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

江西省南昌二中2020届高三5月模拟考试数学试题（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，共60分．1．若z 的共轭复数为z ，()2f z i z i +=+（i 为虚数单位），则)23(i f +等于 （ ）A ．3i -B ．3i +C ．33i +D ．32i -2．已知等比数列{n a }的前n 项和为n S ,且317S a =，则数列{}n a 的公比q 的值为 （ ）A ．2B ．3C ．2或-3D ．2或33．平面向量(,3),(2,1),(1,)a x b c y =-=-=v v v ，若(),//()a b c b a c ⊥-+v v v v v v则b v 与c v 的夹角为（ ）A ．0B ．4πC ．2πD ．34π4．现从甲、乙、丙等6名学生中安排4人参加4×100m 接力赛跑。

第一棒只能从甲、乙两人中安排1人，第四棒只能从甲、丙两人中安排1人，则不同的安排方案共有（ ） A ．24种 B ．36种 C ．48种 D ．72种 5．能够使圆014222=++-+y x y x 恰有两个点到直线02=++c y x 距离等于1的c 的一个值为 （ ）A ．5B ．53C ．2D ．36．若第一象限内的点),(y x A 落在经过点（6，—2）且方向向量为)2,3(-=a 的直线l 上，则3223log log t y x =-有（ ）A ．最大值23B ．最大值1C ．最小值23 D ．最小值17．在三棱锥A —BCD 中，侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直，△ABC 、△ACD 、△ADB 的面积分别为2、2、2A —BCD 的外接球的体积为学 （ ）AB ．C ．D ．8．在243)1(xx +的展开式中,x 的幂的指数是整数的项共有（ ）A ．3项B ．4项C ．5项D ．6项9．设随机变量ξ服从正态分布N （0，1），若=<<-=>)01(,)1(ξξP p P 则 （ ）A ．p +21B ．p -1C ．p -21D ．p 21-10．如果若干个函数的图象经过平移后能够重合，则称这些函数为“互为生成”函数．给出下列函数：①()sin cos f x x x =+；②())sin cos f x x x =+；③()sin f x x =；④()f x x其中“互为生成”函数的是（ ）A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④11．f (x )是偶函数，且f (x )在[0，+∞]上是增函数；不等式f (ax + 1)≤f (x –2)对x ∈[12，1]恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[–2，0]B ．[–5，0]C ．[–5，1]D ．[–2，1]12．对于任意实数a ，要使函数*215cos()()36k y x k N ππ+=-∈在区间[,3]a a +上的值54出现的次数不小于4次，又不多于8次，则k 可以取 （ ）A ．1和2B ．2和3C ．3和4D ．2二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.13．已知52x ⎛- ⎝的展开式中的常数项为T ，()f x 是以T 为周期的偶函数，且当[0,1]x ∈时，()f x x =，若在区间[1,3]-内，函数()()g x f x kx k =--有4个零点，则实数k 的取值范围是 .14．设三角形ABC 的BC 边上的高AD=BC ，c b a 、、分别表示角A 、B 、C 对应的三边，则bcc b +的取值范围是 ;15．已知x 、y 满足1420x x y x y c ≥⎧⎪+≤⎨⎪-+≤⎩且目标函数2z x y =+的最大值为7，则最小值为______;16．给出下列命题：①．函数(2)y f x =-和(2)y f x =-的图象关于直线2x =对称.②．在R 上连续的函数()f x 若是增函数，则对任意0x R ∈均有/0()0f x >成立.③．已知函数2sin()(0,0),2y x y ωθωθπ=+><<=为偶函数其图象与直线的交点的横坐标为1212,.||,2,x x x x πωθ-若的最小值为则的值为的值为2π. ④．底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥.⑤．若P 为双曲线2219y x -=上一点，1F 、2F 分别为双曲线的左右焦点，且24PF =，则12PF =或6.其中正确的命题是＿＿＿＿（把所有正确的命题的选项都填上）.三、解答题：本大题共6小题，共75分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（12分）已知函数2()4sin sin ()cos242x f x x x π=++ （1）设0w >为常数，若()y f wx =在区间2,23ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数，求w 的取值范围。

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届江西省南昌三中高三考前第二次适应性检测数学（理）测试试题一、单选题1．已知复数()1i 2z +=（i 是虚数单位），z 是z 的共轭复数，则z z ⋅等于（ ） A ．1B ．2C ．2D ．2 【答案】B【解析】根据复数运算求得z ，再求其共轭复数，再利用复数乘法运算即可求得结果.【详解】可得21i 1iz ==-+，则1i z =+，那么2z z ⋅=. 故选：B .【点睛】本题考查复数的乘法和除法运算，涉及共轭复数，属综合基础题.2．如果全集U =R ，{}1,2,3,4A =，{}3,4,5B =，则图中的阴影部分表示的集合是（ ）A ．{}1,2,3,4,5B ．{}3,4C ．{}1,2,3,4D ．{}1,2,5【答案】D 【解析】由图可知，阴影部分表示的集合为()A B C A B ⋃⋂，再求交并补运算，即可求得结果.【详解】图中的阴影部分为()A B C A B ⋃⋂，又{}{}1,2,3,4,5,3,4A B A B ⋃=⋂=故()A B C A B ⋃⋂={}1,2,5.故选：D .【点睛】本题考查集合的交并补运算，属基础题.3．732x ⎛ ⎝的展开式中常数项是（ ） A ．14B ．14-C ．42D ．42- 【答案】A【解析】利用二项式展开式的通项公式，即可容易求得结果.【详解】展开式的通项为()()7217372177C 2C 21rr r r r r r r T x x ---+⎛==- ⎝， 由72102r -=，得6r =，那么展开式中常数项是()66767C 2114--=. 故选：A .【点睛】本题考查由二项式定理的通项公式求指定项，属基础题.4．等差数列{}n a 满足3553a a =，记{}n a 的n 前项和为n S ，则79S S 的值为（ ） A ．2827 B ．3527 C ．53 D ．43【答案】A【解析】利用基本量转化已知条件和目标式，即可容易求得结果.【详解】设{}n a 的公差为d ，由3553a a =，则3535a a =， 那么()()113254a d a d +=+，可得17a d =-， 那么7191721492128936633627S a d d d S a d d d +-+===+-+. 故选：A .【点睛】本题考查利用基本量表示等差数列的通项公式和前n 项和，属基础题.5．某工厂对一批产品进行了抽样检测，右图是根据抽样检测后的产品净重（单位：克）数据绘制的频率分布直方图，已知样本中产品净重小于100克的个数是36，则样本中净重大于或等于98克并且小于104克的产品个数是（ ）A ．45B ．60C ．75D ．90【答案】D 【解析】根据频率分布直方图求得小于100克，大于或等于98克并且小于104克的频率，列出等式，即可求得结果.【详解】小于100克的的频率为()0.050.120.3+⨯=，大于或等于98克并且小于104克的频率为()0.10.150.12520.75++⨯=， 由0.30.7536x=，可得90x =. 