江西省南昌市八一中学2020届高三数学三模考试试题理

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江西省南昌市八一中学高三数学三模考试试题理82

sin BAC sin ABD
25 sin135
2 2 ，因此 sin ABD sin ABD
5
. … 12 分
5
18．【解析】（Ⅰ）点 F 在棱 CB 上， CF
1 CB ， …………………………………
2分
4
证明：取棱 AB 上一点 G ，使 AG 1 AB，连接 FG,OG ， 4
因为在 ABC 中 CF
频率组距
0.035
长期担任理科班教学数学教师成绩统计图
0.025
0.015 0.010
分数
100 110 120 130 140 150
（Ⅰ）完成下表，并判断是否有 90% 的把握认为长期担任文理科教学对老师这次解题大赛
是否获得一等奖有影响？
长期担任理科班数学教学
长期担任文科班数学教学
合计
获得一等奖
中正确的个数是
A． 0
B.
1
C. 2
D. 3
12．已知双曲线
x2 C : a2
y2 b2
1(a
0, b
0) 的左右焦点分别为 F1( c,0), F2 (c,0) . 点 M 在双
a
曲线左支上，且
cos MF1F2
. 若对双曲线
c
C 右支上任意一点
P，
y
PMF1 的面积都大于 ab ，则双曲线 C 的离心率的取值范围是
x 在平面直角坐标系中，直线 l 的参数方程为
y
3t c, （ t 为参数， c 0 ）. 以原点 O
t,
为极点，以 x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线
C1 ,C2 的极坐标方程分别为
2cos , 4cos ，

2020年江西省南昌市高考数学三模试卷(理科)(含答案解析)

2020年江西省南昌市高考数学三模试卷（理科）题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合A={x|x2-x＞0}，B={x|2x-2＜1}，则（∁R A）∩B=（）A. [1，2）B. （0，1）C. （1，2）D. [0，1]2.已知复数的实部为,则其虚部为( )A. B. C. D.3.已知等差数列{a n}的前9项和为45，a3=-1，则a7=（）A. 11B. 10C. 9D. 84.已知函数f（x）＝sin x－x，则不等式f（x＋2）＋f（1－2x）＜0的解集是( )A. B. C. D.5.若tan（α-）=2，则tan（2α）等于（）A. -2B.C. 2+D.6.已知非零向量=（1，1-x），=（0，x-4），则“向量，的夹角为锐角”是“x∈（2，4）”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7.设a=，b=，c=log32，则a，b，c的大小关系是（）A. a＜b＜cB. a＜c＜bC. c＜a＜bD. c＜b＜a8.如图,长方体,,,点P在线段上,的方向为正主视方向,当AP最短时,棱锥的左侧视图为( )A.B.C.D.9.如图所示框图，若输入3个不同的实数x，输出的y值相同，则此输出结果y可能是（）A. B. -1 C. 4 D. -210.如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c．例如，图中上档的数字和a=9．若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有（）种．A. 12B. 24C. 16D. 3211.设直线x-3y+m=0（m≠0）与双曲线-=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B，若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是（）A. B. C. D.12.已知数列{a n}：，，，，，，，，，，，，，…（其中第一项是，接下来的22-1项是，，再接下来的23-1项是，，，，，，，依此类推．）的前n项和为S n，下列判断：①是{a n}的第2036项；②存在常数M，使得S n＜M恒成立；③S2036=1018；④满足不等式S n＞1019的正整数n的最小值是2100．其中正确的序号是（）A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.x（x2-2x）6的展开式中，x10的系数是______．14.若x,y满足约束条件,则的最小值为______．15.如图，ABCD边长为4的正方形，△PAD是一个正三角形，△PAD绕边AD转动，得到四棱锥P-ABCD．当这个四棱锥体积最大时，它的外接球的表面积为______．16.已知函数,,其中若,,使得成立,则______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.如图所示，在直角坐标系xOy中，扇形OAB的半径为2，圆心角为，点M是弧AB上异于A，B的点．（Ⅰ）若点C（1，0），且CM=，求点M的横坐标；（Ⅱ）求△MAB面积的最大值．18.如图，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，BA⊥AD，AB=AD=CD=1，BDEF是菱形，BD=DF，平面BDEF⊥平面ABCD．（Ⅰ）求证：BC⊥DF；（Ⅱ）求平面BCF与平面CDE所成角的余弦值．19.某企业产品正常生产时，产品尺寸服从正态分布N（80，0.25），从当前生产线上随机抽取200产品尺产/mm [76，78.5]（78.5，79）（79，79.5]（79.5，80.5]（80.5，81]（81，81.5]（81.5，83]件数427278036206旦小概率事件发生视为生产线出现异常，产品尺寸在（μ-3σ，μ+3σ）以内为正品，以外为次品．P（μ-σ＜X＜μ+σ）=0.6826，P（μ-2σ＜X＜μ+2σ）=0.9544，P（μ-3σ＜X＜μ+3σ）=0.9974（Ⅰ）判断生产线是否工作正常，并说明理由；（Ⅱ）用频率表示概率，若再随机从生产线上取3件产品复检，正品检测费10元/件，次品检测费15元/件，记这3件产品检测费为随机变量X，求X的数学期望及方差．20.已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上一点，以PF1为直径的圆E：x2+＝过点F2．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点P且斜率大于0的直线l1与C的另一个交点为A，与直线x＝4的交点为B，过点（3，）且与l1垂直的直线l2与直线x＝4交于点D，求△ABD面积的最小值．21.已知函数a为常数．Ⅰ求函数,的最大值、最小值；Ⅱ若函数为自然对数的底在区间上单调递减,求实数a的取值范围．22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α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，直线l：ρcosθ-inθ+1=0．（Ⅰ）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（Ⅱ）若点M的直角坐标为（-1，0），直线l与曲线C相交于A，B两点，求|MA|+|MB|的值．23.已知f（x）=|2x-a|+|2x+1|，g（x）=|x+1|-|3x-2|．（Ⅰ）若f（x）≥2恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若存在实数x1，x2，使得等式f（x1）=g（x2）成立，求实数a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：解：A={x|x2-x＞0}={x|x＞1或x＜0}，B={x|2x-2＜1}={x|x-2＜0}={x|x＜2}，则（∁R A）={x|0≤x≤1}，则（∁R A）∩B={x|0≤x≤1}，故选：D．根据不等式的解法求出集合的等价条件，结合集合的补集，交集的定义进行计算即可．本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件是解决本题的关键．2.答案：C解析：【分析】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．利用复数代数形式的乘除运算化简，由实部等于-1求得a值，则虚部可求．【分析】解：∵z=（a-i）（3+2i）=（3a+2）+（2a-3）i的实部为-1，即3a+2=-1，∴a=-1．则z的虚部为-5．故选：C．3.答案：A解析：解：等差数列{a n}的前9项和为45，∴=45，解得a1+a9=10．∴a7=a1+a9-a3=10-（-1）=11．故选：A．利用等差数列的通项公式求和公式及其性质即可得出．本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4.答案：D解析：解：函数f（x）=sin x-x，其定义域为R，且f（-x）=sin（-x）-（-x）=-（sin x-x），则函数f（x）是定义在R上的奇函数，导函数是f'（x）=cos x-1≤0，所以f（x）=sin x-x是减函数，不等式f（x+2）+f（1-2x）＜0⇒f（x+2）＜f（2x-1），即x+2＞2x-1⇒x＜3，故选：D．根据题意，由函数奇偶性的定义分析可得函数f（x）是定义在R上的奇函数，对f（x）求导可得f'（x）=cos x-1≤0，即可得f（x）=sin x-x是减函数，则不等式f（x+2）+f（1-2x）＜0可以转化为x+2＞2x-1，解可得x的范围，即可得答案．本题考查函数奇偶性与单调性的综合应用，关键是分析函数f（x）的奇偶性与单调性．5.答案：B解析：解：∵tan（α-）=2，∴tan（2α-）=tan2（α-）===-，故选：B．根据二倍角的正切公式即可求出．本题考查了二倍角的正切公式，属于基础题．6.答案：B解析：解：当向量，共线时，满足x-4=0，此时x=4，此时两个向量分别为=（1，-3），=（0，0）不满足条件．则向量，不共线，若向量，的夹角为锐角，则＞0，得（1-x）（x-4）＞0得（x-1）（x-4）＜0，得1＜x＜4，即x∈（1，4），则x∈（1，4）是x∈（2，4）的必要不充分条件，故选：B．结合向量夹角与向量数量积的定义，求出x的范围，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量夹角与向量数量积的定义求出x的范围是解决本题的关键．7.答案：B解析：解：∵，，，∴a＜c＜b．故选：B．容易得出，，，从而可得出a，b，c的大小关系．考查分数指数幂的运算，对数函数的单调性，减函数和增函数的定义．8.答案：B解析：【分析】本题考查了空间几何体的三视图，注意在三视图中看不到的线画成虚线．本题属于基础题．依题意，棱锥P-AA1B1B的左（侧）视图外部轮廓为正方形，且侧棱AP，BP被底面AA1B1B遮挡，显示为虚线，当AP最短时，AP⊥B1D1，因为A1B1=2，A1D1=3，所以B1P＜D1P，所以两虚线的交点离点B1更近，即离右下角更近．【解答】解：依题意，棱锥P-AA1B1B的左（侧）视图外部轮廓为正方形，且侧棱AP，BP被底面AA1B1B遮挡，显示为虚线，当AP最短时，AP⊥B1D1，因为A1B1=2，A1D1=3，所以B1P＜D1P，所以两虚线的交点离点B1更近，即离右下角更近．故选：B．9.答案：A解析：解：模拟程序的运行，可得程序框图的功能是计算并输出y=的值，作出函数的图象如下：由题意，输入3个不同的实数x，输出的y值相同，可得-1＜y＜3，比较各个选项可得输出结果y可能是．故选：A．模拟程序的运行，可得程序框图的功能是计算并输出y=的值，画出函数的图象即可得解．本题考查了程序框图的应用问题，考查了分段函数的图象，属于基础题．10.答案：D解析：解：根据题意，a，b，c的取值范围都是从7～14共8个数字，故公差d范围是-3到3，①当公差d=0时，有=8种，②当公差d=±1时，b不取7和14，有2=12种，③当公差d=±2时，b不取7，8，13，14，有2=8种，④当公差d=±3时，b只能取10或11，有2=4种，综上共有8+12+8+4=32种，故选：D．a，b，c的取值范围都是从7～14，可以根据公差d的情况进行讨论．本题考查排列、组合的应用，要表示的有3项，做题时容易找不到切入点，本题应考虑等差中项的选取方法，属于中档题．11.答案：A解析：【分析】先求出A，B的坐标，可得AB中点坐标为（，），利用点P（m，0）满足|PA|=|PB|，可得=-3，从而可求双曲线的离心率．本题考查双曲线的离心率，考查直线与双曲线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．【解答】解：由双曲线的方程可知，渐近线为y=±x，分别与x-3y+m=0（m≠0）联立，解得A（-，-），B（-，），∴AB中点坐标为（，），∵点P（m，0）满足|PA|=|PB|，∴=-3，∴a=2b，∴c=b，∴e==．故选：A．12.答案：C解析：解：①是{a n}的第k项，则k=21-1+22-1+……+210-1=-10=2036；②由题意可得：分母为2k时，==（k∈N*），可得：S n单调递增，且n→+∞时，S n→+∞，因此不存在常数M，使得S n＜M恒成立，因此不正确；③由②可得：S2036=++……+=++……+==1018，因此正确．④S2036=1018，设S2036+=1018+＞1019，则k（k+1）＞212，解得k＞64．∴满足不等式S n＞1019的正整数n的最小值=2036+64=2100，因此正确．其中正确的序号是①③④．故选：C．①是{a n}的第k项，则k=21-1+22-1+……+210-1，利用等比数列的求和公式求出即可判断出结论．②由题意可得：分母为2k时，==（k∈N*），可得：S n单调递增，且n→+∞时，S n→+∞，即可判断出结论．③由②可得：S2036=++……+，利用等差数列的求和公式求出即可判断出结论．④S2036=1018，设S2036+=1018+＞1019，解得k即可判断出结论．本题考查了等差数列与等比数列的通项公式求和公式、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．13.答案：-160解析：解：依题意，x（x2-2x）6的展开式的第k+1项为T k+1=x=，由13-k=10，得k=3，所以x10的系数是=（-8）×20=-160，故答案为：-160．x（x2-2x）6的展开式的第k+1项为T k+1=x=，由13-k=10，得k=3，代入通项即可．本题考查了二项式定理，主要考查二项展开式的通项，属于基础题．14.答案：4解析：解：作出x，y满足约束条件如图：由z=2x+y得y=-2x+z，平移直线y=-2x+z，由图象可知当直线y=-2x+z经过点A时，直线的截距最小，此时z最小，由，解得A（1，2），此时z=2×1+2=4，故答案为：4．作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，即可得到结论．本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键．15.答案：解析：解：如图，要使四棱锥P-ABCD体积最大，则平面PAD⊥平面ABCD，设等边三角形PAD的外心为F，过F作平面PAD的垂线，过G作底面ABCD的垂线，两垂线相交于O，则O为四棱锥P-ABCD的外接球的球心，连接OP，则OP为四棱锥P-ABCD的外接球的半径，∵PF=，OF=．∴．∴四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为S=4π×．故答案为：．由题意，要使四棱锥P-ABCD体积最大，则平面PAD⊥平面ABCD，求出四棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式求解．本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题．16.答案：解析：【分析】由f（x1）f（x2）=g（x1）g（x2）成立，可得成立；设h（x）=，u（x）=，求解h（x）的值域是u（x）值域的子集求解a的值即可．本题主要考查了函数恒成立问题的求解，分类讨论以及转化思想的应用，二次函数闭区间是的最值以及单调性的应用．【解答】解：由题意，f(x)≠0，由f（x1）f（x2）=g（x1）g（x2）成立，得g（x1）≠0，g（x2）≠0，可得成立；设h（x）=，u（x）=，那么h（x）=，∵x1∈[1，2]，当a＞1或a<时，可得h（x）的值域为[，]u（x）=ax-1∵x2[1，2]，∴可得u（x）的值域为[a-1，2a-1]；∵∀x1∈[1，2]，∃x2∈[1，2]，∴h（x）的值域是u（x）值域的子集；在a>1的情况下，可得：，解得：1＜a；，解得：a；∴a=.在a<的情况下，可得：，解得：a≤0（结合条件知a无解）;当，h(x)的值域为,不可能是u(x）值域的子集；当a=时，代入验证即可排除.综上可得：a=故答案为：．17.答案：解：（Ⅰ）连接OM，根据题意，在△OCM中，OC=1，CM=，OM=2，所以cos∠COM==，所以点M的横坐标为2×=．（Ⅱ）设∠AOM=θ，θ，则∠BOM=-θ，S△MAB=S△OAM+S△OBM-S△OAB=[sinθ+sin（-θ）]-=2sin（θ+）-，因为θ，所以θ+∈（，），所以当θ=时，△MAB面积最大，且最大值为．解析：（Ⅰ）连接OM，根据题意在△OCM中，由余弦定理可求cos∠COM，进而可求点M的横坐标．（Ⅱ）设∠AOM=θ，θ，则∠BOM=-θ，利用三角形的面积公式可得S△MAB=sin（θ+）-，根据范围θ+∈（，），利用正弦函数的性质可求其最大值．本题主要考查余弦定理，三角形的面积公式，正弦函数的性质的综合应用，考查转化思想和数形结合思想，属于中档题．18.答案：解：（Ⅰ）证明：如图，取CD中点H，连结BH，则BH⊥CD，由已知得BH=1，CH=1，BC=，CD=2，∴BC2+BD2=CD2，∴CB⊥BD，∵平面BDEF⊥平面ABCD，且平面BDEF∩平面ABCD=BD，∴CB⊥平面BDEF，又DF⊂平面BDEF，BC⊥DF．（Ⅱ）如图，取BD的中点O，∵BD=DF=BF，∴FO⊥BD，∵平面BDEF⊥平面ABCD，且平面BDEF∩平面ABCD=BD，∴FO⊥平面ABCD，如图，以O为原点，过O作AB的平行线为x轴，过O作AD的平行线为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，则B（，0），C（，0），D（-，0），F（0，0，），=（1，1，0），=（-，），=（-2，0，0），∵DE∥BF，且DE=BF，∴=（-），设平面BCF的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，-1，），设平面CDE的法向量为=（x，y，z），则，取y=1，得=（0，1，-），∴cos＜＞===-，∴平面BCF与平面CDE所成角的余弦值为．解析：（Ⅰ）取CD中点H，连结BH，则BH⊥CD，推导出CB⊥BD，从而CB⊥平面BDEF，由此能证明BC⊥DF．（Ⅱ）取BD的中点O，以O为原点，过O作AB的平行线为x轴，过O作AD的平行线为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面BCF与平面CDE所成角的余弦值．本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19.答案：解：（Ⅰ）依题意，有μ=80，σ=0.5，所以正常产品尺寸范围为（78.5，81.5）：200×（1-0.9974）≈0.52件，超出正常范围以外的零件数为10件，故生产线不正常；（Ⅱ）依题意，尺寸在[78.5，81.5]以外就是次品，故次品率为=．记着3件产品中次品数为Y，则Y服从二项分布B（3，），X=10（3-Y）+15Y=5Y+30，则E（Y）=3×=，D（Y）=3×=，所以X的数学期望是E（X）=5E（Y）+30=（元），方差是D（X）=52•D（Y）=25×=．解析：（Ⅰ）正常产品尺寸范围为（78.5，81.5），200×（1-0.9974）≈0.52件，超出正常范围以外的零件数为10件，故生产线不正常；（Ⅱ）记着3件产品中次品数为Y，则Y服从二项分布B（3，），可以计算随机变量Y的期望与方差，又X=10（3-Y）+15Y=5Y+30，根据X，Y的线性关系即可得到X的期望与方差，本题主要考查了正态分布中3σ原则，考查成线性相关的两个随机变量的期望与方差的关系，考查基本分析应用的能力，属于中档题．20.答案：解：（Ⅰ）在圆E的方程中，令y=0，得到：x2=4，所以F1（-2，0），F2（2，0），又因为，所以P点坐标为，所以，则，b=2，因此椭圆的方程为；（Ⅱ）设直线l1：y-=k（x-2）（k＞0），所以点B的坐标为，设A（x A，y A），D（x D，y D），将直线l1代入椭圆方程得：（1+2k2）x2+（4k-8k2）x+8k2-8k-4=0，所以x P x A=，所以x A=，直线l2的方程为y-=-（x-3），所以点D坐标为，所以S△ABD=（4-x A）|y B-y D|=••=2k++2≥2+2，当且仅当2k=，即k=时取等号，综上，△ABD面积的最小值2+2．解析：（Ⅰ）根据题意求得椭圆的焦点坐标，利用椭圆的定义求得a和b的值，即可求得椭圆方程；（Ⅱ）设直线l1的方程，代入涂鸦方程，利用韦达定理求得A的横坐标，求得直线l2方程，求得D 点坐标，利用三角形的面积公式及基本不等式即可求得△ABD面积的最小值．本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，韦达定理及基本不等式的应用，考查转化思想，属于中档题．21.答案：解：（I）函数f（x）=（1+）ln x+a（a∈R，a为常数）．所以f′（x）=-ln x+（1+）=，x∈[l，e]令φ（x）=x-ln x+1，x∈[1，e]，则φ′（x）=1-≥0，φ（x）在[l，e]上单调递增，所以φ（x）≥φ（1）＞0，所以f′（x）＞0，则f（x）在[l，e]上单调递增，所以f（x）的最大值为f（e）=+1+a，f（x）的最小值为f（1）=a；（Ⅱ）（i）当a≥0时，f（x）≥0，g（x）=；g′（x）==；依题意：x∈[l，e]时，g′（x）≤0恒成立，令u（x）=-（1+x+x2）ln x-ax2+x+1，x∈[l，e]，u′（x）=-（1+2x）ln x--（2a+1）x＜0．即u（x）在[l，e]上单调递减，所以u max（x）=u（1）=-a+2≤0，∴a≥2（ii）当+1+a≤0即a≤-时，f（x）≤0，g（x）=-，由（i）可知g′（x）=，又g（x）在[1，e]上单调递减，因为a≤-1-，所以u（x）≥-（1+x+x2）ln x+（1+）x2+x+1＞（x2+x+1）（1-ln x）≥0成立，所以u（x）=-（1+x+x2）ln x-ax2+x+1≥0对x∈[1，e]恒成立，所以g（x）在[l，e]上单调递减；（ⅲ）当f（1）＜0，f（e）＞0，即-＜a＜0时，则存在x0∈（1，e）使得f（x0）=0，从而x=x0时，函数g（x）==0，而g（e）=＞0，所以g（x）在区间[1，e]上不单调递减，综上所述：a∈（∞，-]∪[2，+∞）．解析：（Ⅰ）求函数y=f（x）的导函数利用函数的单调性可求得函数在x∈[1，e]的最大值、最小值；（Ⅱ）若函数g（x）=（e为自然对数的底）在区间[1，e]上单调递减，转换成x∈[l，e]时，g′（x）≤0恒成立，令u（x）=-（1+x+x2）ln x-ax2+x+1，x∈[l，e]，分类讨论求新函数的最值可求实数a的取值范围．本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查参数的范围问题，正确求导计算和分类讨论是关键．22.答案：解：（Ⅰ）曲线C的参数方程为（α为参数）．转换为直角坐标方程为（x-2）2+（y-1）2=4．直线l：ρcosθ-inθ+1=0．转换为直角坐标方程为．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的直角坐标方程转换为参数方程为（t为参数），代入圆的方程（x-2）2+（y-1）2=4，得到，所以，t1•t2=6（t1和t2为A、B对应的参数），所以|MA|+|MB|=．解析：（Ⅰ）直接利用转换关系把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的直线，首先求出直线的参数式，进一步利用直线和曲线的位置关系，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，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．23.答案：解：（Ⅰ）f（x）=|2x-a|+|2x+1|≥|（2x-a）-（2x+1）|=|a+1|，若f（x）≥2恒成立，则|a+1|≥2，解得a≥1或a≤-3，所以实数a的取值范围是a≤-3或a≥1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）的值域为[|a+1|，+∞），又g（x）=|x+1|-|3x-2|=，所以g（x）的值域为（-∞，]；若存在实数x1，x2，使得等式f（x1）=g（x2）成立，则[|a+1|，+∞）∩（-∞，]≠∅，所以|a+1|≤，解得-≤a≤，所以实数a的取值范围是-≤a≤．解析：（Ⅰ）利用绝对值不等式求出f（x）的最小值，把f（x）≥2化为关于a的不等式，求出解集即可；（Ⅱ）分别求出f（x）、g（x）的值域，问题化为两个值域的交集非空时实数a的取值范围即可．本题考查了含有绝对值的不等式的解法与应用问题，也考查了转化思想，是中档题．。

