．【解析】由题意，得504e 9k a a ，解得252e 3ka ；令8e 27kt a a ，即3253752e ()(e )e 3kt t t ，即需经过的天数为75天．8．C 【解析】每次循环的步长为3，其进行674次循环，每次循环产生周期数列：中的一项，输出的前674项的和为0．9． B 【解析】由229811()ab a b a b ，得2()9()80a b a b ，18a b ． 10． A 【解析】由三视图可知该几何体为三棱锥,记为三棱锥A BCD 将其放在棱长为4的正方体中,如图所示,4AD BC BD ，且,AD BD AD BC ，BC BD ，所以AD 面BCD ，所以三棱锥A BCD 的体积为1111643323A BCD BCD V AD S ．11． B【解析】由cos cos 3sin B C Ab c C，可得cos cos c B b C bc sin cos sin cos sin C B B C b Csin()sin sin sin 3sin B C A A b C b C C，解得2b ．— 高三理科数学(八)第10页(共4页) —由πcos 2sin()26B B B ，∴ππ62B ，π3B ，1sin b B ．∴2π3A C ，由2ππ032C A ， π02A ，得ππ62A ， ∴sin sin a c A C2π3πsin sin()sin cos )3226A A A A A ，∵ππ62A ，∴ππ2π363A∴πsin(126A，∴3π26A ，即3(2a c ．12． D 【解答】构造函数()()f x g x x ，则2()()1ln ()xf x f x xg x x x x，对其两边积分得21()ln (ln )2g x x x c ，又2(e)e f 得(e)1(e)e e 2f g C ，所以1e 2C ，即211()(ln )ln e 22g x x x ，令ln t x ，则二次函数211e 22y t t 的对称轴为1t ，即e x ，且图象开口向下，(2)(1)g g ，即(2)(1)21f f ，故(2)2(1)f f ，所以A 项错误；(3)(4)g g ，所以4(3)3(4)f f ，故B 项错误；根据开口向下的二次函数的图象可知，当0x 时，()0f x 不正确，故C 项错误；当0x 时，要使()e 0f x x 成立，只需()e 0f x x 成立，显然二次函数21122y t t e在对称轴1t 处取得最大值e ，很明显()e 0f x x成立，故D 项正确．13． 0【解析】因为 f x 满足 22f x f x ，所以 y f x 的图象关于点 1,1 对称，而21111x y x x的图象也关于点 1,1 对称，所以所有交点也关于点(1,1) 对称．从而所有交点的横坐标之和等于m ．所有交点的纵坐标之和等于m ，故所有交点的横、纵坐标之和等于0．14． 15 【解析】4()a b c 的每一项的结构为x y z a b c ，其中,,N x y z ，且4x y z ，由隔板法共有2615C 种不同情形，即有15种不同的项．15．43【解析】如图，设左焦点为1F ，圆于x 轴的另一个交点为B ， APQ 的一个内角为60 ，30PAF ，，13PF a c ，在1PFF 中，由余弦定理可得2o 221112cos120PF PF FF PF FF ．— 高三理科数学(八)第11页(共4页) — 22243403403c ac a e e e ． 16．2【解析】令sin cos x x t ，则21sin cos 2t x x，()()f x g t t ，由2111sin cos sin 2[0,]2t x x x ，得[1,1]t ．方法一：∵22213((1)(122t t t，∴2t ，即()f x 的最大值为2，此时3t ．方法二：由()1g t ，易知当[1,3t 时，()0g t ，函数()g t单调递增；当[,1]3t 时，()0g t ，函数()g t 单调递减．∴max ()32f x g ．。