故选：D .【点睛】 本题考查由频率分布直方图计算频率和频数，属基础题.6．函数sin(2)3y x π=-在区间[,]2ππ-的简图是A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】【详解】将6x π=代入到函数解析式中得0y =，可排除C ，D;将x=π代入到函数解析式中求出函数值为3-负数，可排除B ，故选A ． 7．已知变量x ，y 满足的约束条件为42302200,0x y x y x y x y +≤⎧⎪--≤⎪⎨-+≥⎪⎪≥≥⎩，目标函数32z x y =+，则z 的最大值和最小值分别为（ ）A ．10，0B ．313，0C ．313，1-D ．10，1-【答案】B【解析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可容易求得最值.【详解】画出不等式表示的平面区域如图，目标函数32z x y =+，可转化为322z y x =-+与直线32y x =-平行， 数形结合可知当且仅当目标函数过点()0,0取得最小值，故min 0z =；目标函数过点75,33⎛⎫⎪⎝⎭时，目标函数取得最大值，故max 753132333z =⨯+⨯=. 故选：B .【点睛】 本题考查简单线性规划问题的求解，属基础题；注意数形结合即可.8．已知实数x ，y 满足1x >，1y >，且1ln 4x ，14，ln y 成等比数列，则xy 有（ ） A ．最大值eB eC ．最小值eD e 【答案】C【解析】试题分析：因为1ln 4x ，14，ln y 成等比数列，所以可得111ln ?ln ,ln ?ln ,ln ln ln 2ln ?ln 1,4164x y x y xy x y x y xy e =∴=∴=+≥=≥，xy 有最小值e ，故选C.【考点】1、等比数列的性质；2、对数的运算及基本不等式求最值.9．一个多面体的直观图和三视图如图，则此多面体外接球的表面积是（ ）A ．3πB ．43πC ．12πD ．48π【答案】C 【解析】根据三视图求得棱柱的棱长，再求棱柱外接球半径以及球体表面积即可.【详解】取CF 的中点为M 、DE 的中点为N ，连结MN ，知MN 的中点O 即为此多面体外接球的球心，因为22221111,222222OM BM CF BC BF ===+=+= 可得()22123OB =+=那么外接球的表面积是24312ππ⨯=.故选：C .【点睛】 本题考查由三视图求原几何体的棱长，涉及棱柱外接球半径的求解，球体体积的求解，属综合中档题.10．曲线()00d cos d x xt f x e t t t =⋅⎰⎰在4πx =-处的切线的斜率为（ ） A ．22 B ．22- C ．2 D ．2- 【答案】B【解析】根据微积分基本定理求得()f x ，再利用导数几何意义即可求得结果.【详解】()()()()0000d cos d sin 1sin x x tt x x x f x e t t t e t e x =⎰⋅⎰=⋅=-，则()()()sin 1cos sin cos cos x x x f x e x e x e x x x '=+-=+-，则242f π⎛⎫'=- ⎪⎝⎭.故()f x 在4πx =-处的切线的斜率为22-. 故选：B .【点睛】本题考查微积分基本定理，以及导数的几何意义，属综合基础题.11．设方程3ln x x -=的两个根分别为1x ，2x ，则（ ）A ．120x x <B ．121=x xC ．121x x >D ．1201x x << 【答案】D【解析】根据3x y -=与ln y x =的图象，初步判断12,x x 的范围，再根据对数运算即可容易判断.【详解】不妨设12x x <，画3x y -=与ln y x =的图象，数形结合可知121x x <<，则1113ln ln x x x -==-，2223ln ln x x x -==，那么()211212ln ln ln 330x x x x x x --+==-<，则1201x x <<.故选：D .【点睛】 本题考查指数函数和对数函数的图像，涉及指数函数单调性，对数函数单调性，属综合中档题.12．抛物线22y px = 顶点为O ，焦点为F ，M 是抛物线上的动点，则MO MF 的最大值为（ ）A．BCD ．不存在【答案】B【解析】设出点M 的坐标，利用两点之间的距离公式，求得2MO MF ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，利用函数思想，即可容易求得结果.【详解】 设抛物线方程可得,02p F ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 设(),M x y ，则22222222242MO x y x px p MF p x px x y ⎛⎫++== ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭++-+ ⎪⎝⎭， 设22224x px t p x px +=++，则22224p x px x t tpx t +=++， 即()()221204p t x p tp x t -+--=， 当1t =时，则4p x =； 当1t ≠时，则()()2224104p p tp t t ∆=-+-⋅⋅≥， 解得43t ≤，当x p =时等号成立，综上，当x p =时，max 43t =， 所以MO MF 的最大值为23. 故选：B .【点睛】本题考查抛物线中的最值问题，属综合中档题.二、填空题13．如图所示为某一函数的求值程序框图，根据框图，如果输出y 的值为23，那么应输入x 的值为______.【答案】27或15-【解析】根据程序框图，求得函数解析式，再由函数值求自变量的值.【详解】由程序框图可知，该程序框图是求()4,66,268,2x x f x x x x ->⎧⎪=<≤⎨⎪-≤⎩的函数值.当6x >时，由234x =-，则27x =；当26x <≤时，不符合要求；当2x ≤时，由238x =-，得15x =-.故答案为：27或15-.【点睛】本题考查由程序框图的输出结果，求输入结果，属基础题.14．已知向量()1,2a =r ，()2,3b =r ，若()()a b a b λ+⊥-r r r r ，则λ=______.【答案】53- 【解析】根据向量垂直的坐标运算，即可容易求得参数值. 【详解】 ()2,23a b λλλ+=++r r ，()1,1a b -=--r r ，由已知()()0a b a b λ+⋅-=r r r r ，则()()2,231,12230λλλλ++⋅--=----=， 则53λ=-. 故答案为：53-. 【点睛】 本题考查向量垂直的坐标公式，属基础题.15．双曲线2213y x -=的右焦点为F ，点P 是渐近线上的点，且2OP =，则PF =_______.【答案】2或23【解析】根据双曲线方程求得渐近线方程以及夹角，结合余弦定理即可求得PF .【详解】知2OF c ==，渐近线方程为3y x =±，故两条渐近线的倾斜角为60,120︒︒； 点P 有如图的两种位置情况.当为1P 位置情况时，160POF ∠=︒，则1OPF n 为等边三角形，则2PF =； 当为2P 位置情况时，2120P OF ∠=︒，由余弦定理可得2222120PF OF OP OF OP cos =+-⨯⨯⨯︒，则23PF =故答案为：2或23【点睛】本题考查由双曲线方程求焦点坐标和渐近线方程，涉及余弦定理，属综合基础题. 16．每人最多投篮5次，若连续两次投篮不中则停止投篮，否则继续投篮，直到投满5次，每次投篮投中的概率是0.5，则投中3次的概率为______. 【答案】732 【解析】求得满足题意的投篮可能性，根据已知概率即可容易求得结果. 【详解】 从5次中选3次，有35C 种选法，而其中1与2连续没投中、2与3连续没投中、3与4连续没投中，不满足要求， 则投中3次的概率为()53517C 3232⎛⎫-⨯= ⎪⎝⎭. 故答案为：732. 【点睛】本题考查n 次独立重复试验的概率求解，属基础题.三、解答题 17．