江西省南昌市八一中学2020届高三高考三模考试理科综合试题(含答案)

D．《天工开物》中“凡研硝 (KNO3) 不以铁碾入石臼，相激火生”，相激火生是指爆炸
8．下列离子方程式书写正确的是（
）
A．少量 CO2 通入苯酚钠溶液中： 2C6H5O－＋ CO2＋H2O===2C6H5OH＋ CO32-
B．少量 CO2 通入 CaCl2 溶液中： Ca2＋＋CO2＋ H2O===CaCO3↓＋ 2H＋
A．可用矮生型突变体植株逐代自交的方法来获得能稳定遗传的植株
B．单倍体矮生植株与矮生型突变体植株不能进行基因交流
C．获得单倍体矮生植株的过程中，细胞的染色体组数目发生了整倍性的变化
D．获得的单倍体矮生植株长势弱小，所结的种子比野生型水稻的小
4．下列关于植物激素应用的叙述，错误的是
A．植物激素不能直接参与细胞代谢，但可以对植物的生命活动进行调节
方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方．
假设某时刻，该卫星如图在 A
点变轨进入椭圆轨道，近地点 B 到地心距离为 r 2．设卫星由 A 到 B 运动的时间为 t ，地
球自转周期为 T0，不计空气阻力．则 3
A． T T0 8
B． t （ r1 r2)T r1 r2
4 r1
a、 b 两球随轻杆逆时针转动，用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，已知重力加速度大小为
g。
2020年最新精品试题
(1) 若实验中没有现成的遮光条，用现有的等质量的遮光片替代，用螺旋测微器测量
A 遮光片的宽
度如图乙所示，其读数为 mm；用 20 分度的游标卡尺测量 B 遮光片的宽度如图丙所示，其读数为
B．在失重状态下植物激素不能进行极性运输，所以根失去了向地生长的特性
2020年最新精品试题

江西省南昌市2020届高三第三次模拟考试数学理试题版含答案

NCS20160607项目第三次模拟测试卷数学（理）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共150分．考生注意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．2.第I 卷每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号．第Ⅱ卷用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上作答．若在试题卷上作答，答案无效．第Ⅰ卷一．选择题：本大题共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．已知全集{1,2,3,4,5}U =，集合{1,2,3}A =，{3,4,5}B =，则UAB =A ．{3}B ．{1,2,4,5}C ．{1,2}D ．{1,3,5} 2．复数i+25（ i 是虚数单位）的共轭复数．．．．是 A ．i -2 B ．i +2 C ．i +-2 D ．i --23．函数()f x =的定义域为 A.(0,1) B. (1,)+∞ C. (0,)+∞ D. (0,1)(1,)+∞4．0<x 是0)1ln(<+x 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5．设函数()f x 是周期为6的偶函数，且当[0,3]x ∈时()3f x x =，则(2015)f = A ．6B ．3C ．0D ．6-6．设函数()ln(3f x x =+，若()10f a =，则()f a -= A ．13B ．7-C ．7D ．4-CBAOE12,j i S S j i=+=+⨯开始结束1,0i S ==2i i =+i 输出50101S >是否7．如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ）,图中粗线画出的是某零件的三视图，则该几何体的体积是 A ．5 B ．5.5 C ．6 D ．4 8．若动圆的圆心在抛物线2112y x =上，且与直线y ＋3＝0相切，则此圆恒过定点A. (0,2) B ．(0，－3) C. (0,3) D ．(0,6) 9．从1,2,3,4,5,6中任取三个数，则这三个数构成一个等差数列的概率为 A.310 B. 37 C. 710 D. 3510．阅读如右程序框图，运行相应程序，则程序运行后输出的结果i = Ａ．97 B. 99 C. 100 D. 10111. 已知双曲线：22221,(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，焦距为2c , 直线3()y x c =+与双曲线的一个交点M满足12212MF F MF F ∠=∠, 则双曲线的离心率为A 2B 3C ．2D 3112. 已知正△ABC 三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是A ．74π B.2πC. 94π D.3π第Ⅱ卷注意事项：第Ⅱ卷共2页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，若在试题卷上作答，答案无效．二．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在答题卡上．13．已知{}n a 为等差数列，公差为1，且5a 是3a 与11a 的等比中项，n S 是{}n a 的前n 项和，则12S 的值为 .14．已知点A （1，2），点P （,x y ）满足1030330x y x y x y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪+-≥⎩， O 为坐标原点，则Z OA OP=•的最大值为 .15．对大于或等于2的自然数的3次方可以做如下分解：5323+=，119733++=，1917151343+++=，……，根据上述规律，310的分解式中，最大的数是．16．已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的左、右顶点分别是A ，B ，左、右焦点分别是1F ，2F ，若21212(04)F F AF BF λλ=⋅<<，则离心率e 的取值范围是____________ ．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 17．（本小题满分12分）已知ABC ∆中，内角A,B,C 的对边分别为,,a b c ，且3a b c +=，22sin 3sin sin .C A B = （Ⅰ）求C ∠；（Ⅱ）若3ABC S ∆=，求c .18．（本小题满分12分）某单位有200人，其中100人经常参加体育锻炼,其余人员视为不参加体育锻炼. 在一次体检中，分别对经常参加体育锻炼的人员与不参加体育锻炼的人员进行检查．按照身体健康与非健康非健康总计经常参加体育锻炼不参加体育锻炼100 总计200已知p 是(1+2)x 展开式中的第三项系数，q 是(1+2)x 展开式中的第四项的二项式系数．（Ⅰ）求p 与q 的值；（Ⅱ）请完成上面的2×2列联表，并判断若按99%的可靠性要求，能否认为“身体健康与经常参加体育锻炼有关”． 19．（本小题满分12分）如图，矩形ABCD 中，(1)ABADλλ=>，将其沿AC 翻折，使点D 到达点E 的位置，且二面角C AB E --为直二面角. （Ⅰ）求证：平面ACE ⊥平面BCE ；（Ⅱ）设F 是BE 的中点，二面角E AC F --的平面角的大小为θ，当[2,3]λ∈时，求cos θ的取值范围. 20．（本小题满分13分）已知两点(0,1)A -，(0,1)B ，(,)P x y 是曲线C 上一动点，直线,PA PB 斜率的平方差为1. （Ⅰ）求曲线C 的方程；（Ⅱ）1122(,),(,)E x y F x y 是曲线C 上不同的两点，(2,3)Q 是线段EF 的中点，线段EF 的垂直平分线交曲线C 于,G H 两点，问,,,E F G H 是否共圆？若共圆，求圆的标准方程；若不共圆，说明理由. 21．（本小题满分14分）已知函数()1(cos ),xf x ea x a R -=-+∈（Ⅰ）若函数()f x 存在单调减区间，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若0a =，证明：1[1,]2x ∀∈-，总有(1)2()cos(1)0f x f x x '--++>。

江西省南昌市2020届高三第三次模拟考试理科数学试题附答案

江西省南昌市2020届高三第三次模拟考试理科数学试题一、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．已知()1i z i +=为虚数单位)，则在复平面内，复数z 的共轭复数z 对应的点在A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．设集合{A x =|||1},{1,0,}(0)x a B b b -==>，若A B ，则对应的实数(),a b 有A ．1对B ．2对C ．3对D ．4对3．为了普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取30名学生参加环保知识竞赛，得分(10分制)的频数分布表如下设得分的中位数e m ，众数0m ，平均数x ，下列关系正确的是A ．0e m m x ==B ．0e m m x =<C ．0e m m x <<D ．0e m m x <<4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．3πB ．9πC ．12π．36π5．在ABC ∆中，D 为线段AB 上一点，且BD=3AD ，若,CD CA CB λμ=+u u u r u u u r u u u r 则λμ= A. 13 B ．3 C. 14D ．4 6．在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对应的边分别为,,,1,c b a b c a b a c+=++则下列说法不一定成立的是 A ．△ABC 可能为正三角形 B ．角A ，B ，C 为等差数列C ．角B 可能小于3π D ．角B+C 为定值 7．已知函数()()2sin 0f x x ωω=>的最小正周期为π，若将其图像沿x 轴向右平移m(m>0)个单位，所得图像关于3x π=对称，则实数m 的最小值为 A.4πB ．3π C.34πD ．π 8．函数()s ,0(1co f x x x x x x ππ⎛⎫=--≤≠ ⎪⎝⎭且）…的图象可能为9．甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制(不考虑平局，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束)．根据前期的统计分析，得到甲在和乙的第一场比赛中，取胜的概率为0.5，受心理方面的影响，前一场比赛结果会对甲的下一场比赛产生影响，如果甲在某一场比赛中取胜，则下一场取胜率提高0.1，反之，降低0.1．则甲以3：1取得胜利的概率为A ．0.162B ．0.18C ．0.168D ．0.17410．已知双曲线C:()222210,0x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，点M 在C 的右支上， 1MF 与y 轴交于点2,A MAF ∆的内切圆与边2AF 切于点B ，若12||4||,F F AB =则C 的渐近线方程是A 0y ±=B ．0x ±=C ．20x y ±=D ．20x y ±=11．将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20,210,45⨯⨯=种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称4×5为20的最佳分解.当(),N p q p q q p +≤⨯∈且是正整数n 的最佳分解时，定义函数(),f n q p =-则数列(){}()N 3nf n +∈的前100项和100S 为A ．5031+B ．5031-C ．50312-D ．50312+ 12．已知函数()()|2|4ln 1,()x f x e g x -=+=2,0,2,0a x x a x x +-≥⎧⎨--<⎩若存在a [](),1,Z n n n ∈+∈使得方程()()f x g x =有四个不同的实根，则n 的最大值是。

江西省南昌市2020届高三下学期三模(理科)数学试卷(答案)

— 高三理科数学（模拟三）答案第1页—NCS20200707项目第三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，只有一二、填空题:本大题共4小题,每小题5分，满分20分． 13．5 14．p m n 15．1316．29π2三．解答题：共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 第17 21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17．【解析】（Ⅰ）令1n ，112222p p a a a .且1122pn p n n a a ，与已知条件相除得22p n na a ，故2422(2)p p a a ，而1241,,2a a a 成等差数列，则422a a ，即 2(2)22p p ，解得22p ，即 1.p（Ⅱ）若{}n a 是等比数列，则由120,0a a ，知此数列首项和公比均为正数.设其公比为q ，则22pq ，故2212222p pa p a ，此时12,22nn a q a ，故2112n n n a a ，而12122pn n ，因此2p 时，{}n a 为等比数列，其前n 项和12(12)2 2.12n n n S18．【解析】（Ⅰ）取1BB 中点O ，连接1,,AB OA OC ，菱形中o160ABB ，故三角形1ABB 是等边三角形，则1AO BB ，1,3BO AO ，又11//BB CC ，1AC CC ，所以1AC BB ，又1AO BB ，AO AC A ，故1BB 平面AOC ，所以1BB CO ，在中Rt BOC 中，1CO ，所以222CO AO AC ，故CO AO ，又1AO BB ，所以AO 平面11BB C C ，又AO 平面11ABB A 所以平面11ABB A 平面11BB C C ；— 高三理科数学（模拟三）答案第2页—（Ⅱ）以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则0)A ，(0,1,0)B ，(0,0,1)C ，1,0),(0,1,1),BA BC设平面ABC 的法向量为(,,)m x y z ，由m BA m BC，得00m BA m BC即00y y z，令x 3,3y z ，所以m ，设1BB 上的单位向量为(0,1,0)n，则1BB 与平面ABC 的夹角正弦值sin cos ,7m n m n m n.19．【解析】（Ⅰ）甲解密成功所需时间的中位数是47.0.0150.014550.03450.04(4745)0.5a ，解得0.026a ； 0.0150.01550.03250.04(5047)0.5b ，解得0.024b ；甲在1分钟内解密成功的频率10.01520.9f .（Ⅱ）①由题意及（1）可知第一个出场的选手解密成功的概率10.9P ;第二个出场的选手解密成功的概率2910.910.911010P ；第三个出场的选手解密成功的概率23910.9(20.9291010P ；所以该团队挑战成功的概率0.90.10.910.10.090.9290.999361P . ②由①可知i P 按从小到大的顺序的概率分别为1P ，2P ，3P ，有题意X 的可能取值为1,2,3；则(1)0.9P X ,(2)(10.9)0.910.091P X ,(3)(10.9)(10.91)0.009P X ,()10.9E X.20．【解析】（Ⅰ）设点M 的坐标为(,)x y,116A N k ,226A N k , 则1122,A N A N 的直线方程分别为：6y x m①，6y xn ②，由①②得6m6n ，则22211666y mn x，— 高三理科数学（模拟三）答案第3页—则221(0)62x y y ；（Ⅱ）证明：设过R 的直线方程为:3l x ty ，设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，11(,)N x y ,联立方程223162x ty x y得22(3)630t y ty ，则12263t y y t ，12233y y t ， RP RQ即1122(3,)(3,)x y x y ，所以123(3)x x ，12y y ， 11(2,)x NF y ,22(2,)x y FQ ，要证NF FQ，即证122(2)x x ，亦即1111121222222312()0231x x ty y ty y y y x x ty y ③，将12263t y y t ，12233y y t 代入③中得2266033t tt t，所以NF FQ得证.21．【解析】（Ⅰ）2(1)()(1)(0).a a x af x a x x x x①当1a 时，()0f x ，()f x 在(0,) 单调递增；②当01a时，()f x，所以()f x在上单调递增，在) 上单调递减；③当0a 时，()0f x ，()f x 在(0,) 单调递减；（Ⅱ）当1a 时，2()ln 1f x x x ，不妨设120x x ，则12211212()()x f x x f x mx x x x 等价于212121()()()f x f x m x x x x ，考察函数()()f x g x x ，得22ln 2()x x g x x ，令22ln 2()x x h x x ，则352ln ()xh x x，则52(0,e )x 时，()0h x ；52(e ,)x 时，()0h x ，所以()h x 在52(0,e )单调递增，在52(e ,) 单调递减，故5251()(e )102eh x h ，即(0,)x 时()0g x ，()g x 在(0,) 单调递减，— 高三理科数学（模拟三）答案第4页—从而12()()g x g x ，即1212()()f x f x x x ，故122112()()()f x f x m x x x x ，所以121212()()f x f x mx mx x x ，即1122()()g x mx g x mx 恒成立，设()()x g x mx ，则()x 在在(0,) 单调递减，从而()()0x g x m 恒成立，故52(e )0 ，即5112e m. 22．【解析】（Ⅰ）设极点(,) 旋转之后极点为(',') ，故''π3即'3π' 代入曲线:4cos C ，得曲线':'4co πs(')3C 即曲线':4co πs()3C ，（Ⅱ）如图，两圆相交于点,O A ．连接,,,',',OA AC OC OC AC 显然四边形'OC AC 为菱形，故π23OCA ，所以重叠部分面积为：'''822()π3OC A OC A OC A S S S S 弓形扇形.23．【解析】（Ⅰ）若2k ，不等式()5f x 可化为2|||1|5x x . 当0x 时，2(1)5x x ，即43x403x ；当01x 时，2(1)5x x ，即4x 01x ；当1x 时，2(1)5x x ，即2x 12x .故不等式的解集为4[,2]3.（Ⅱ）由题：关于x 的不等式()|1||22|f x x x 在1[,2]2x 恒成立，即|||1||22||1|k x x x x 在1[,2]2x 恒成立，|1||1|||x x k x 在1[,2]2x 恒成立，|1||1||11|2||||x x x x x x ，等号在1,1x x 同号时等号成立，所以，所求实数k 的范围是(,2] .。

2020年江西省南昌市高考数学三模试卷(理科)(含答案解析)