本小题满分12分）设ABC ∆是锐角三角形，,,a b c 分别是内角,,A B C 所对边长，并且 22sin sin()?sin()? sin 33A B B B ππ=+-+． (Ⅰ)求角A 的值； (Ⅱ)若·12,27AB AC a ==u u u r u u u r ，求,b c （其中b c <）． 【答案】【解析】试题分析：(1) 利用两角和与差的正弦公式展开化简得3sin 2A =±，又A 为锐角，所以3A π=；(2)由12AB AC ⋅=u u u r u u u r 可得cos 12cb A =，即24cb =，然后利用余弦定理2222cos a c b cb A =+-得的另一个关系，从而解出. 试题解析：(1)因为223131sin cos sin cos sin sin 2222A B B B B B ⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ =222313cos sin sin 444B B B -+=， 所以3sin 2A =±，又A 为锐角，所以3A π=.(2)由12AB AC ⋅=u u u r u u u r可得cos 12cb A =①由（1）知3A π=，所以24cb =②由余弦定理知2222cos a c b cb A =+-，将a =①代入，得2252c b +=③③+②×2，得()2100c b +=，所以10c b +=因此，,c b 是一元二次方程210240t t -+=的两个根. 解此方程并由c b >知6,4c b ==.【考点】两角和与差的正弦定理、平面向量的数量积、余弦定理.18．某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数ξ的分布列为商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为200元；分2期或3期付款，其利润为250元；分4期或5期付款，其利润为300元，X 表示经销一件该商品的利润.（1）求事件A ：“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”的概率()P A ； （2）求X 的分布列及期望EX . 【答案】（1）0.784（2）见解析，240元【解析】（1）先求得事件A 的对立事件的概率，即可求得事件A 的概率； （2）根据题意，求得X 的取值，根据题意，求得分布列和数学期望. 【详解】（1）由A 表示事件“购买该商品的3位顾客中至少有1位采用1期付款”， 知A 表示事件“购买该商品的3位顾客中无人采用1期付款”，()()310.40.216P A =-=，则()()110.2160.784P A P A =-=-=.（2）X 的可能取值为200元，250元，300元，()()20010.4P X P ξ====，()()()250230.20.20.4P X P P ξξ===+==+=， ()()()30012002500.2P X P X P X ==-=-==，则X 的分布列为 X 200 250 300 P 0.40.40.22000.42500.43000.2240EX =⨯+⨯+⨯=元.【点睛】本题考查对立事件的概率计算，离散型随机变量的分布列和数学期望，属综合中档题. 19．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，2AC BC ==，122AA =，90ACB ∠=︒，M 是1AA 的中点，N 是1BC 中点.（1）求证：MN ∥平面111A B C ；（2）求直线1BC 与平面BCM 所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）23. 【解析】（1）以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得直线MN 的方向向量和平面111A B C 的法向量，由向量法即可求证；（2）求得直线1BC 的方向向量和平面BCM 的法向量，由向量法求解线面角. 【详解】（1）由题可知1,,CB CA CC 两两垂直，故以点C 为坐标原点，以CB 所在直线为x 轴，CA 所在直线为y 轴， 1CC 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系.取11B C 中点D ，连结1A D ，由已知得(10,2,22A ，(10,0,22C ，(0,2M ，(2N ，(1,0,22D ，所以()1,2,0MN =-u u u u r ，()11,2,0A D =-u u u u r，所以1MN A D =u u u u r u u u u r，所以MN //1A D ， 又MN ⊄平面111ABC ，1AD ⊂平面111A B C ，所以MN ∥平面111A B C .（2）又()0,0,0C ，()2,0,0B ，则(2BM =-u u u u r ，(2CM =u u u u r，设平面BCM 的法向量为(),,1n a b =r ，则0n BM ⋅=r u u u u r，0n CM ⋅=u u u u r r ， 所以2220220a b b ⎧-++=⎪⎨=⎪⎩，解得0a =，2b =，所以20,2n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭r ， 又(12,0,22BC =-u u u u r ，所以1,? cos BC n u u u u r r 1123n BC n BC ⋅==⋅r uuu rr uuu r ， 则直线1BC 与平面BCM 所成角的正弦值为23. 【点睛】本题考查利用向量法证明线面平行，以及用向量法求线面角，属综合中档题.20．已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为21,F F ，短轴两个端点为,,A B 且四边形12F AF B 是边长为2的正方形． （Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若,C D 分别是椭圆长轴的左、右端点，动点M 满足MD CD ⊥，连接CM ，交椭圆于点P ．证明：OM OP u u u u v u u u vg 为定值．【答案】（Ⅰ）22142x y += ；（Ⅱ）证明见解析【解析】试题分析：（1）求椭圆标准方程，关键是求出,a b ，为此要列出关于,,a b c 的两个等式，由椭圆的性质及，四边形12F AF B 是边长为2的正方形，知,2b c a ==；（2）本小题采用解析几何的基本方法，设0(2,)M y ，写出直线CM 方程，再代入椭圆方程求得P 点坐标11(,)x y ，然后直接计算OP OM ⋅u u u r u u u u r ，可得定值．试题解析：（1）2,a b c ==，222a b c =+，∴22b =，∴椭圆方程为22142x y +=．（2）(2,0)C -，(2,0)D ，设0(2,)M y ，11(,)P x y ，则11(,)OP x y =u u u r ，0(2,)OM y =u u u u r，直线002:4y y x CM y --=，即00142y y x y =+， 代入椭圆2224x y +=得222200011(1)40822y x y x y +++-=，∵201204(8)(2)8y x y --=+，∴201202(8)8y x y -=-+，012088y y y =+， ∴20022002(8)8(,)88y y OP y y -=-++u u u r ， ∴2220002220004(8)84324888y y y OP OM y y y -+⋅=-+==+++u u u r u u u u r （定值） 【考点】椭圆的标准方程，椭圆的综合应用．【名师点晴】1．确定一个椭圆的标准方程，必须要有一个定位条件（即确定焦点的位置）和两个定形条件（即确定a ，b 的大小）．当焦点的位置不确定时，应设椭圆的标准方程为＋＝1 （a>b>0）或＋＝1 （a>b>0），或者不必考虑焦点位置，直接设椭圆的方程为mx 2＋ny 2＝1 （m>0，n>0，且m≠n ）．2．解析几何中的定值问题，可根据已知条件设出一个参数，用这个参数表示出相应点的坐标，直线斜率、直线方程或曲线方程等等，再求出结论，如本题求出OP OM ⋅u u u r u u u u r ，它的最终结果与参数无关，是定值． 