2020年江西省南昌市高考数学三模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知为虚数单位，在复平面内，复数z的共轭复数对应的点在A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.设集合，0，，若，则对应的实数有A. 1对B. 2对C. 3对D. 4对3.为了普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取30名学生参加环保知识竞赛，得分分制的频数分布表如表：得分345678910频数231063222设得分的中位数为，众数为，平均数为，则A. B. C. D.4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A.B.C.D.5.在中，D为线段AB上一点，且，若，则A. B. 3 C. D. 46.在中，角A，B，C所对应的边分别为，则下列说法不一定成立的是A. 可能为正三角形B. 角A，B，C为等差数列C. 角B可能小于D. 角为定值7.已知函数的最小正周期为，若将其图象沿x轴向右平移个单位，所得图象关于对称，则实数m的最小值为A. B. C. D.8.函数且的图象可能为A. B.C. D.9.甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制不考虑平局，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束根据前期的统计分析，得到甲在和乙的第一场比赛中，取胜的概率为，受心理方面的影响，前一场比赛结果会对甲的下一场比赛产生影响，如果甲在某一场比赛中取胜，则下一场取胜率提高，反之，降低则甲以3：1取得胜利的概率为A. B. C. D.10.知双曲线的左、右焦点分别为，，点M在C的右支上，与y轴交于点A，的内切圆与边切于点若，则C的渐近线方程为A. B. C. D.11.将正整数20分解成两个正整数的乘积有，，三种，其中是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称为20的最佳分解．当且p，是正整数n的最佳分解时，定义函数，则数列的前100项和为A. B. C. D.12.已知函数，若存在使得方程有四个实根．则n的最大值为A. 2B. 1C. 0D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.执行如图所示的框图程序，输出的结果______．14.已知函数，则m，n，p的大小关系是______．15.已知，则______．16.已知长方体，，已知P是矩形ABCD内一动点，与平面ABCD所成角为，设P点形成的轨迹长度为，则______；当的长度最短时，三棱锥的外接球的表面积为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列中，，为常数．Ⅰ若，成等差数列，求p的值；Ⅱ是否存在p，使得为等比数列？若存在，求的前n项和；若不存在，请说明理由．18.三棱柱中，，，，四边形为菱形，且，．Ⅰ求证：平面平面；Ⅱ求与平面ABC的夹角正弦值．19.在“挑战不可能”的电视节目上，甲、乙、丙三个人组成的解密团队参加一项解密挑战活动，规则是由密码专家给出题目，然后由3个人依次出场解密，每人限定时间是1分钟内，否则派下一个人个人中只要有一人解密正确，则认为该团队挑战成功，否则挑战失败．根据甲以往解密测试情况，抽取了甲100次的测试记录，绘制了如下的频率分布直方图．若甲解密成功所需时间的中位数为47，求a、b的值，并求出甲在1分钟内解密成功的频率；在“挑战不可能”节目上由于来自各方及自身的心理压力，甲，乙，丙解密成功的概率分别为2，，其中表示第i个出场选手解密成功的概率，并且定义为甲抽样中解密成功的频率代替，各人是否解密成功相互独立．求该团队挑战成功的概率；该团队以从小到大的顺序按排甲、乙、丙三个人上场解密，求团队挑战成功所需派出的人员数目X的分布列与数学期望．20.在直角坐标系xOy上取两个定点，，再取两个动点，，且．Ⅰ求直线与交点M的轨迹C的方程；Ⅱ过的直线与轨迹C交于P，Q，过P作轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若，求证：．21.已知函数．Ⅰ讨论的单调性；Ⅱ当时，对任意的，，且，都有，求实数m的取值范围．22.在极坐标系中，曲线C：，以极点O为旋转中心，将曲线C逆时针旋转得到曲线．Ⅰ求曲线的极坐标方程；Ⅱ求曲线C与曲线的公共部分面积．23.已知．Ⅰ若，解不等式．Ⅱ若关于x的不等式的充分条件是，求k的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：解：由，得，复数z的共轭复数对应的点是，在第四象限．故选：D．把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．2.答案：B解析：解：集合0，，若，则，即，所以；若，或，则，所以，则或则对应的实数有2对．故选：B．解方程得集合A有两元素，由得A中元素属于B，可解出a，b．本题考查的知识点是集合的包含关系及应用，属于基础题．3.答案：D解析：解：由图知，众数是；中位数是第15个数与第16个数的平均值，由图知将数据从大到小排第15个数是5，第16个数是6，所以中位数是；平均数是；．故选：D．由频率分步表求出众数、中位数和平均数，比较即可．本题考查了求出一组数据的众数、中位数、平均值的应用问题，是基础题．4.答案：A解析：解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为一个圆锥的四分之一，其中圆锥的底面半径为3，高为4．该几何体的体积为．故选：A．由三视图还原原几何体，可知该几何体为一个圆锥的四分之一，其中圆锥的底面半径为3，高为4，再由圆锥体积公式求解．本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．5.答案：B解析：解：因为，所以，由可得，，则．故选：B．由已知结合向量的线性运算可分别求出，从而可求．本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用．6.答案：B解析：解：中，，，，，，，，所以B、A、C成等差数列，B错误．当时，是正三角形，A正确；由知，选项C、D正确．故选：B．化简，利用余弦定理求出A的值，再判断选项中的命题是否正确．本题考查了解三角形的应用问题，也考查了分析问题解决问题的能力，是中档题．7.答案：B解析：解：，由其最小正周期为，，所以，将其图象沿x轴向右平移个单位，所得图象对应函数为，因为其图象关于对称，则有，，解得，由，实数m的最小值为．故选：B．先利用降幂公式将函数式化简为的形式，然后利用图象变换的规律求出变换后的解析式，最后利用函数的最值的性质求出m的值．本题考查考生对正弦型三角函数的图象与性质对称性、周期性、单调性的掌握情况．考查考生对三角函数三种表征零点、对称轴、单调性的理解与转换．考查考生对三角函数的数形结合思想、基于三角函数的逻辑推理能力及运算求解能力．8.答案：D解析：【分析】由条件可得函数为奇函数，故它的图象关于原点对称；再根据时，，结合所给的选项，得出结论．本题主要考查函数的奇偶性的判断，奇函数的图象特征，函数的定义域和值域，属于中档题．【解答】解：对于函数且，由于它的定义域关于原点对称，且满足，故函数为奇函数，故它的图象关于原点对称．故排除A、B．当，，故排除C，故选：D．9.答案：D解析：解：甲以3：1取得胜利的所有情况为：赢赢输赢，赢输赢赢，输赢赢赢，对应的概率分别为：，，，所以甲以3：1取得胜利的概率为：．故选：D．先列出甲以3：1取得胜利的所有情况，再利用相互独立事件的乘法运算求解每种情况的概率，最后利用互斥事件概率的加法公式计算即可．本题主要考查相互独立事件的概率，互斥事件的概率，考查运算求解能力和分析问题，解决问题的能力．10.答案：A解析：解：双曲线的左、右焦点分别为，，点M在C的右支上，与y轴交于点A，的内切圆与边切于点与的切点为N，如图：设，，，由双曲线的定义可知：，可得，若，所以，，则．所以双曲线的渐近线方程为：．故选：A．由双曲线的定义和内切圆的切线性质：圆外一点向圆引切线，则切线长相等，结合双曲线的定义，转化求解渐近线方程即可．本题考查双曲线的方程和性质，主要是离心率的求法，注意运用圆的切线长相等，以及方程思想，考查运算能力，属于中档题．11.答案：B解析：解：根据题意，知：，，，，，，．数列的前100项和为．故选：B．先写出数列的前几项，根据前几项归纳出：，，再求出其前100项和．本题主要考查等比数列、及其数列的求和，属于中档题．12.答案：A解析：解：令，则，依题意，函数与直线有且仅有四个不同的交点，易知函数为偶函数，故先研究时的情况，当时，，令，解得，令，解得，故函数在上单调递减，在上单调递增，且，由偶函数的对称性，可作出函数的图象，如下图所示，由图可知，，又，，的最大值为2．故选：A．依题意，转化可得函数与直线有且仅有四个不同的交点，且易发现函数为偶函数，利用导数研究函数的性质，作出函数图象，观察图象可得实数a 的取值范围，进而得到n的最大值．本题考查函数与导数的综合运用，考查函数零点与方程根的关系，考查转化思想与数形结合思想，将问题转化为函数的图象与直线有且仅有四个不同的交点，进而通过数形结合确定实数a的取值范围是解题的关键，属于中档题．13.答案：5解析：解：模拟程序的运行，可得该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，可得．故答案为：5．模拟程序的运行过程可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．本题主要考查伪代码算法语句的应用，属于基础题．14.答案：解析：解：，则，即为偶函数，因为时，单调递增，，，，因为，故故答案为：根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键．15.答案：解析：解：已知故：．故答案为：．直接利用三角函数关系式的恒等变换和诱导公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，诱导公式的应用，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．16.答案：解析：解：在长方体的底面矩形ABCD内一动点P，连接AP，因为与平面ABCD所成角为，，所以，所以，所以P点的轨迹为以A为圆心，以2为半径的圆，与底面矩形BC的交点为E，D，即P的轨迹为圆弧，连接AE，在中，，所以，所以，所以，可得为钝角，所以，，所以；当的长度最短时，而，所以当CP最小时，最小，而当A，P，三点共线时，最小，连接DP，由于，所以在三角形CDP中，由余弦定理可得，而，设三角形CDP的外接圆的半径为r，则，所以，由面CDP，所以三棱锥的外接球的球心为过底面三角形DCP的外接圆的圆心的垂线与中截面的交点，设外接球的半径为R，则，所以外接球的表面积．故答案为：，．因为与平面ABCD所成角为，所以可得，即P点的轨迹为以A为圆心，以2为半径的圆与矩形ABCD的交点即，由矩形的边长可得的值，进而求出它的正切值，当的长度最短时，而，所以当CP最小时，最小，而当A，P，三点共线时，CP 最小，求出CP的值，进而由余弦定理求出DP，求出三角形DCP的外接圆的半径，由面CDP，所以三棱锥的外接球的球心为过底面三角形DCP的外接圆的圆心的垂线与中截面的交点，由外接球的半径，和高的一半，由勾股定理可得R的值，进而求出外接球的表面积．本题考查求点的轨迹，及三棱锥的棱长与外接球的半径的关系和球的表面积公式，属于难题．17.答案：解：Ⅰ为常数，当时，，，，，，，，，．Ⅱ若为等比数列，则由，，数列的首项和公比均为正数，设其公比为q，则，，，，，故，而，时，为等比数列，的前n项和．解析：Ⅰ根据条件求出和，然后由，成等差数列，得到关于p的方程，再求出p即可；Ⅱ若为等比数列，则由，，可知数列的首项和公比均为正数，然后根据条件求出前n项和即可．本题考查了等比数列和等差数列的性质，等比数列的前n项和公式，考查了方程思想和转化思想，属中档题．18.答案：Ⅰ证明：取的中点O，连接，OA，OC，在菱形中，，故三角形是等边三角形，则，，．又，，，又，且，平面AOC，则．在中，，，故C．又，平面C.平面，平面平面；Ⅱ解：以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．则0，，1，，0，，，．设平面ABC的一个法向量为．由，取，得．设上的单位向量为．则与平面ABC的夹角正弦值为．解析：Ⅰ取的中点O，连接，OA，OC，由已知可得，再由，，得，得到平面AOC，则，求解三角形证明可得平面，进一步得到平面平面；Ⅱ以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面ABC的一个法向量，再求出上的单位向量由与所成角的余弦值可得与平面ABC的夹角正弦值．本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．19.答案：解：甲解密成功所需时间的中位数为47，，解得，．解得．甲在1分钟内解密成功的频率是．由题意及可知第一个出场选手解密成功的概率为，第二个出场选手解密成功的概率为，第三个出场选手解密成功的概率为，该团队挑战成功的概率为．由知按从小到大的顺序的概率分别为，，，根据题意知X的可能取值为1，2，3，则，，，团队挑战成功所需派出的人员数目X的分布列为：X 1 2 3P．解析：由甲解密成功所需时间的中位数为47，利用频率分布直方图的性质能求出a，b，由此能求出甲在1分钟内解密成功的频率．由题意及可知第一个出场选手解密成功的概率为，第二个出场选手解密成功的概率为，第三个出场选手解密成功的概率为，由此能求出该团队挑战成功的概率．根据题意知X的可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出团队挑战成功所需派出的人员数目X的分布列和．本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频率分布直方图、互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.答案：解：依题意知直线的方程为：；直线的方程为：设是直线与交点，、相乘，得由整理得：、不与原点重合，可得点，不在轨迹M上，轨迹C的方程为Ⅱ证明：设l：，代入椭圆方程消去x，得．设，，，可得且，，可得，，，证明，只要证明，，只要证明，只要证明，由且，代入可得，．解析：由直线方程的点斜式列出和的方程，联解并结合化简整理得方程，再由、不与原点重合，可得直线与交点的轨迹C的方程；设l：，代入椭圆方程消去x，得，利用分析法进行证明．本题着重考查了动点轨迹的求法、椭圆的标准方程与简单几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系和一元二次方程根与系数的关系等知识，属于中档题．21.答案：解：Ⅰ．当时，，在上单调递增；当时，，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减；当时，，在上单调递减，Ⅱ当时，，不妨设，则等价于，考察函数，得，令，，则时，，时，，所以在区间上是单调递增函数，在区间上是单调递减函数．故，所以在上单调递减．从而，即，故，所以，即恒成立，设，则在上恒为单调递减函数，从而恒成立，故，故．解析：Ⅰ求出导函数，通过当时，当时，当时，判断导函数的符号，判断函数的单调性即可．Ⅱ当时，，不妨设，则等价于，考察函数，求出导函数，令，再求解导函数，判断函数的单调性．求出函数的最值，说明在上单调递减．得到恒成立，设，则在上恒为单调递减函数，然后转化求解m的范围即可．本题考查导数公式和导数运算法则以及恒成立的思想，考查考生灵活运用导数工具分析问题、解决问题的能力，综合考查考生的分类讨论思想以及逻辑推理能力、运算求解能力和推理论证能力．22.答案：解：Ⅰ设极点旋转之后的极点为，故：，代入，得到，得到．Ⅱ如图，两圆相交于点O和A，连接OA，AC，，．由于极径没有变，旋转的角为显然四边形为菱形，故．所以．解析：Ⅰ直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．Ⅱ利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用及二次函数的性质的应用求出结果．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，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数性质的应用，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：Ⅰ若，不等式可化为．当时，有，即，；当时，有，即，；当时，有，即，．故原不等式的解集为；Ⅱ由题意，关于x的不等式在上恒成立，即在上恒成立，在上恒成立，，等号在，同号或其中一项为0时成立．的取值范围是．解析：Ⅰ时，不等式可化为然后分，，三类去绝对值求解，取并集得答案；Ⅱ由题意，关于x的不等式在上恒成立，分离参数k，可得在上恒成立，再由，即可得到实数k的取值范围．本题考查绝对值不等式的解法，考查分类讨论与数学转化思想方法，训练了绝对值不等式的应用，是中档题．。

江西省南昌市八一中学2020届高三第三次模拟数学(理)试题(wd无答案)

江西省南昌市八一中学2020届高三第三次模拟数学（理）试题一、单选题(★★) 1. 已知集合，集合 B满足，则 B可能为（）A．B．C．D．(★★) 2. 已知复数满足（为虚数单位），则在复平面内复数对应的点位于( ) A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限(★★) 3. 已知角终边上一点的坐标为，则（）A．B．C．D．(★★) 4. 若数列为等比数列，则“ ，是方程的两根”是“ ”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(★★) 5. 图1为某省2019年1至4月快递业务量统计图，图2是该省2019年1至4月快递业务收入统计图，下列对统计图理解错误的是（“同比”指与去年同月相比）( )A．2019年1至4月的快递业务收入在3月最高，2月最低，差值超过20000万元B．2019年1至4月的快递业务收入同比增长率不低于30%，在3月最高C．从1至4月来看，该省在2019年快递业务量同比增长率逐月增长D．从两图来看2019年1至4月中的同一个月快递业务量与收入的同比增长率不完全一致(★★) 6. 若，为正实数，直线与直线互相垂直，则的最大值为（）A．B．C．D．(★★★★) 7. 2019年11月26日，联合国教科文组织宣布3月14日为“国际数学日”（昵称：），2020年3月14日是第一个“国际数学日”．圆周率是圆的周长与直径的比值，是一个在数学及物理学中普遍存在的数学常数．有许多奇妙性质，如莱布尼兹恒等式，即为正奇数倒数正负交错相加等．小红设计了如图所示的程序框图，要求输出的值与非常近似，则①、②中分别填入的可以是（）A．，B．，C．，D．，(★★★)8. 已知函数的图象如图所示，则函数的图象可能（）A．B．C．D．(★★) 9. 中国是茶的故乡，也是茶文化的发源地.中国茶的发现和利用已有四千七百多年的历史，且长盛不衰，传遍全球.为了弘扬中国茶文化，某酒店推出特色茶食品“金萱排骨茶”，为了解每壶“金萱排骨茶”中所放茶叶量克与食客的满意率的关系，通过试验调查研究，发现可选择函数模型来拟合与的关系，根据以下数据：茶叶量克123454.344.364.444.454.51可求得y关于x的回归方程为（）A ．B ．C ．D ．(★★) 10. 已知抛物线的焦点为 F ，点是抛物线 C 上一点，以点 M 为圆心的圆与直线交于 E ， G 两点，若，则抛物线 C 的方程是（）A ．B ．C ．D ．(★★★) 11. 如图所示，三棱锥 S 一 ABC 中，△ ABC 与△ SBC 都是边长为1的正三角形，二面角 A ﹣ BC ﹣ S 的大小为，若 S ， A ， B ， C 四点都在球 O 的表面上，则球 O 的表面积为（）A．πB．πC．πD．3π(★★★) 12. 若函数在单调递增，则的取值范围是( ) A．B．C．D．二、填空题(★★★) 13. 已知，，且，则向量与的夹角为______．(★★) 14. 二项式的展开式中的系数是_____________.(★★★★) 15. 在棱长为3的正方体中，点，分别是棱，的中点，过，，三点作正方体的截面，将截面多边形向平面作投影，则投影图形的面积为______．(★★★)16. 已知函数若在区间上方程只有一个解，则实数的取值范围为 ______ ．三、解答题(★★★) 17. 已知是公差不为零的等差数列的前项和，是与的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）设数列，数列的前项和为，若，求正整数的最小值.(★★★) 18. 如图，已知三棱柱的所有棱长均为2，．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若平面平面，为的中点，求与平面所成角的正弦值．(★★) 19. 阿基米德是古希腊伟大的哲学家、数学家、物理学家，对几何学、力学等学科作出过卓越贡献.为调查中学生对这一伟大科学家的了解程度，某调查小组随机抽取了某市的100名高中生，请他们列举阿基米德的成就，把能列举阿基米德成就不少于3项的称为“比较了解”，少于三项的称为“不太了解”.他们的调查结果如下：0项1项2项3项4项5项5项以上理科生11017141410 4（人）文科生08106321（人）（1）完成如下列联表，并判断是否有的把握认为，了解阿基米德与选择文理科有关？比较了解不太了解合计理科生文科生合计（2）在抽取的100名高中生中，按照文理科采用分层抽样的方法抽取10人的样本. （i）求抽取的文科生和理科生的人数；（ii）从10人的样本中随机抽取3人，用表示这3人中文科生的人数，求的分布列和数学期望.参考数据：0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828， . (★★★) 20. 已知椭圆与抛物线有共同的焦点，且两曲线的公共点到的距离是它到直线（点在此直线右侧）的距离的一半.（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，直线过点且与椭圆交于两点，以为邻边作平行四边形.是否存在直线，使点落在椭圆或抛物线上？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.(★★★★★) 21. 已知函数， .（1）当时，总有，求的最小值；（2）对于中任意恒有，求的取值范围.(★★★) 22. 在平面直角坐标系 xoy 中，曲线 C 的方程为.以原点 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.（1）写出曲线 C 的极坐标方程，并求出直线 l 与曲线 C 的交点 M ， N 的极坐标；（2）设 P 是椭圆上的动点，求面积的最大值.(★★★) 23. 设函数 f （ x ）＝| x ﹣ a|+| x+ b|， ab ＞0.（1）当 a ＝1， b ＝1时，求不等式 f （ x ）＜3的解集；（2）若 f （ x ）的最小值为2，求的最小值.。

2020年江西省南昌市高考数学三模试卷(理科) (解析版)

2020年高考数学三模试卷（理科）一、选择题（共12小题）.1．已知（1+i）z＝i（i为虚数单位），在复平面内，复数z的共轭复数z对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．设集合A＝{x||x﹣a|＝1}，B＝{﹣1，0，b}（b＞0），若A⊆B，则对应的实数（a，b）有（）A．1对B．2对C．3对D．4对3．为了普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取30名学生参加环保知识竞赛，得分（10分制）的频数分布表如表：得分345678910频数231063222设得分的中位数为m e，众数为m0，平均数为x，则（）A．m e＝m0＝x B．m e＝m0＜x C．m e＜m0＜x D．m0＜m e＜x 4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．3πB．9πC．12πD．36π5．在△ABC中，D为线段AB上一点，且BD＝3AD，若CD→=λCA→+μCB→，则λμ=（）A．13B．3C．14D．46．在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，c a+b+b a+c=1，则下列说法不一定成立的是（）A．△ABC可能为正三角形B．角A，B，C为等差数列C．角B可能小于π3D．角B+C为定值7．已知函数f（x）＝2sin2ωx（ω＞0）的最小正周期为π，若将其图象沿x轴向右平移m（m＞0）个单位，所得图象关于x=π3对称，则实数m的最小值为（）A．π4B．π3C．3π4D．π8．函数f（x）＝（x−1x）cos x（﹣π≤x≤π且x≠0）的图象可能为（）A．B．C．D．9．甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制（不考虑平局，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束）．根据前期的统计分析，得到甲在和乙的第一场比赛中，取胜的概率为0.5，受心理方面的影响，前一场比赛结果会对甲的下一场比赛产生影响，如果甲在某一场比赛中取胜，则下一场取胜率提高0.1，反之，降低0.1．则甲以3：1取得胜利的概率为（）A．0.162B．0.18C．0.168D．0.17410．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M在C的右支上，MF1与y轴交于点A，△MAF2的内切圆与边AF2切于点B．若|F1F2|＝4|AB|，则C的渐近线方程为（）A．√3x±y=0B．x±√3y=0C．2x±y＝0D．x±2y＝011．将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20，2×10，4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称4×5为20的最佳分解．当p×q（p≤q且p，q∈N+）是正整数n的最佳分解时，定义函数f（n）＝q﹣p，则数列{f（3n）}（n∈N+）的前100项和S100为（）A．350+1B．350﹣1C．350−12D．350+1212．已知函数f(x)=ln(e|2x|−4+1)，g(x)={a+x−2(x≥0)a−x−2(x＜0)，若存在a∈[n，n+1]（n∈Z）使得方程f（x）＝g（x）有四个实根．则n的最大值为（）A．2B．1C．0D．﹣1二．填空题：本题共4小题，每小题5分共20分．13．执行如图所示的框图程序，输出的结果S＝．14．已知函数f(x)=2|x|+x2，m=f(log213)，n=f(7−0.1)，p=f(log425)，则m，n，p的大小关系是．15．已知sin(α+π6)=13，则cos(α−5π6)tan(π3−α)=．16．已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB=32，AD=2，AA1=2√3，已知P是矩形ABCD内一动点，PA1与平面ABCD所成角为π3，设P点形成的轨迹长度为α，则tanα＝；当C1P的长度最短时，三棱锥D1﹣DPC的外接球的表面积为．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.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17．已知数列{a n}中，a1＝2，a n a n+1＝2pn+1（p为常数）．（Ⅰ）若﹣a1，12a2，a4成等差数列，求p的值；（Ⅱ）是否存在p，使得{a n}为等比数列？若存在，求{a n}的前n项和S n；若不存在，请说明理由．18．三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，BC=√2，AC＝2，四边形ABB1A1为菱形，且∠ABB1＝60o，AC⊥CC1．（Ⅰ）求证：平面ABB1A1⊥平面BB1C1C；（Ⅱ）求BB1与平面ABC的夹角正弦值．19．在“挑战不可能”的电视节目上，甲、乙、丙三个人组成的解密团队参加一项解密挑战活动，规则是由密码专家给出题目，然后由3个人依次出场解密，每人限定时间是1分钟内，否则派下一个人.3个人中只要有一人解密正确，则认为该团队挑战成功，否则挑战失败．根据甲以往解密测试情况，抽取了甲100次的测试记录，绘制了如下的频率分布直方图．（1）若甲解密成功所需时间的中位数为47，求a、b的值，并求出甲在1分钟内解密成功的频率；（2）在“挑战不可能”节目上由于来自各方及自身的心理压力，甲，乙，丙解密成功的概率分别为P n＝P1（910）n﹣1+n−110（n＝1，2，3），其中P i表示第i个出场选手解密成功的概率，并且P1定义为甲抽样中解密成功的频率代替，各人是否解密成功相互独立．①求该团队挑战成功的概率；②该团队以P i从小到大的顺序按排甲、乙、丙三个人上场解密，求团队挑战成功所需派出的人员数目X的分布列与数学期望．20．在直角坐标系xOy上取两个定点A1（−√6，0），A2（√6，0），再取两个动点N1（0，m），N2（0，n），且mn＝2．（Ⅰ）求直线A1N1与A2N2交点M的轨迹C的方程；（Ⅱ）过R（3，0）的直线与轨迹C交于P，Q，过P作PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若RP→=λRQ→（λ＞1），求证：NF→=λFQ→．21．已知函数f(x)=alnx+12(a−1)x2+1（a∈R）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当a＝﹣1时，对任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，都有|x1f(x2)−x2f(x1)x1−x2|＞mx1x2，求实数m的取值范围．（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在极坐标系中，曲线C：ρ＝4cosθ，以极点O为旋转中心，将曲线C逆时针旋转π3得到曲线C′．（Ⅰ）求曲线C’的极坐标方程；（Ⅱ）求曲线C与曲线C′的公共部分面积．[选修4-5：不等式选讲]23．已知f（x）＝k|x|+|x﹣1|．（Ⅰ）若k＝2，解不等式f（x）≤5．（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤|x+1|+|2x﹣2|的充分条件是x∈[12，2]，求k的取值范围．参考答案一、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．已知（1+i ）z ＝i （i 为虚数单位），在复平面内，复数z 的共轭复数z 对应的点在（） A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z 的坐标得答案．解：由（1+i ）z ＝i ，得z =i 1+i =i(1−i)2=12+12i ， ∴复数z 的共轭复数z 对应的点是(12，−12)，在第四象限．故选：D ．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．2．设集合A ＝{x ||x ﹣a |＝1}，B ＝{﹣1，0，b }（b ＞0），若A ⊆B ，则对应的实数（a ，b ）有（） A ．1对B ．2对C ．3对D ．4对【分析】解方程得集合A 有两元素，由A ⊆B 得A 中元素属于B ，可解出a ，b ．解：∵集合A ＝{x ||x ﹣a |＝1}＝{a ﹣1，a +1}⊆{﹣1，0，b }（b ＞0），若a ≤0，则a ﹣1＝﹣1，即a ＝0，所以b ＝1；若a ＞0，a ﹣1＝﹣1或a ﹣1＝0，则a ＝1，所以b ＝2，则{a =0b =1或{a =1b =2则对应的实数（a ，b ）有2对．故选：B ．【点评】本题考查的知识点是集合的包含关系及应用，属于基础题．3．为了普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取30名学生参加环保知识竞赛，得分（10分制）的频数分布表如表：得分 3 4 5 6 7 8 9 10 频数231063222设得分的中位数为m e ，众数为m 0，平均数为x ，则（）A ．m e ＝m 0＝xB ．m e ＝m 0＜xC ．m e ＜m 0＜xD ．m 0＜m e ＜x【分析】由频率分步表求出众数、中位数和平均数，比较即可．解：由图知，众数是m 0＝5；中位数是第15个数与第16个数的平均值，由图知将数据从大到小排第15 个数是5，第16个数是6，所以中位数是m e =5+62=5.5；平均数是x =130×（2×3+3×4+10×5+6×6+3×7+2×8+2×9+2×10）≈6； ∴m 0＜m e ＜x ．故选：D ．【点评】本题考查了求出一组数据的众数、中位数、平均值的应用问题，是基础题． 4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．3πB ．9πC ．12πD ．36π【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为一个圆锥的四分之一，其中圆锥的底面半径为3，高为4，再由圆锥体积公式求解．解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为一个圆锥的四分之一，其中圆锥的底面半径为3，高为4． ∴该几何体的体积为14×13π×32×4=3π．故选：A ．【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题． 5．在△ABC 中，D 为线段AB 上一点，且BD ＝3AD ，若CD →=λCA →+μCB →，则λμ=（）A ．13B ．3C ．14D ．4【分析】由已知结合向量的线性运算可分别求出λμ，从而可求．解：因为BD ＝3AD ，所以CD →=CB →+BD →=CB →+34BA →=CB →+34(CA →−CB →)=34CA →+14CB →，由CD →=λCA →+μCB →可得λ=34，μ=14，则λμ=3．故选：B ．【点评】本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用． 6．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，c a+b +b a+c=1，则下列说法不一定成立的是（） A ．△ABC 可能为正三角形 B ．角A ，B ，C 为等差数列 C ．角B 可能小于π3D ．角B +C 为定值【分析】化简ca+b+b a+c=1，利用余弦定理求出A 的值，再判断选项中的命题是否正确．解：△ABC 中，ca+b+b a+c=1，（a +c ）c +（a +b ）b ＝（a +b ）（a +c ）， c 2+b 2﹣a 2＝cb ，cos A =c 2+b 2−a 22cb =cb 2cb =12，A ∈（0，π）， A =π3， B +C ＝2A =2π3，所以B 、A 、C 成等差数列，B 错误．当a ＝b ＝c 时，△ABC 是正三角形，A 正确；由B +C =2π3知，选项C 、D 正确．故选：B ．【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了分析问题解决问题的能力，是中档题．7．已知函数f （x ）＝2sin 2ωx （ω＞0）的最小正周期为π，若将其图象沿x 轴向右平移m （m ＞0）个单位，所得图象关于x =π3对称，则实数m 的最小值为（） A ．π4B ．π3C ．3π4D ．π【分析】先利用降幂公式将函数式化简为y ＝A cos （ωx +φ）+k 的形式，然后利用图象变换的规律求出变换后的解析式，最后利用函数的最值的性质求出m 的值．解：f （x ）＝﹣cos2ωx +1，由其最小正周期为π，∴ω＝1，所以f （x ）＝﹣cos2x +1，将其图象沿x 轴向右平移m （m ＞0）个单位，所得图象对应函数为y ＝﹣cos （2x ﹣2m ）+1，因为其图象关于x =π3对称，则有cos(2π3−2m)=±1，∴2π3−2m =kπ，k ∈Z ，解得m =π3−kπ2，由m ＞0，实数m 的最小值为π3．故选：B ．【点评】本题考查考生对正弦型三角函数的图象与性质（对称性、周期性、单调性）的掌握情况．考查考生对三角函数三种表征（零点、对称轴、单调性）的理解与转换．考查考生对三角函数的数形结合思想、基于三角函数的逻辑推理能力及运算求解能力． 8．函数f （x ）＝（x −1x）cos x （﹣π≤x ≤π且x ≠0）的图象可能为（）A ．B ．C ．D ．【分析】由条件可得函数f （x ）为奇函数，故它的图象关于原点对称；再根据但是当x 趋向于0时，f （x ）＞0，结合所给的选项，得出结论．解：对于函数f（x）＝（1x−x）cos x（﹣π≤x≤π且x≠0），由于它的定义域关于原点对称，且满足f（﹣x）＝（−1x+x）cos x＝﹣f（x），故函数f（x）为奇函数，故它的图象关于原点对称．故排除A、B．当x＝π，f（x）＜0，故排除C，但是当x趋向于0时，f（x）＜0，故选：D．【点评】本题主要考查函数的奇偶性的判断，奇函数的图象特征，函数的定义域和值域，属于中档题．9．甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制（不考虑平局，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束）．根据前期的统计分析，得到甲在和乙的第一场比赛中，取胜的概率为0.5，受心理方面的影响，前一场比赛结果会对甲的下一场比赛产生影响，如果甲在某一场比赛中取胜，则下一场取胜率提高0.1，反之，降低0.1．则甲以3：1取得胜利的概率为（）A．0.162B．0.18C．0.168D．0.174【分析】先列出甲以3：1取得胜利的所有情况，再利用相互独立事件的乘法运算求解每种情况的概率，最后利用互斥事件概率的加法公式计算即可．解：甲以3：1取得胜利的所有情况为：赢赢输赢，赢输赢赢，输赢赢赢，对应的概率分别为：0.5×0.6×0.3×0.6＝0.054，0.5×0.4×0.5×0.6＝0.06，0.5×0.4×0.5×0.6＝0.06，所以甲以3：1取得胜利的概率为：0.054+0.06+0.06＝0.174．故选：D．【点评】本题主要考查相互独立事件的概率，互斥事件的概率，考查运算求解能力和分析问题，解决问题的能力．10．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M在C的右支上，MF1与y轴交于点A，△MAF2的内切圆与边AF2切于点B．若|F1F2|＝4|AB|，则C的渐近线方程为（）A．√3x±y=0B．x±√3y=0C．2x±y＝0D．x±2y＝0【分析】由双曲线的定义和内切圆的切线性质：圆外一点向圆引切线，则切线长相等，结合双曲线的定义，转化求解渐近线方程即可．解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M在C的右支上，MF1与y轴交于点A，△MAF2的内切圆与边AF2切于点B．与MF1的切点为N，如图：设AB＝n，MB＝m，BF2＝t，由双曲线的定义可知：m+2n+t﹣m﹣t＝2a，可得n ＝a，若|F1F2|＝4|AB|，所以2c＝4a，c＝2a，则b=√3a．所以双曲线的渐近线方程为：√3x±y＝0．故选：A．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要是离心率的求法，注意运用圆的切线长相等，以及方程思想，考查运算能力，属于中档题．11．将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20，2×10，4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称4×5为20的最佳分解．当p×q（p≤q且p，q∈N+）是正整数n的最佳分解时，定义函数f（n）＝q﹣p，则数列{f（3n）}（n∈N+）的前100项和S100为（）A．350+1B．350﹣1C．350−12D．350+12【分析】先写出数列{f（3n）}（n∈N+）的前几项，根据前几项归纳出：f（32k﹣1）＝3k ﹣3k﹣1＝2×3k﹣1，f（32k）＝3k﹣3k＝0，再求出其前100项和．解：根据题意，知：f（3）＝3﹣1＝2，f（32）＝3﹣3＝0，f（33）＝32﹣3＝6，f（34）＝32﹣32＝0，…，f（32k﹣1）＝3k﹣3k﹣1＝2×3k﹣1，f （32k ）＝3k ﹣3k ＝0．∴数列{f （3n ）}（n ∈N +）的前100项和S 100为2×30+0+2×31+0+…+2×349+0＝2（30+31+32+…+349）＝2×1−3501−3=350﹣1．故选：B ．【点评】本题主要考查等比数列、及其数列的求和，属于中档题． 12．已知函数f(x)=ln(e|2x|−4+1)，g(x)={a +x −2(x ≥0)a −x −2(x ＜0)，若存在a ∈[n ，n +1]（n ∈Z ）使得方程f （x ）＝g （x ）有四个实根．则n 的最大值为（） A ．2B ．1C ．0D ．﹣1【分析】依题意，转化可得函数F(x)={ln(e x−2+e 2−x )，x ≥0ln(e −x−2+e x+2)，x ＜0与直线y ＝a 有且仅有四个不同的交点，且易发现函数F （x ）为偶函数，利用导数研究函数F （x ）的性质，作出函数图象，观察图象可得实数a 的取值范围，进而得到n 的最大值．解：令h(x)=f(x)−g(x)={ln(e 2x−4+1)−(x −2)−a ，x ≥0ln(e −2x−4+1)+(x +2)−a ，x ＜0，则h(x)={ln(e 2x−4+1e x−2)−a =ln(e x−2+e 2−x )−a ，x ≥0ln[(e −2x−4+1)(e x+2)]−a =ln(e −x−2+e x+2)−a ，x ＜0，依题意，函数F(x)={ln(e x−2+e 2−x )，x ≥0ln(e −x−2+e x+2)，x ＜0与直线y ＝a 有且仅有四个不同的交点，易知函数F （x ）为偶函数，故先研究x ≥0时的情况，当x ≥0时，F′(x)=e x−2−e 2−xe x−2+e 2−x，令F ′（x ）＜0，解得0≤x ＜2，令F ′（x ）＞0，解得x ＞2，故函数F （x ）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，且F （x ）极小值＝F （2）＝ln 2，由偶函数的对称性，可作出函数F （x ）的图象，如下图所示，由图可知，a∈（ln2，ln（e﹣2+e2）），又0＜ln2＜1，2＜ln（e﹣2+e2）＜3，∴n的最大值为2．故选：A．【点评】本题考查函数与导数的综合运用，考查函数零点与方程根的关系，考查转化思想与数形结合思想，将问题转化为函数F（x）的图象与直线y＝a有且仅有四个不同的交点，进而通过数形结合确定实数a的取值范围是解题的关键，属于中档题．二．填空题：本题共4小题，每小题5分共20分．13．执行如图所示的框图程序，输出的结果S＝5．【分析】模拟程序的运行过程可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s＝0﹣1+2﹣3+…+10的值，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．