21．已知ln()()ln()()[0)x f x ax x g x x e x-=--=-∈-，，，． （1）讨论1a =-时，()f x 的单调性、极值； （2）求证：在(1)的条件下，1()()2f xg x >+； （3）是否存在实数a ，使()f x 的最小值是3，如果存在，求出a 的值；若不存在， 请说明理由．【答案】(1) 当1e x -≤<-时()f x 单调递减；当10x -<<时，此时()f x 单调递增；()f x 的极小值为(1)1f -=；(2) 证明过程见详解；(3)存在实数2a e =-，使得当[)0x e ∈-，时，()f x 有最小值3． 【解析】(1) 先对函数求导，得到∵11'()1x f x x x+=--=-，利用导数的方法研究函数单调性，进而可求出极值；(2) 先由（1）求出min |()|1f x =；再令1ln()1()()22x h x g x x -=+=-+，用导数方法研究()h x 单调性，求出()h x 的最大值，进而可证明结论成立；(3) 先假设存在实数a ，使()ln()f x ax x =--有最小值3，用分类讨论的思想，分别讨论 1a e ≥-，1a e<-两种情况，结合导数的方法，即可得出结果. 【详解】(1) ∵11()ln()'()1x f x x x f x x x+=---=--=-， ∴ 当1e x -≤<-时，'()0f x <()f x ，此时单调递减； 当10x -<<时，'()0f x >，此时()f x 单调递增； ∴()f x 的极小值为(1)1f -=；(2) 因为()f x 的极小值即()f x 在[0)e -，上的最小值为1， 所以min |()|1f x =；令1ln()1()()22x h x g x x -=+=-+ 又∵2ln()1'()x h x x --=∴ 当0e x -≤<时，'()0h x ≤；∴()[0)h x e -在，上单调递减； ∴max min1111()()1()222h x h e f x e =-=+<+==∴ 当[0)x e ∈-，时，1()()2f xg x >+； (3) 假设存在实数a ，使()ln()f x ax x =--有最小值3，1[0)'()x e f x a x∈-=-，， ①当1a e ≥-时，由于[0)x e ∈-，，则1'()0f x a x=-≥； ∴ 函数()ln()f x ax x =--是[0)e -，上的增函数， ∴min ()()13f x f e ae =-=--=，41a e e=-<-解得（舍去） ②当1a e <-时，则当1e x a -≤<时，1'()0f x a x=-<，此时()ln()f x ax x =--是增函数；当10x a <<，1'()0f x a x=->，此时()ln()f x ax x =--是增函数； ∴min 11()()1ln()3f x f a a==--=，解得2a e =-；由①、②知，存在实数2a e =-，使得当[)0x e ∈-，时，()f x 有最小值3． 【点睛】本题主要考查导数的应用，根据导数的方法研究函数的单调性、极值、证明不等式等问题，属于常考题型.22．在极坐标系中，已知点A 到直线:sin (0)4l m m πρθ⎛⎫-=> ⎪⎝⎭的距离为3. （1）求实数m 的值；（2）设P 是直线l 上的动点，Q 在线段OP 上，且满足||||1OP OQ ⋅=，求点Q 轨迹方程，并指出轨迹是什么图形.【答案】（1）2；（2）22116x y ⎛⎛+= ⎝⎭⎝⎭，点Q的轨迹是以,88⎛- ⎝⎭为圆心，14为半径的圆【解析】（1）把:sin (0)4l m m πρθ⎛⎫-=> ⎪⎝⎭化成直角坐标方程为0x y -=，再根据点到直线的距离公式即可算出m . （2）首先根据由直线l 极坐标方程sin 24πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，设()00,,(,)P Q ρθρθ，找出,P Q 两点之间的关系，把点Q 代入直线方程即可.【详解】（1）以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴，建立直角坐标系，则点A的直角坐标为0)，直线l的直角坐标方程为0x y -+=，由点A 到直线l的距离为13,2d m m ==+=∴=. （2）由（1）得直线l 的方程为sin 24πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭， 设()00,,(,)P Q ρθρθ，则000011ρρρρθθθθ⎧⎧==⎪⎪⇒⎨⎨=⎪⎪=⎩⎩，① 因为点()00,P ρθ在直线l 上，所以00sin 24πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，② 将①代入②，得1sin 24πθρ⎛⎫-= ⎪⎝⎭. 则点Q 的轨迹方程为1sin 24πρθ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，化为直角坐标方程为22116x y ⎛⎛+= ⎝⎭⎝⎭， 则点Q的轨迹是以,88⎛-⎝⎭为圆心，14为半径的圆 【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标之间的互化,以及轨迹问题,属于中等题.23．已知f (x )=x |x-a |-2(1)当a =1时，解不等式f (x )<|x-2| (2)当x ∈(0,1]时，21()12f x x <-恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）(,2)-∞（2）12⎛- ⎝【解析】（1）根据绝对值定义分类讨论，最后求并集，（2）利用变量分离法转化为求对应函数最值，即得结果. 【详解】（1）()2122x x x x ≥⎧⎨--<-⎩或()12122x x x x ≤<⎧⎨--<-⎩或()1122x x x x <⎧⎨--<-⎩解得(),2x ∈-∞ （2）(]()221111310,11212222x f x x x x a x x a x x x∈∴<-⇒--<-⇒-<<+Q()()()11131112222g x x g h x x a x x ⎛=-≤=-=+=∈- ⎝Q ，… 【点睛】本题考查含绝对值解法以及不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，属中档题.。

— 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。

2020年江西省南昌市高考数学二模试卷（理科）一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 复数z 1=1+√3i ，z 2=√3−i ，z =z 1⋅z 2，则|z|=( )A. √3B. 2C. 2√3D. 42. 集合A ={y|y =√4−x 2,x ∈N},B ={x ∈N|√4−x 2∈N}，则A ∩B =( )A. {0,2}B. {0,1，2}C. {0,√3,2}D. ⌀3. 已知a ，b ，c 是三条不重合的直线，平面α，β相交于直线c ，a ⊂α，b ⊂β，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 ≤1lnx,x >1，则不等式f(x)>1的解集是( )A. (e,+∞)B. (2,+∞)C. (1,e)D. (2,e) 5. 已知△ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a =2c ，sinA =2cos2C ，则角A 等于( )A. π6B. π3C. π2D. 2π36. 已知a ⃗ ,b ⃗ 为不共线的两个单位向量，且a ⃗ 在b ⃗ 上的投影为−12，则|2a ⃗ −b ⃗ |=( )A. √3B. √5C. √6D. √77. 函数f(x)=xlnx e x的图象大致为( )A.B.C.D.8. 直线2x ⋅sinθ+y =0被圆x 2+y 2−2√5y +2=0截得最大弦长为( )A. 2√5B. 2√3C. 3D. 2√2 9. 