解：模拟程序的运行，可得该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s＝0﹣1+2﹣3+…+10的值，可得s＝0﹣1+2﹣3+…+10＝（2+4+…+10）﹣（1+3+…+9）＝5．故答案为：5．【点评】本题主要考查伪代码（算法语句）的应用，属于基础题．14．已知函数f(x)=2|x|+x2，m=f(log213)，n=f(7−0.1)，p=f(log425)，则m，n，p的大小关系是p＞m＞n．【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．解：∵f（x）＝2|x|+x2，则f（﹣x）＝2|﹣x|+（﹣x）2＝f（x），即f（x）为偶函数，因为x＞0时，f（x）＝2x+x2单调递增，m ＝f （log213）＝f （log 23），n ＝f （0.7﹣0.1），p ＝f （log 425）＝f （log 25），因为log 25＞2＞log 23＞1＞7﹣0.1＞0，故p ＞m ＞n 故答案为：p ＞m ＞n【点评】本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键．15．已知sin(α+π6)=13，则cos(α−5π6)tan(π3−α)= −13 ．【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和诱导公式的应用求出结果．解：已知sin(α+π6)=13．故：cos(α−5π6)tan(π3−α)=−cos[π−(α+π6)]1tan(α+π6)=−sin(α+π6)=−13．故答案为：−13．【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，诱导公式的应用，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．16．已知长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，AB =32，AD =2，AA 1=2√3，已知P 是矩形ABCD内一动点，PA 1与平面ABCD 所成角为π3，设P 点形成的轨迹长度为α，则tan α＝ ﹣3√7 ；当C 1P 的长度最短时，三棱锥D 1﹣DPC 的外接球的表面积为 17π ．【分析】因为PA 1与平面ABCD 所成角θ为π3，所以可得AP ＝2，即P 点的轨迹为以A为圆心，以2为半径的圆与矩形ABCD 的交点即DÊ，由矩形的边长可得DE ̂的值，进而求出它的正切值，当C 1P 的长度最短时，而C 1P =√CC 12+CP 2，所以当CP 最小时，C 1P 最小，而当A ，P ，C 1三点共线时，CP 最小，求出CP 的值，进而由余弦定理求出DP ，求出三角形DCP 的外接圆的半径，由DD 1⊥面CDP ，所以三棱锥D 1﹣DCP 的外接球的球心为过底面三角形DCP 的外接圆的圆心的垂线与中截面的交点，由外接球的半径，和高的一半，由勾股定理可得R 的值，进而求出外接球的表面积．解：在长方体的底面矩形ABCD 内一动点P ，连接AP ，因为PA 1与平面ABCD 所成角θ为π3，AA 1＝2√3，所以tan θ=AA 1AP =2√3AP =√3，所以AP ＝2，所以P点的轨迹为以A为圆心，以2为半径的圆，与底面矩形BC的交点为E，D，即P的轨迹为圆弧DÊ，连接AE，在△ABE中，cos∠EAB=ABAE =322=34，所以sin∠DAE＝cos∠EAB=34，所以arcsin∠DAE=3 4，所以α=DÊ=2•∠DAE，可得α为钝角，所以sinα＝sin（2arcsin∠DAE）＝2•34⋅√74=3√78，∴cosα=−18，所以tanα＝﹣3√7；当C1P的长度最短时，而C1P=√CC12+CP2，所以当CP最小时，C1P最小，而当A，P，C1三点共线时，CP＝AC﹣AP=√22+(32)2−2=12最小，连接DP，由于cos∠DCP=CDAC=32√2+(32)2=35，所以在三角形CDP中，由余弦定理可得DP=√CD2+CP2−2CD⋅CP⋅cos∠DCP=√9 4+14−2×32×12×35=4√1010，而sin∠DCP=45，设三角形CDP的外接圆的半径为r，则2r=DPsin∠DCP=4√101045=√102，所以r=√104，由DD1⊥面CDP，所以三棱锥D1﹣DCP的外接球的球心为过底面三角形DCP的外接圆的圆心的垂线与中截面的交点，设外接球的半径为R，则R2＝r2+（DD12）2=1016+3=174，所以外接球的表面积S＝4πR2＝17π．故答案为：﹣3√7，17π．【点评】本题考查求点的轨迹，及三棱锥的棱长与外接球的半径的关系和球的表面积公式，属于难题．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.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17．已知数列{a n}中，a1＝2，a n a n+1＝2pn+1（p为常数）．（Ⅰ）若﹣a1，12a2，a4成等差数列，求p的值；（Ⅱ）是否存在p，使得{a n}为等比数列？若存在，求{a n}的前n项和S n；若不存在，请说明理由．【分析】（Ⅰ）根据条件求出a2和a4，然后由﹣a1，12a2，a4成等差数列，得到关于p的方程，再求出p即可；（Ⅱ）若{a n}为等比数列，则由a1＞0，a2＞0，可知数列的首项和公比均为正数，然后根据条件求出{a n}前n项和S n即可．解：（Ⅰ）∵a n a n+1＝2pn+1（p为常数），∴a n+1a n+2=2pn+p+1∴当n＝1时，a1a2=2p+1，∵a1＝2，∴a2=2p，∴a n+2a n=2p，∴a4=2p a2=(2p)2，∵a4=2p a2=(2p)2，∴a4﹣2＝a2，∴（2p）2﹣2＝2p，∴p＝1．（Ⅱ）若{a n}为等比数列，则由a1＞0，a2＞0，∴数列的首项和公比均为正数，设其公比为q，则q=2p2，∴2p2=a2a1=2p2，∴p＝2，∴a1＝2，q＝2，∴a n=2n故a n a n+1=22n+1，而2pn+1＝22n+1，∴p＝2时，{a n}为等比数列，∴{a n}的前n项和S n=2(1−2n)1−2=2n+1−2．【点评】本题考查了等比数列和等差数列的性质，等比数列的前n项和公式，考查了方程思想和转化思想，属中档题．18．三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，BC=√2，AC＝2，四边形ABB1A1为菱形，且∠ABB1＝60o，AC⊥CC1．（Ⅰ）求证：平面ABB1A1⊥平面BB1C1C；（Ⅱ）求BB1与平面ABC的夹角正弦值．【分析】（Ⅰ）取BB1的中点O，连接AB1，OA，OC，由已知可得OA⊥BB1，再由BB1∥CC1，AC⊥CC1，得AC⊥BB1，得到BB1⊥平面AOC，则BB1⊥CO，求解三角形证明CO⊥AO．可得AO⊥平面BB1C1C，进一步得到平面ABB1A1⊥平面BB1C1C；（Ⅱ）以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面ABC的一个法向量m→，再求出BB1上的单位向量n→．由m→与n→所成角的余弦值可得BB1与平面ABC的夹角正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取BB1的中点O，连接AB1，OA，OC，在菱形ABB1A1中，∠ABB1＝60o，故三角形ABB1是等边三角形，则OA⊥BB1，OB＝1，OA=√3．又BB1∥CC1，AC⊥CC1，∴AC⊥BB1，又AO⊥BB1，且AO∩AC＝A，∴BB1⊥平面AOC，则BB1⊥CO．在Rt△BOC中，CO=√BC2−BO2=1，∴CO2+AO2＝AC2，故CO⊥AO．又CO∩BB1＝O，∴AO⊥平面BB1C1C．∵AO⊂平面ABB1A1，∴平面ABB1A1⊥平面BB1C1C；（Ⅱ）解：以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．则A（√3，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），BA →=(√3，−1，0)，BC →=(0，−1，1)．设平面ABC 的一个法向量为m →=(x ，y ，z)．由{m →⋅BA →=√3x −y =0m →⋅BC →=−y +z =0，取x =√3，得m →=(√3，3，3)．设BB 1上的单位向量为n →=(0，1，0)．则BB 1与平面ABC 的夹角正弦值为|cos ＜m →，n →＞|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√217．【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．19．在“挑战不可能”的电视节目上，甲、乙、丙三个人组成的解密团队参加一项解密挑战活动，规则是由密码专家给出题目，然后由3个人依次出场解密，每人限定时间是1分钟内，否则派下一个人.3个人中只要有一人解密正确，则认为该团队挑战成功，否则挑战失败．根据甲以往解密测试情况，抽取了甲100次的测试记录，绘制了如下的频率分布直方图．（1）若甲解密成功所需时间的中位数为47，求a 、b 的值，并求出甲在1分钟内解密成功的频率；（2）在“挑战不可能”节目上由于来自各方及自身的心理压力，甲，乙，丙解密成功的概率分别为P n ＝P 1（910）n ﹣1+n−110（n ＝1，2，3），其中P i 表示第i 个出场选手解密成功的概率，并且P 1定义为甲抽样中解密成功的频率代替，各人是否解密成功相互独立． ①求该团队挑战成功的概率；②该团队以P i 从小到大的顺序按排甲、乙、丙三个人上场解密，求团队挑战成功所需派出的人员数目X 的分布列与数学期望．【分析】（1）由甲解密成功所需时间的中位数为47，利用频率分布直方图的性质能求出a，b，由此能求出甲在1分钟内解密成功的频率．（2）①由题意及（1）可知第一个出场选手解密成功的概率为p1＝0.9，第二个出场选手解密成功的概率为p2＝0.9×910+110×1=0.91，第三个出场选手解密成功的概率为p3＝0.9×(910)2+110×2=0.929，由此能求出该团队挑战成功的概率．②根据题意知X的可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出团队挑战成功所需派出的人员数目X的分布列和E（X）．解：（1）甲解密成功所需时间的中位数为47，∴0.01×5+0.014×5+b×5+0.034×5+0.04×（47﹣45）＝0.5，解得b＝0.026，∴0.04×3+0.032×5+a×5+0.010×10＝0.5．解得a＝0.024．∴甲在1分钟内解密成功的频率是f＝1﹣0.01×10＝0.9．（2）①由题意及（1）可知第一个出场选手解密成功的概率为p1＝0.9，第二个出场选手解密成功的概率为p2＝0.9×910+110×1=0.91，第三个出场选手解密成功的概率为p3＝0.9×(910)2+110×2=0.929，∴该团队挑战成功的概率为p＝0.9+0.1×0.91+0.1×0.09×0.929＝0.999361．②由①知按P i从小到大的顺序的概率分别为p1，p2，p3，根据题意知X的可能取值为1，2，3，则P（X＝1）＝0.9，P（X＝2）＝（1﹣0.9）×0.91＝0.091，P（X＝3）＝（1﹣0.9）（1﹣0.91）＝0.009，∴团队挑战成功所需派出的人员数目X的分布列为：X 1 2 3 P0.90.0910.009E （X ）＝1×0.9+2×0.091+3×0.009＝1.109．【点评】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频率分布直方图、互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20．在直角坐标系xOy 上取两个定点A 1（−√6，0），A 2（√6，0），再取两个动点N 1（0，m ），N 2（0，n ），且mn ＝2．（Ⅰ）求直线A 1N 1与A 2N 2交点M 的轨迹C 的方程；（Ⅱ）过R （3，0）的直线与轨迹C 交于P ，Q ，过P 作PN ⊥x 轴且与轨迹C 交于另一点N ，F 为轨迹C 的右焦点，若RP →=λRQ →（λ＞1），求证：NF →=λFQ →．【分析】（I ）由直线方程的点斜式列出A 1N 1和A 2N 2的方程，联解并结合mn ＝2化简整理得方程，再由N 1、N 2不与原点重合，可得直线A 1N 1与A 2N 2交点的轨迹C 的方程；（II ）设l ：x ＝ty +3，代入椭圆方程消去x ，得（3+t 2）y 2+6ty +3＝0，利用分析法进行证明．【解答】（I ）解：依题意知直线A 1N 1的方程为：y =6（x +√6）…①；直线A 2N 2的方程为：y =n√6（x −√6）…②设Q （x ，y ）是直线A 1N 1与A 2N 2交点，①、②相乘，得y 2=−mn6（x 2﹣6）由mn ＝2整理得：x 26+y 22=1∵N 1、N 2不与原点重合，可得点A 1，A 2不在轨迹M 上， ∴轨迹C 的方程为x 26+y 22=1（x ≠±√6）．（Ⅱ）证明：设l ：x ＝ty +3，代入椭圆方程消去x ，得（3+t 2）y 2+6ty +3＝0．设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），N （x 1，﹣y 1），可得y 1+y 2=−6t t 2+3且y 1y 2=3t 2+3， RP →=λRQ →，可得（x 1﹣3，y 1）＝λ（x 2﹣3，y 2），∴x 1﹣3＝λ（x 2﹣3），y 1＝λy 2，证明NF →=λFQ →，只要证明（2﹣x 1，y 1）＝λ（x 2﹣2，y 2），∴2﹣x 1＝λ（x 2﹣2），只要证明x 1−3x 2−3=−x 1−2x 2−2，只要证明2t 2y 1y 2+t （y 1+y 2）＝0，由y1+y2=−6tt2+3且y1y2=3t2+3，代入可得2t2y1y2+t（y1+y2）＝0，∴NF→=λFQ→．【点评】本题着重考查了动点轨迹的求法、椭圆的标准方程与简单几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系和一元二次方程根与系数的关系等知识，属于中档题．21．已知函数f(x)=alnx+12(a−1)x2+1（a∈R）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当a＝﹣1时，对任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，都有|x1f(x2)−x2f(x1)x1−x2|＞mx1x2，求实数m的取值范围．【分析】（Ⅰ）求出导函数，通过①当a≥1时，②当0＜a＜1时，③当a≤0时，判断导函数的符号，判断函数的单调性即可．（Ⅱ）当a＝﹣1时，f（x）＝﹣lnx﹣x2+1，不妨设0＜x1＜x2，则|x1f(x2)−x2f(x1)x1−x2|＞mx1x2等价于|f(x2)x2−f(x1)x1|＞m(x2−x1)，考察函数g(x)=f(x)x，求出导函数，令h(x)=lnx−x2−2x2，再求解导函数，判断函数的单调性．求出函数的最值，说明g（x）在（0，+∞）上单调递减．得到g（x1）+mx1＞g（x2）+mx2恒成立，设φ（x）＝g（x）+mx，则φ（x）在（0，+∞）上恒为单调递减函数，然后转化求解m的范围即可．解：（Ⅰ）f′(x)=ax +(a−1)x=(a−1)x2+ax（x＞0）．①当a≥1时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当0＜a＜1时，f′(x)=(a−1)(x+√−aa−1)(x−√−a a−1) x，所以当x＞√−aa−1时，f'（x）＜0，当0＜x＜√−aa−1时，f'（x）＞0，所以f（x）在(0，√−aa−1)上单调递增，在(√−a a−1，+∞)上单调递减；③当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，（Ⅱ）当a＝﹣1时，f（x）＝﹣lnx﹣x2+1，不妨设0＜x1＜x2，则|x1f(x2)−x2f(x1)x1−x2|＞mx1x2等价于|f(x2)x2−f(x1)x1|＞m(x2−x1)，考察函数g(x)=f(x)x，得g′(x)=lnx−x2−2x2，令h(x)=lnx−x2−2x2，h′(x)=5−2lnxx3，则x∈(0，e52)时，h'（x）＞0，x ∈(e 52，+∞)时，h '（x ）＜0，所以h （x ）在区间(0，e 52)上是单调递增函数，在区间(e 52，+∞)上是单调递减函数．故g′(x)≤g′(e 52)=12e5−1＜0，所以g （x ）在（0，+∞）上单调递减．从而g （x 1）＞g （x 2），即f(x 2)x 2＜f(x 1)x 1，故f(x 1)x 1−f(x 2)x 2＞m(x 2−x 1)，所以f(x 1)x 1+mx 1＞f(x 2)x 2+mx 2，即g （x 1）+mx 1＞g （x 2）+mx 2恒成立，设φ（x ）＝g （x ）+mx ，则φ（x ）在（0，+∞）上恒为单调递减函数，从而φ′（x ）＝g ′（x ）+m ≤0恒成立，故φ′（x ）＝g ′（x ）+m ≤12e 5−1+m ≤0，故m ≤1−12e 5．【点评】本题考查导数公式和导数运算法则以及恒成立的思想，考查考生灵活运用导数工具分析问题、解决问题的能力，综合考查考生的分类讨论思想以及逻辑推理能力、运算求解能力和推理论证能力．（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在极坐标系中，曲线C ：ρ＝4cos θ，以极点O 为旋转中心，将曲线C 逆时针旋转π3得到曲线C ′．（Ⅰ）求曲线C ’的极坐标方程；（Ⅱ）求曲线C 与曲线C ′的公共部分面积．【分析】（Ⅰ）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（Ⅱ）利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用及二次函数的性质的应用求出结果．解：（Ⅰ）设极点（ρ，θ）旋转之后的极点为（ρ′，θ′），故：{ρ′=ρθ′=θ+π3，代入ρ＝4cosθ，得到ρ′=4cos(θ′−π3)，得到ρ=4cos(θ−π3)．（Ⅱ）如图，两圆相交于点O和A，连接OA，AC，OC′，AC′．由于极径没有变，旋转的角为π3．显然四边形OC′AC为菱形，故∠OCA=2π3．所以S＝2S弓形OC′A＝2（S扇形OC′A﹣S△OC′A）=8π3−2√3．【点评】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，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数性质的应用，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．一、选择题23．已知f（x）＝k|x|+|x﹣1|．（Ⅰ）若k＝2，解不等式f（x）≤5．（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤|x+1|+|2x﹣2|的充分条件是x∈[12，2]，求k的取值范围．【分析】（Ⅰ）k＝2时，不等式f（x）≤5可化为2|x|+|x﹣1|≤5．然后分x＜0，0≤x ＜1，x≥1三类去绝对值求解，取并集得答案；（Ⅱ）由题意，关于x的不等式f（x）≤|x+1|+|2x﹣2|在x∈[12，2]上恒成立，分离参数k，可得k≤|x+1|+|x−1||x|在x∈[12，2]上恒成立，再由|x+1|+|x−1||x|≥|x+1+x−1||x|=2，即可得到实数k的取值范围．解：（Ⅰ）若k＝2，不等式f（x）≤5可化为2|x|+|x﹣1|≤5．当x＜0时，有﹣2x﹣（x﹣1）≤5，即x≥−43，∴−43≤x＜0；当0≤x＜1时，有2x﹣（x﹣1）≤5，即x≤4，∴0≤x＜1；当x≥1时，有2x+（x﹣1）≤5，即x≤2，∴1≤x≤2．故原不等式的解集为[−43，2]；（Ⅱ）由题意，关于x的不等式f（x）≤|x+1|+|2x﹣2|在x∈[12，2]上恒成立，即k |x |≤|x +1|+|2x ﹣2|﹣|x ﹣1|在x ∈[12，2]上恒成立，∴k ≤|x+1|+|x−1||x|在x ∈[12，2]上恒成立， ∵|x+1|+|x−1||x|≥|x+1+x−1||x|=2|x||x|=2，等号在x +1，x ﹣1同号或其中一项为0时成立．∴k 的取值范围是（﹣∞，2]．【点评】本题考查绝对值不等式的解法，考查分类讨论与数学转化思想方法，训练了绝对值不等式的应用，是中档题．。

江西省南昌市八一中学2022届高三下学期三模数学(理)试题

一、单选题二、多选题1. 定义在（1，+∞）上的函数f （x ）满足x 2+1＞0（为函数f （x ）的导函数），f （3）＝，则关于x 的不等式f （log 2x ）﹣1＞log x 2的解集为（）A ．（1，8）B ．（2，+∞）C ．（4，+∞）D ．（8，+∞）2. 已知函数在上的最大值与最小值分别为和，则经过函数的图象的对称中心的直线被圆截得的最短弦长为（）A ．10B ．5C．D．3. 若全集，集合，，则（）A．B．C．D．4. 若，，则（）A．B．C．D．5. 从数字1，2，3，4，5中任取个，组成一个没有重复数字的两位数，则这个两位数大于30的概率是（）A．B．C．D．6. 若将函数的图象分别向左平移个单位长度与向右平移个单位长度，所得的两个函数图象恰好重合，则的最小值为（）A．B．C．D ．7. 如图，蹴鞠，又名“蹋鞠”、“蹴球”、“蹴圆”、“筑球”、“踢圆”等，“跳”有用脚蹴、蹋、踢的含义，“鞠”最早系皮革外包、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”表面上的四个点A ，B ，C ，D 满足cm ，cm ，cm ，则该“鞠”的表面积为（）A．cm 2B ．24cm 2C ．27cm 2D ．29cm 28. 已知双曲线的右焦点为，直线与双曲线右支的一个交点为，若，则的离心率为（）A．B．C．D．9.已知向量，，则下列说法正确的是（）．A ．若，则B ．的取值范围为C ．满足的的值有2个D ．存在，使得江西省南昌市八一中学2022届高三下学期三模数学（理）试题江西省南昌市八一中学2022届高三下学期三模数学（理）试题三、填空题四、解答题10. 感动中国十大人物之一的张桂梅老师为了让孩子走出大山，扎根基层教育默默奉献精神感动了全中国.受张桂梅老师的影响，有位志愿者主动到所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，每位志愿者只到一所学校支教，下列结论正确的有（）A．不同的安排方法数为B ．若甲学校至少安排两人，则有种安排方法C．小晗被安排到甲学校的概率为D．在小晗被安排到甲校的前提下，甲学校安排两人的概率为11.在正方体中，点P在线段上运动，则下列命题正确的是（）A ．异面直线和所成的角为定值B ．直线和平面相交C ．三棱锥的体积为定值D ．直线和直线可能相交12.已知，且，则下列不等式一定成立的有（）A．B．C．D．13. 在锐角中，角所对的边分别为.若，则的取值范围是__________.14.已知对于一组数据，，…，，y 关于x 的经验回归方程为，若，则＝________.15. 已知数列的首项为10，且满足，则____________．16.如图，在直角中，PO ⊥OA ，PO =2OA，将绕边PO旋转到的位置，使，得到圆锥的一部分，点C 为的中点．(1)求证：；(2)设直线PC 与平面PAB所成的角为，求．17.椭圆的焦点、是双曲线的顶点，其顶点是双曲线的焦点.双曲线的渐近线是，椭圆与双曲线有一个交点，的周长为.(1)求椭圆与双曲线的标准方程；(2)设直线交双曲线于、两点，交直线于点，若.证明：为的中点；(3)过点作一动直线交椭圆于A 、两点，记.若在线段上取一点，使得，求点的轨迹方程.18. 已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝，b＝2，c﹣b＝2b cos A.（1）求sin B的值；（2）若AD平分∠BAC交BC于D，求三角形ADC的面积S的值.19. 已知复数，.(1)若是实数，求的值；(2)若是纯虚数，求的值；(3)若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围.20. 已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上，求：(1)求圆心为的圆的标准方程；(2)设点在圆上，点在直线上，求的最小值；(3)若过点的直线被圆所截得弦长为，求该直线的方程．21. 如图在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝2，点E在线段AB上，且BE＝1，将△ADE沿DE折起到A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCDE．（1）求证：CE⊥平面A1DE；（2）线段A1C上是否存在一点F，使得BF//平面A1DE？说明理由．。

南昌市2020届高三摸底测试理科数学试卷

（Ⅰ）求这 500 名学生中获得专业三等奖学金的人数；（Ⅱ）若周课外平均学习时间超过 35 小时称为“努力型”学生，否则称为“非努力型”学生，列 2 2 联表并判断是否有 99.9% 的把握认为该校学生获得专业一、二等奖学金与是否是“努力型”
学生有关？
（Ⅲ）若以频率作为概率，从该校任选一名学生，记该学生 2018 年获得的专业奖学金额为随机变量 X ，求随机变量 X 的分布列和期望.
A. p q
B. p (q)
C. (p) q
D. (p) (q)
8．已知 ABC
的垂心为 H
，且
AB

3,
AC

5, M
是
BC
的中点，则 HM
BC

A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
— 理科数学（摸底）第1页(共 4 页) —
9．圆 C : x2 y2 10 y 16 0 上有且仅有两点到双曲线 x2 y2 1(a 0,b 0) 的一条渐近线 a2 b2
C. b c a
D. c a b
11．自然界中具有两种稳定状态的组件普遍存在，如开关的开和关、电路的通和断等，非常适合
表示计算机中的数，所以现在使用的计算机设计为二进制计算机．二进制以 2 为基数，只用 0 和1 两个数表示数，逢 2 进1，二进制数同十进制数遵循一样的运算规则，它们可以相互转化，如 (521)10 1 29 0 28 0 27 0 26 0 25 0 24 1 23 0 22 0 21 1 20
（Ⅰ）若函数在 x 1 处的切线与直线 ex y 0 平行，求 a 的值；
（Ⅱ）若 f (x) 在 (0, ) 上存在单调递减区间，求 a 的取值范围.