函数f(x)=Asin(ωx +φ)(ω>0)的部分图象如图所示，则f(0)=( )A. −√6B. −√3C. −√2D. −√6210. 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上的垂直投影，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sin37°=35)( )A. 30米B. 50米C. 60米D. 70米11. 已知F 是双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的右焦点，直线y =√3x 交双曲线于A ，B 两点，若∠AFB =2π3，则双曲线的离心率为( )A. √5B. √6C. √10+√22D. √5+√2212. 已知函数f(x)=sinx +cosx −a(x −3π4)(a >0)有且只有三个零点x 1，x 2，x 3(x 1<x 2<x 3)，则tan(x 3−x 2)属于( )A. (0,π2)B. (π2,π)C. (3π2,+∞)D. (π,3π2)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 若变量x ，y 满足约束条件{y ≥|x|−1x −3y +1≥0，则目标函数z =x +y 的最小值为______．14. 已知梯形ABCD 中，AD//BC ，AD =√3,AB =4,∠ABC =60°,∠ACB =45°，则DC =______． 15. 已知(x −1)(2x −1)6=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 7x 7，则a 2等于______．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α，平面α与截面PAC 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横线上) ①2；②2√2；③3；④2√3．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知等差数列{a n }的公差为d(d ≠0)，前n 项和为S n ，且满足______(从①S 10=5(a 10+1)；②a 1，a 2，a 6成等比数列；③S 5=35，这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题)． (Ⅰ)求a n ；(Ⅱ)若b n =12n ，求数列{a n b n }的前n 项和T n ．18. 如图所示，四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是以AB ，CD 为底边的等腰梯形，且AB =2AD =4，∠DAB =60°，AD ⊥D 1D .(I)求证：平面D 1DBB 1⊥平面ABCD ；(Ⅱ)若D 1D =D 1B =2，求直线AB 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值．19.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上任意一点(异于顶点)与双曲线两顶点连线的斜率之积为19．(I)求双曲线渐近线的方程；(Ⅱ)过椭圆x2m2+y2n2=1(m>n>0)上任意一点P(P不在C的渐近线上)分别作平行于双曲线两条渐近线的直线，交两渐近线于M，N两点，且|PM|2+|PN|2=5，是否存在m，n使得该椭圆的离心率为2√23，若存在，求出椭圆方程：若不存在，说明理由．20.已知函数f(x)=xln(ax)+2e(a∈R，且a≠0，e为自然对数的底)．(I)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数g(x)=f(x)−e−a在(0,+∞)有两个不同零点，求a的取值范围．21.某班级共有50名同学(男女各占一半)，为弘扬传统文化，班委组织了“古诗词男女对抗赛”，将同学随机分成25组，每组男女同学各一名，每名同学均回答同样的五个不同问题，答对一题得一分，答错或不答得零分，总分5分为满分．最后25组同学得分如表：(Ⅱ)某课题研究小组假设各组男女同学分差服从正态分布N(μ,σ2)，首先根据前20组男女同学的分差确定μ和σ，然后根据后面5组同学的分差来检验模型，检验方法是：记后面5组男女同学分差与μ的差的绝对值分别为x i(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x i≥3σ；②记满足2σ<x i<3σ的i的个数为k，在服从正态分布N(μ,σ2)的总体(个体数无穷大)中任意取5个个体，其中落在区间(μ−3σ,μ−2σ)∪(μ+2σ,μ+3σ)内的个体数大于或等于k的概率为P，P≤0.003．试问该课题研究小组是否会接受该模型．参考公式和数据：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)√0.8≈0.894,√0.9≈0.949,0.9575≈0.803,43×0.9574≈36，43×43×0.9573≈1.62×103；若X～N({μ,{σ2})，有P(μ−2σ<X<μ+2σ)≈0.9544，P(μ−3σ<X<μ+3σ)≈0.9974．22.平面直角坐标系xOy中，抛物线E顶点在坐标原点，焦点为(1,0).以坐标原点为极点，x轴非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α的直线l交E于M，N两点，若|AN|=2|AM|，求tanα．23.已知f(x)=|ax−1x |+|x−ax|，g(x)=|x−2a|−|x−2|(a∈R)．(Ⅰ)当a=1时，求不等式f(x)<g(x)+3的解集；(Ⅱ)求证：f(x)≥g(x)．答案和解析1.【答案】D【解析】解：由z 1=1+√3i ，z 2=√3−i ，且z =z 1⋅z 2， ∴|z|=|z 1z 2|=|z 1||z 2|=|1+√3i||√3−i|=2×2=4． 故选：D ．直接利用乘积的模等于模的乘积求解．本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题． 2.【答案】A【解析】解：集合A ={y|y =√4−x 2,x ∈N},B ={x ∈N|√4−x 2∈N}， ∴A ={y|0≤y ≤2,y ∈N}={0,1，2}，B ={−2,0，2}， ∴A ∩B ={0,2}． 故选：A ．求出集合A ，B ，由此能求出A ∩B ．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 3.【答案】A【解析】解：“a ，b 相交”，a ⊂α，b ⊂β，其交点在交线c 上，⇒“a ，c 相交”． 反之不成立，可能a ，b 为相交直线或异面直线． ∴“a ，b 相交”是“a ，c 相交”的充分不必要条件． 故选：A ．a ⊂α，b ⊂β，“a ，b 相交”，利用面面相交的性质可得：其交点在交线c 上，“a ，c 相交”.反之不成立． 本题考查了面面相交的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 4.【答案】A【解析】解：∵已知f(x)={x −1,x ≤1lnx,x >1，则不等式f(x)>1，即{x ≤1x −1>1 ①或{x >1lnx >1 ②． 由①可得x ∈⌀；由②可得x >e ，综上，x >e ， 故选：A ．不等式即{x ≤1x −1>1 ①或{x >1lnx >1 ②，分别求出①②的解集，再取并集，即得所求． 本题主要考查分段函数的应用，不等式的解法，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：∵a =2c ，∴由正弦定理可得sinA =2sinC ，可得sinC =12sinA ， ∴sinA =2cos2C =2(1−2sin 2C)=2(1−2×sin 2A 4)，整理可得sin 2A +sinA −2=0，∴解得sinA =1，或−2(舍去)， ∵A ∈(0,π)， ∴A =π2． 故选：C ．由已知利用正弦定理可得sinC=12sinA，利用二倍角的余弦函数公式化简已知等式可得sin2A+sinA−2=0，解方程可得sin A的值，结合范围A∈(0,π)，可求A的值．本题主要考查了正弦定理，二倍角的余弦函数公式在解三角形中的综合应用，考查了方程思想，属于基础题．6.【答案】D【解析】【分析】本题考查了平面向量的数量积的定义与几何意义及向量的数量积运算，属于基础题．根据向量a⃗在向量b⃗ 的方向上投影的定义求出a⃗⋅b⃗ ，进而求出|2a⃗−b⃗ |即可．【解答】解：∵a⃗,b⃗ 为不共线的两个单位向量，且a⃗在b⃗ 上的投影为−12，故a⃗⋅b⃗ =|a⃗|⋅|b⃗ |cosθ=−12；则|2a⃗−b⃗ |=√(2a⃗−b⃗ )2=√4a⃗2+b⃗ 2−4a⃗⋅b⃗ =√5+2=√7．故选：D．7.【答案】C【解析】解：当x→+∞时，f(x)>0，故排除AD；f′(x)=(lnx+1)−xlnxe x ，令g(x)=lnx+1−xlnx，则g′(x)=1x−lnx−1，显然g′(x)在(0,+∞)上递减，且g′(1)=0，∴当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)在(0,1)上递增，又g(1)=1>0,g(1e2)=−1+2e2<0，故存在x0∈(1e2,1)，使得g(x0)=0，且当x∈(0,x0)，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)递减，x∈(x0,1)，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)递增，可排除B．故选：C．利用极限思想及函数的单调性，运用排除法得解．本题主要考查函数图象的运用以及利用导数研究函数的单调性，属于基础题．8.【答案】D【解析】解：根据题意，圆x2+y2−2√5y+2=0，即x2+(y−√5)2=3，其圆心为(0,√5)，半径r=√3，圆心到直线2x⋅sinθ+y=0的距离d=√5|√1+4sin2θ=√5√1+4sin2θ≥√55=1，当圆心到直线的距离最小时，直线2x⋅sinθ+y=0被圆x2+y2−2√5y+2=0截得弦长最大，而d=√52的最小值为1，则直线2x⋅sinθ+y=0被圆x2+y2−2√5y+2=0截得最大弦长值为2×√3−1=2√2，故选：D．根据题意，由圆的方程分析圆的圆心和半径，求出圆心到直线的距离d，分析可得d的最小值，由直线与圆的位置关系可得当圆心到直线的距离最小时，直线2x⋅sinθ+y=0被圆x2+y2−2√5y+2=0截得弦长最大，据此计算可得答案．本题考查直线与圆的位置关系，注意分析直线所过的定点，属于基础题．9.【答案】B【解析】解：由函数的图象可得：12T =8.5−6.5=2，求得T =2πω=4，可得ω=π2，又f(7.5)=−A ，即Asin(15π4+φ)=−A ，则φ=2kπ−π4因为f(5)=√3，即Asin(5π2−π4)=√3，则A =√6， 所以f(x)=√6sin(π2x −π4)，则f(0)=−√3故选：B ．根据图象求出函数的解析式，再代入求值．本题主要考查利用图象求出三角函数的解析式，属于基础题． 10.【答案】B【解析】解：BC 管道长为50米，可得B 点与点C 等高线值差为40，C 与B 水平的距离为30， 因为A 处测得C 处的仰角为45度，即A 与C 的水平距离等于A 点与点C 等高线值差， 设B 点与点A 等高线值差为x ，A 处测得B 处的仰角为37度，可得A 与B 水平的距离43x ； 所以43x +30=40+x ，解得x =30，A 点所在等高线值为20米， 因此B 点所在等高线值50米， 故选：B ．由题意，设B 点与点A 等高线值差为x ，A 处测得B 处的仰角为37度，可得A 与B 水平的距离；BC 管道长为50米，可得B 点与点C 等高线值差为40，C 与B 水平的距离为30，在结合A 处测得C 处的仰角为45度，即A 与C 的水平距离等于A 点与点C 等高线值差，从而求解x 的值；本题考查解三角在实际生活中的应用，灵活利用夹角以及直角三角形中的正余弦定义即可求解．属于基础题． 11.【答案】C【解析】解：由题意可知：双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的右焦点在x 轴上，右焦点F(c,0)，则{y =√3x x 2a 2−y 2b 2=1，整理得：(b 2−3a 2)x 2=a 2b 2，即x 2=a 2b 2b 2−3a 2，① ∴A 与B 关于原点对称，设A(x,√3x)，B(−x,−√3x)，不妨设x >0， ∴FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x −c,√3x)，FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x −c,−√3x)， |AF|=√(x −c)2+3x 2，|BF|=√(x +c)2+3x 2，FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =|FA⃗⃗⃗⃗⃗ ||FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos 2π3=(x −c,√3x)⋅(−x −c,−√3x)=√(x −c)2+3x 2⋅√(x +c)2+3x 2(−12)， 化简得，16⋅x 4c 4−12⋅x 2c 2+1=0，令t =x 2c 2，得16t 2−12t +1=0，解得t =3±√58，即x 2=3±√58c 2， FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−4x 2+c 2<0，即x 2c 2>14，即t >14，所以t =3−√58(舍)，所以t =3+√58，代入①得a 2b 2b 2−3a 2=3+√58c 2， a 2(c 2−a 2)c 2−a 2−3a 2=3+√58c 2， a 2c 2−a 4c 4−4a 2c2=3+√58c 2， 即e 2−1e 4−4e 2=3+√58，化简整理得，(3+√5)e 4−(20+4√5)e 2+8=0， 令s =e 2，得，(3+√5)s 2−(20+4√5)s +8=0， 解得s =7−3√5或3+√5， s =e 2=7−3√5或3+√5， 又因为e 2>1，所以e 2=7−3√5(舍)，所以e 2=3+√5， 所以e =√3+√5=(√102√22)=√10+√22，故选：C ．联立{y =√3x x 2a 2−y 2b 2=1，整理得：(b 2−3a 2)x 2=a 2b 2，即x 2=a 2b 2b 2−3a 2①，设A(x,√3x)，B(−x,−√3x)，不妨设x >0，FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos 2π3，代入坐标得16x 4c4−12x 2c2+1=0，令t =x 2c2，得16t 2−12t +1=0，解得t =3±√58，即x 2=3±√58c 2，因为FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−4x 2+c 2<0，即x 2c 2>14，即t >14，所以t =3+√58，代入①得a 2b 2b 2−3a 2=3+√58c 2，化简整理得，(3+√5)e 4−(20+4√5)e 2+8=0，令s =e 2，得，(3+√5)s 2−(20+4√5)s +8=0，解得s =7−3√5或3+√5，又因为e 2>1，所以e 2=3+√5，所以e =√3+√5=√(√102+√22)2=√10+√22．本题主要考查了双曲线的几何性质以及有关离心率，考查学生的计算能力，属于中档题．12.【答案】D【解析】解：由已知，f(x)有且仅有三个不同的零点等价于方程√2sin(x +π4)=a(x −3π4)有且仅有三个不同的实数根，等价于y =√2sin(x +π4)与y =a(x −3π4)有且仅有三个不同的交点，如图，当y =√2sin(x +π4)与y =a(x −3π4)相切时，满足题意，又x 1<x 2<x 3，故x 2=3π4，且{√2cos(x 3+π4)=a√2sin(x 3+π4)=a(x 3−3π4)，消去a 得，tan(x 3+π4)=x 3−3π4，由诱导公式，有tan(x 3−x 2)=tan(x 3−3π4)=tan(x 3+π4)=x 3−3π4，又7π4<x 3<9π4，∴tan(x 3−x 2)=x 3−3π4∈(π,3π2)．