江西省南昌市八一中学2020届高三高考三模考试地理试题(含答案)

2018~2019年第二学期南昌市八一中学高三三模测试试卷文科综合能力测试（考试时间：150分钟试卷满分：300分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，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。

写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第I卷一、选择题：本题共35小题，每小题4分，共140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。

芦苇多生长于池沼、河岸、溪边等浅水地区。

芦苇画是我国的特色民间艺术，也是省级非物质文化遗产项目，产品以芦苇的叶、秆、花穗为原料，经艺人剪、烫、贴、润等十几道工序精心创作而成。

芦苇画题材广泛，尤以反映乡土气息见长。

下图为芦苇画作品——《九曲十八弯》。

据此完成1—3题。

1．一幅精美的芦苇画往往价格不菲，主要原因是A．原料精选，耗材量大 B．工序复杂，艺术独特C．原生艺术，题材广泛 D．品位高雅，需求量大2．芦苇画一直是当地亲友馈赠的佳品，这主要得益于画作的A．环保功能 B．经济价值 C．审美价值 D．文化蕴涵3．图示画作呈现的场景，下列地区最具代表性的是A．黄土高原上的黄土塬 B．塔里木盆地边缘的绿洲C．云贵高原的山间盆地 D．内蒙古东北部的大草原“物联网”是在“互联网”的基础上，将其用户端延伸和扩展到任何物品与物品之间，进行信息交换和通信的一种网络概念。

“物联网”需要通过射额识别（RFID）、红外感应器、全球定位系统、激光扫描器等信息传感设备，按约定的协议，把任何物品与互联网相连接，进行信息交换和通信，实现智能化识别、定位、跟踪、监控和管理。

据此完成4～5题。

4．据材料推断物联网的特点（）①全面感知②人工分拣③智能处理④可靠传递⑤人工投递A．①②④ B．②③⑤ C．①③④ D．③④⑤5．上海成为我国目前物联网产业链布局最完整的地区，最主要的原因是（）A．先进的技术和大量的劳动力 B．优越的地理位置C．产业基础好和技术革新能力强 D．便捷的交通2018年11月8日，在美国加利福尼亚州北部比尤特县天堂镇发生山火。

江西省南昌市八一中学2020届高三第三次模拟

江西省南昌市八一中学2020届高三第三次模拟数学（文科）一、选择题：本大题共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．已知集合，则A ∪(C R B)= ( )A ．B ．C ．D ． 2．若复数z与其共轭复数满足，则( ) A ．B ．C ．2D ．3. 已知，，，则( )A.B.C.D.4．“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样，为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷2000个点，已知恰有800个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是 A ．B ．C ．10D ．5．若满足约束条件，且，则（）A. z 的最大值为6B. z 的最大值为8C. z 的最小值为6D. z 的最小值为86.函数的部分图像大致为( )7．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题中，错误的是( )}13|{},1|{2<=≤=xx B x x A }0|{<x x }10|{≤≤x x }01|{<≤-x x }1|{-≥x x z i z z 312+=-=||z 2350.3x π=log 3y π=cos3z =z y x <<y z x <<z x y <<x z y <<()165185325,x y 04x y x y -≤⎧⎨+≥⎩2z x y =+sin 4()ln xf x x=n m ,βα,A ．若，则B ．若，则C ．若，则D ．若，则或8．设为等比数列的前项和，且关于的方程有两个相等的实根，则（） A. B. C. D. 9．若函数(其中，)图象的一个对称中心为，其相邻一条对称轴方程为，该对称轴处所对应的函数值为，为了得到的图象，则只要将的图象（）A ．向右平移个单位长度B ．向左平移个单位长度C ．向左平移个单位长度D ．向右平移个单位长度 10．设是的前项和，，且，则( ) A ． -66B ． 77C ． 88D ． 9911. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过点作圆的切线交双曲线右支于点，若，又为双曲线的离心率，则的值为( )A ．B ．C ．D ． 12．已知函数，若函数有4个零点，则实数m 的取值范围为( )A ．B ．C ．D ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2020届江西省南昌市高考数学三模试卷(含解析)

2020届江西省南昌市高考数学三模试卷一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知全集U=R，集合A={x|x2−4x+3>0}，B={x|−1<x<2}，则(∁U A)∪B=()A. (−1,1]B. [1,2)C. [1,3]D. (−1,3]2.已知复数z=−2i，则1z+1的虚部为()A. 25B. 25i C. 2√55i D. 2√553.数列{1+2n−1}的前n项和为()．A. 1+2nB. 2+2nC. n+2n−1D. n+2+2n4.已知函数y=f(x−1)的图象关于直线x=1对称，且当x∈(−∞,0)时，f(x)+xf′(x)<0成立若a=(20.2)⋅f(20.2)，b=(ln2)⋅f(ln2)，c=(1og1214)⋅f(1og1214)，则a，b，c的大小关系是()A. a>b>cB. b>a>cC. c>a>bD. a>c>b5.已知tanα=3，则cos2α=()A. 910B. −910C. −45D. 456.8.下列命题为真命题的是A. 已知，则“”是“”的充分不必要条件B. 已知数列为等比数列，则“”是“”的既不充分也不必要条件C. 已知两个平面，，若两条异面直线满足且//，//，则//D. ，使成立7.下列大小关系正确的是()A. B.C. D.8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A. B. C. D.9.更相减损术是出自中国古代数学专著《九章算术》的一种算法，其内容如下：“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之．”如图是该算法的程序框图，如果输入a=98，b=63，则输出的a值是()A. 35B. 21C. 14D. 710.设集合A={0,2，4}、B={1,3，5}，分别从A、B中任取2个元素组成无重复数字的四位数，其中能被5整除的数共有()A. 24个B. 48个C. 64个D. 116个11.已知二次曲线x24+y2m=1,则当m∈[−2,−1]时，该曲线的离心率的取值范围是()A. [√2,√3]B. [√5,√6]C. [√52,√62] D. [√32,√62]12.已知函数f(x)在R上满足f(x)=2f(2−x)−x2+8x−8，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为l，点(a n,2a n+1)在l上，且a1=1，则a8=()A. −72B. −4 C. −92D. −52二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.(√x−2x)5的二项展开式中x的系数是______ .(用数字作答)14.若x，y满足约束条件{x+y−2≤0x−2y−2≤0y≤2x+2，则z=2x+y的最小值为______．15.一个与球心距离为√2的平面截球所得圆面面积为π，则球的表面积为______．16.若二次函数y=ax2+4x−2有两个不同的零点，则实数a的取值范围是______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，若a−cb−c =sinBsinA+sinC．(1)求角A；(2)若f(x)=cos2(x+A)−sin2(x−A)，求f(x)的单调递增区间．18.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，每个侧面均为边长为2的正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点．(Ⅰ)求证：CD//平面A1EB；(Ⅱ)求证：AB1⊥平面A1EB；(Ⅲ)若F为A1B1的中点，求过F，D，B，C点的球的体积．19.学生的学习方式是多种多样的，为了应对重大传染疾病所要求的人员的社交距离，也为了提高学生的学习效率，开展多渠道学习形式，市教育局鼓励学生参加网上学习.某中学课题组的数学教师为了调查学生在家学习数学的情况，对本校随机选取100名学生进行问卷调查，统计他们学习数学的时间，结果如图所示．(1)若此次学习数学时间X整体近似服从正态分布，用样本来估计总体，设μ，σ分别为这100名学生学习数学时间的平均值和标准差，并求得μ=76，σ=11.该校共有1000名学生，试估计该校学生中此次学习数学时间超过87分钟的学生人数(结果四舍五人取整数)；(2)若从全市学生中(利用电脑抽取学籍号的方式)有放回地随机抽取3次，每次抽取1人，用频率估计概率，设其中数学学习时间在80分钟及以上的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列和均值．参考公式：若随机变量服从正态分布N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973．20.求下列曲线的标准方程．)的椭圆的标准方程；(1)求焦点在x轴上，焦距为2，过点(1,32(2)求与双曲线x2−y2=1有公共焦点，且过点(√2,√2)的双曲线标准方程．221.已知函数f(x)=x2−(2a+1)x+alnx(a>0)．(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间．22.在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcosθ=4．(1)M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|⋅|OP|=16，求点P的轨迹C2的直角坐标方程；)，点B(2√3,θ)在曲线C2上，求△ABO的面积．(2)设点A的极坐标为(2,π323.若∃x∈R，使得不等式|2t−1|<sin2x−4sinx−4成立．(Ⅰ)求t的取值范围；(Ⅱ)求证：12−2t +1t+1+1t>3．【答案与解析】1.答案：D解析：解：由x 2−4x +3>0解得x <1或x >3，则A =(−∞,1)∪(3,+∞)，所以(∁U A)∪B =[1,3]∪(−1，2)=(−1，3]．故选：D ．求出集合的等价条件，根据集合的基本运算进行求解即可．本题主要考査一元二次不等式的解法、补集与并集等基础知识；考查运算求解能力．2.答案：A解析：解：∵复数z =−2i ， ∴1z+1=11−2i=1+2i (1−2i)(1+2i)=1+2i 5的虚部为25，故选：A ．利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出．本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，属于基础题．3.答案：C解析：S n =n +=n +2n −1．4.答案：B解析：利用函数y =f(x −1)的图象关于直线x =1对称，可得函数y =f(x)的图象关于y 轴对称，是偶函数．令g(x)=xf(x)，利用已知当x ∈(−∞,0)时，g′(x)=f(x)+xf′(x)<0，可得函数g(x)在x ∈(−∞,0)单调递减，进而得到函数g(x)在(0,+∞)上单调递减．再根据log 1214=2>20.2>1>ln2>0.即可得到a ，b ，c 的大小．解：∵函数y =f(x −1)的图象关于直线x =1对称，∴函数y =f(x)的图象关于y 轴对称，是偶函数．令g(x)=xf(x)，则当x ∈(−∞,0)时，g′(x)=f(x)+xf′(x)<0， ∴函数g(x)在x ∈(−∞,0)单调递减，因此函数g(x)在(0,+∞)上单调递减． ∵log 1214=2>20.2>1>ln2>0． ∴c <a <b ．故选B ．5.答案：C解析：解：tanα=sinαcosα=3， ⇒sinα=3cosα， ⇒sin 2α=9cos 2α， ⇒1−cos 2α=9cos 2α， ⇒cos 2α=110， ⇒1+cos2α2=110，⇒cos2α=−45．故选：C ．利用已知及同角三角函数基本关系式可得sinα=3cosα，两边平方，整理可得cos 2α=110，利用三角函数降幂公式即可得解cos2α的值．本题主要考查了同角三角函数基本关系式，降幂公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．6.答案：C解析：故答案为C．7.答案：C解析：试题分析：因为，，，所以，选C．考点：对数式与指数式比较大小．8.答案：A解析：试题分析：由三视图可知，该几何体由一个半球和一个圆锥构成，其表面积为.选A．考点：1、三视图；2、空间几何体的体积．9.答案：D解析：解：第一次循环得：a=98−63=35；第二次循环得：b=63−35=28；第三次循环得：a=35−28=7；第四次循环b=28−7=21；第五次循环b=21−7=14；第六次循环b=14−7=7；此时a=b，输出a=7．故选：D．由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b的值，即可得到结论．本题考查算法和程序框图，主要考查循环结构的理解和运用，以及赋值语句的运用，是基础题．10.答案：C解析：解：∵由题意知本题包括三种情况(1)只含0不含5的数字共有C21C22A33=12种结果(2)只含5不含0的共有C21C22A33=12种结果，(3)含有0和5的又包含两种①0在个位时有C21C21A33=24种结果②5在个位时有C21C21C21A22=16种结果∴根据分类计数原理知共有12+12+24+16=64．故选C根据0的特殊性质，本题包括三种情况第一只含0不含5的数字，第二只含5不含0的数字，第三含有0和5的又包含两种①0在个位和5在个位时，写出各种情况对应的结果数，利用加法原理得到结果．数字问题是排列中的一大类问题，条件变换多样，把排列问题包含在数字问题中，解题的关键是看清题目的实质，很多题目要分类讨论，要做到不重不漏．11.答案：C解析：解：因为二次曲线x24+y2m=1,m∈[−2,−1]，所以a=2，b2∈[1,2]，所以c2=a2+b2∈[5,6]，所以双曲线的离心率e=ca ∈[√52,√62]；故选C．通过双曲线方程，求出a与b的范围，得到c的范围，即可求出离心率的范围．本题是基础题，考查双曲线的离心率的求法，考查计算能力．12.答案：D。

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