故选：D ．f(x)有且仅有三个不同的零点等价于y =√2sin(x +π4)与y =a(x −3π4)有且仅有三个不同的交点，作出图象，可知当y =√2sin(x +π4)与y =a(x −3π4)相切时，满足题意，利用导数的几何意义可得{√2cos(x 3+π4)=a √2sin(x 3+π4)=a(x 3−3π4)，由此可得tan(x 3−x 2)=tan(x 3−3π4)=tan(x 3+π4)=x 3−3π4，再求出x 3的范围即可得解．本题考查已知函数的零点个数求范围问题，涉及到导数的几何意义，考查学生数形结合的思想，转化与化归思想，属于较难题目． 13.【答案】−1【解析】解：作出变量x ，y 满足约束条件{y ≥|x|−1x −3y +1≥0的平面区域，如图：由z =x +y 可得y =−x +z ，则z 为直线y =−x +z 在y 轴上的截距，截距越小，z 越小做直线L ：x +y =0，然后把直线L 向可行域方向平移，当直线与x +y =−1重合时，目标函数取得最小值，此时z =−1． 故答案为：−1．先根据条件画出可行域，设z =x +y ，再利用几何意义求最值，将最小值转化为y 轴上的截距最大，只需求出直线z =x +y ，取得截距的最小值，从而得到z 最小值即可． 本题考查线性规划的应用，借助于平面区域特性，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想．线性规划中的最优解，通常是利用平移直线法确定．14.【答案】√15【解析】解：∵在△ABC中，∠ABC=60°，∠ACB=45°，AB=4，∴由正弦定理ABsin∠BCA =ACsin∠ABC，可得4sin45∘=ACsin60∘，解得AC=4×sin60°sin45∘=4×√32√22=2√6，∵∠ACB=∠DAC=45°，∴在△ACD中，由余弦定理可得CD=√AD2+AC2−2AD⋅AC⋅cos∠DAC=√3+24−2×√3×2√6×√22=√15．故答案为：√15．在△ABC中，由已知利用正弦定理可解得AC=4×sin60°sin45∘=2√6，由已知可求∠ACB=∠DAC=45°，在△ACD中，由余弦定理可求得CD的值．本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．15.【答案】−72【解析】解：要求a2，即求展开式中x2项的系数．因为原式=x(1−2x)6−(1−2x)6，对于(1−2x)6，其通项为T k+1=C6k(−2x)k=(−2)k C6k x k．故原式含x2的项为x⋅(−2)C61x−(−2)2C62x2，所以系数为−2×C61−(−2)2C62=−72．故答案为：−72．原式可化为x(1−2x)6−(1−2x)6，然后研究(1−2x)6的展开式通项即可．本题考查二项式定理通项的应用，属于基础题．16.【答案】①③【解析】解：设AC∩BD=O，∵P−ABCD是正四棱锥，∴平面PAC⊥平面ABCD，又BO⊥AC，平面PAC∩平面ABCD=AC，BO⊂平面ABCD，∴BO⊥平面PAC，过M作MT//BO，分别交棱PB、PD于点T，L，则MT⊥平面PAC，由题意只需所作的平面α是包含TL且与截面PAC交线段的长度为2即可，又△PAC是边长为3的等边三角形，点M是△PAC的重心，过M作MQ//AC，分别交棱PA、PC于点E，Q，∴EQAC =PQPC，即EQ3=23，∴EQ=2，如图1，平面ETQL是满足题意的平面α，∵AC=3，∴AB=3√22，∴S菱形ETQLS正方形ABCD=(PTPB)2=49，∴S菱形ETQL=49×(3√22)2=2，故①正确；如图2，过T作TH//GF，过L作LQ//GF，由题意得GLQHT为满足题意的平面α，GLQF和GTHF是两个全等的直角梯形，T，H分别为GE、EF的中点，∴HT=12GF=1，∴五边形GLQHT的面积S=2S梯形GFHT=2×TH+GF2×FH=2×1+22×1=3，故③正确；GF//PA与GF//PC是完全相同的．综上选①③．故答案为：①③．设AC∩BD=O，由P−ABCD为正四棱锥，知BO⊥平面PAC，过M作MT//BO，分别交PB、PD于点T、L，则MT⊥平面PAC，只需所作的平面α是包含TL且与截面PAC交线段的长度为2即可，数形结合，作出截面即可得到答案．本题考查平面与正四棱椎表面交线所围成的封闭图形的面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置有关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．17.【答案】解：(Ⅰ)由①S10=5(a10+1)，得10a1+10×92d=5(a1+9d+1)，即a1=1；由②a1，a2，a6成等比数列，得a22=a1a6，a12+2a1d+d2=a12+5a1d，即d=3a1；由③S5=35，得5(a1+a5)2=5a3=35，即a3=a1+2d=7；当选择①②时，有a1=1，d=3a1=3，此时a n=3n−2；当选择①③时，有a1=1，a3=a1+2d=7，解得d=3，此时a n=3n−2；当选择②③时，有d=3a1且a3=a1+2d=7，解得a1=1，d=3，此时a n=3n−2；综合以上不管选择哪两个，均得a1=3、d=3，即a n=3n−2；(Ⅱ)∵T n=12+422+723+1024+⋯+3n−22n，∴12T n=122+423+724+1025+⋯+3n−52n+3n−22n+1，两式相减得：12T n=12+3(122+123+124+⋯+12n)−3n−22n+1，得T n=1+3(12+122+123+⋯+12n−1)−3n−22n=1+3(1−12n−1)−3n−22n=4−3n+42n．【解析】本题主要考查数列基本量的运算及通项公式的求法，以及错位相减法在数列求和中的应用，属于中档题．(Ⅰ)先分别由①②③首项与公差的关系式，然后选择①②、①③、②③条件组合，求出a n；(Ⅱ)利用错位相减法求其前n项和T n即可．18.【答案】(Ⅰ)证明：△ABD中，AB=4，AD=2，∠DAB=60°，得BD=2√3，则AD2+BD2=AB2，即AD⊥BD，而AD⊥D1D，BD∩D1D=D，故AD⊥平面D1DBB1，又AD⊂面ABCD，所以平面D1DBB1⊥平面ABCD．(Ⅱ)解：取BD的中点O，由于D1D=D1B，所以D1O=BD，由(Ⅰ)可知平面D1DBB1⊥面ABCD，故D 1O⊥面ABCD．由等腰梯形知识可得DC=CB，则CO⊥BD．以O为原点，分别以OB，OC，OD1为x，y，z的非负半轴建立空间直角坐标系，则A(−√3,−2,0),B(√3,0,0),C(0,1,0),D(−√3,0,0),D 1(0,0,1)，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√3,2,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0)， 设平面B 1BC 的法向量为n ⃗ =(x,y,z)，则{n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{√3x +z =0−√3x +y =0，令x =1，则y =√3,z =−√3，有n ⃗ =(1,√3,−√3)，所以，sinθ=|cos <n ⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |⋅|AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3+2√3+0√7×4=√217， 即直线AB 与平面A 1D 1DA 所成角的正弦值为√217．【解析】(Ⅰ)证明AD ⊥BD ，AD ⊥D 1D ，推出AD ⊥平面D 1DBB 1，然后证明平面D 1DBB 1⊥平面ABCD ．(Ⅱ)取BD 的中点O ，说明O 为坐标系的原点，以OB ，OC ，OD 1为x ，y ，z 的非负半轴建立空间直角坐标系， 求出平面B 1BC 的法向量，利用空间向量的数量积求解直线AB 与平面A 1D 1DA 所成角的正弦值即可．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，逻辑推理以及计算能力，是中档题．19.【答案】解：(Ⅰ)设双曲线两个顶点A 1(−a,0)，A 2(a,0)，任意一点P(x 0,y 0)， 则x 02a 2−y 02b 2=1，知y 02=b 2a 2(x 02−a 2)，∴k PA 1⋅k PA 2=y 0x+a ⋅y 0x−a=y 02x 02−a 2=19，得b 2a 2=19，即b a =13，即双曲线渐近线方程为y =±13x ； (Ⅱ)由e =2√23，得√1+(nm )2=2√23，得m =3n ，可得椭圆方程为x 29n2+y 2n 2=1，设P(x 0,y 0)，则PM 方程为y =−13(x −x 0)+y 0， 由{y =−13(x −x 0)+y 0y =x3，得x M =3y 0+x 02； 由{y =13(x −x 0)+y 0y =−x 3，得x M =−3y 0+x 02． 由渐近线性质，得√10=|x M |OM，OM =√10|x M |3=√103|3y 0+x 02|， 同理可得，ON =√10|x N |3=√103|−3y 0+x 02|， 由OMPN 是平行四边形，知PM 2+PN 2=OM 2+ON 2， ∴PM 2+PN 2=OM 2+ON 2=109⋅9y 02+x 022=59[9(n 2−x 029)+x 02]=5n 2=5，即n 2=1．∴存在符合题意的椭圆，其方程为x 29+y 2=1．【解析】(Ⅰ)设出双曲线上任意一点P 的坐标，代入双曲线方程可得点P 的横纵坐标的关系，再写出P 与两个端点连线的斜率，由向量之积即可求出双曲线的渐近线方程；(Ⅱ)由椭圆的离心率可得m 与n 的关系，把椭圆方程用含有n 的字母表示，写出PM 与PN 的方程，与渐近线方程联立求得M 与N 的坐标，再由|PM|2+|PN|2=5求解n ，则椭圆方程可求． 本题考查直线与双曲线、直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．20.【答案】解：(I)由f(x)=xlnax +2e ，知f′(x)=lnax +1=ln(aex)，①当a >0时，定义域为(0,+∞)，f′(x)>0得x >1ae ，f′(x)<0得0<x <1ae ； ②当a <0时，定义域为(−∞,0)， f′(x)>0得x <1ae ，f′(x)<0得1ae <x <0所以，当a >0时，增区间为(1ae ,+∞)，减区间为(0,1ae )； 当a <0时，增区间为(−∞,1ae )，减区间为(1ae ,0)； (Ⅱ)因为g(x)=xlnax +2e −e −a 有两个正零点，则a >0， 由(I)知g(x)在(0,1ae )上单调递减，在(1ae ,+∞)上单调递增．设x =e t ，xlnx =te t ，t →−∞时，指数函数是爆炸增长，te t =−|t|e |t|→0， 当x →0,g(x)→2e −e −a ，当x →+∞，g(x)>0， g(x)min =g(1ae )=−1ae +2e −e −a ，因为g(x)有两个正零点，所以有{2e−e −a >0①−1ae+2e−e−a<0②， 由①得a >1−ln2，对于②，令ℎ(x)=−1ex +2e −e −x ，∴ℎ′(x)=1ex 2+e −x >0，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增， 且ℎ(1)=0，由ℎ(x)<0知x ∈(0,1)， 由②−1ae +2e −e −a <0得a ∈(0,1)综上所述，a ∈(1−ln2,1)．【解析】(Ⅰ)求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；(Ⅱ)根据函数的单调性求出g(x)的最小值，结合g(x)有两个正零点，得到关于a 的不等式组，解出即可． 本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．所以，计算K 2=50×(10×11−14×15)224×26×25×25≈1.282<2.706，所以没有90%的把握说“该次大赛是否得满分”与“同学性别”有关； (Ⅱ)由题意知，μ=0，σ2=0.8；又x 1=0，x 2=2，x 3=0，x 4=2，x 5=2，而2σ≈1.788，3σ≈2.682， 所以不存在x i ≥3σ；又满足2σ<x i ≤3σ的i 的个数为3，即k =3；当X ～N(μ,σ2)，P(μ−3σ<X <μ−2σ)+P(μ+2σ<X <μ+3σ)≈0.9974−0.9544≈0.043； 设从服从正态分布N(μ,σ2)的总体(个体数无穷大)中任意取5个个体， 其中值属于(μ−3σ,μ−2σ)∪(μ+2σ,μ+3σ)的个体数为Y ， 则Y ～B(5,0.043)，所以，P(Y ≥3)=1−0.9575−C 51×0.043×0.9574−C 52×0.0432×0.9573≈0.0008<0.003； 综上，第②种情况出现，所以该小组不会接受该模型．【解析】(I)由表中数据画出列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；(Ⅱ)由题意知μ、σ2的值，利用X ～N(μ,σ2)和Y ～B(5,0.043)计算对应的概率值，从而得出结论． 本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了概率的计算问题，是中档题． 22.【答案】解：(Ⅰ)由题意抛物线E 的焦点为(1,0)，所以标准方程为y 2=4x ， 故极坐标方程为ρsin 2θ−4cosθ=0；(Ⅱ)设过点A 的直线l 参数方程为{x =3+tcosαy =2+tsinα(t 为参数)，代入y 2=4x ，化简得t 2sin 2α+(4sinα−4cosα)t −8=0， M ，N 所对应的参数分别为t 1，t 2， t 1+t 2=−4sin α+4cos αsin 2α，t 1⋅t 2=−8sin 2α，且Δ=(4sinα−4cosα)2+32sin 2α>0．由|AN|=2|AM|，A 在E 内部，知t 2=−2t 1，t 1⋅t 2=−2t 12=−8sin 2α 得{t 1=2sinαt 2=−4sinα或{t 1=−2sinαt 2=4sinα， 所以，当t 1+t 2=−4sinα+4cosαsin 2α=−2sinα时，解得tanα=2， 所以，当t 1+t 2=−4sinα+4cosαsin 2α=2sinα时，解得tanα=23， 所以tanα=2或tanα=23．【解析】本题考查抛物线的极坐标方程的求法，普通方程与极坐标方程的互化，直线的参数方程的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．(Ⅰ)求出抛物线E 的标准方程为y 2=4x ，然后求解极坐标方程．(Ⅱ)设过点A 的直线l 参数方程为{x =3+tcosαy =2+tsinα(t 为参数)，代入y 2=4x ，利用韦达定理结合参数的几何意义，转化求解即可．23.【答案】解：(Ⅰ)当a =1时，不等式为2|x −1x |<3，平方得4x 2−8+4x 2<9，则4x 4−17x 2+4<0，得14<x 2<4， 即−2<x <−12或12<x <2，所以，所求不等式的解集(−2,−12)∪(12,2)；(Ⅱ)证明：因为f(x)=|ax −1x |+|x −ax |≥|(ax −1x )−(x −ax )| =|a −1||x +1x |=|a −1|(|x|+1|x|)≥2|a −1|，又g(x)=|x −2a|−|x −2|≤|x −2a −(x −2)|=2|a −1|， 所以，不等式f(x)≥g(x)得证．【解析】本题主要考查绝对值不等式的解法，及绝对值不等式的性质，基本不等式的运用，考查运算求解能力及推理论证能力，属于中档题(Ⅰ)将a =1代入，把不等式两边平方后，解不等式即可；(Ⅱ)运用绝对值不等式的性质结合基本不等式可得f(x)≥2|a −1|，g(x)≤2|a −1|，由此得证．。

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．。