江西省南昌市第二中学2019届高三第三次月考数学(理)试题(精品解析)

南昌二中2018—2019学年度高二上学期第三次月考数学（理科）试卷一、选择题（本大题共12小题，每题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.曲线的极坐标方程4sin ρθ=化为直角坐标为（ ）A.4)2(22=++y xB.4)2(22=-+y xC.4)2(22=+-y xD.4)2(22=++y x2. 曲线y ＝ e x 在点A (0,1)处的切线斜率为( )A ．1 B. 2 C ．e D.1e3. 下列结论错误．．的是 ( ) A ．若“p 且q”与“q p 或⌝”均为假命题，则p 真q 假. B ．命题“存在0,2>-∈x xR x ”的否定是“对任意0,2≤-∈x x R x ”C ．“1x =”是“2320x x -+=”的充分不必要条件.D ．“若b a bm am <<则,22”的逆命题为真.4.如果椭圆221164x y +=上一点P 到它的右焦点距离是6,那么点P 到它的左焦点的距离是（ ） A ．2B ．3C ．4D ．85. 函数22e xy x =-在[]2,2-的图像大致为（ ）.A B C D 6. 函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围是( )A ．0≤a <1B ．－1<a <1C ．0<a <12D ．0<a <17. 等比数列{}n a 中，4,281==a a ，函数)())(()(821a x a x a x x x f ---= ，则=)0('f ( )A.62B. 92C. 122D. 1528. 已知双曲线22221(0)x y a b a b-=>>的右焦点为F ，过F 的直线l 交双曲线的渐近线于A 、B 两点，且直线l 的倾斜角是渐近线OA 倾斜角的2倍，若2AF FB =，则该双曲线的离心率为（ ）A ．4B.3C.5D.29. 已知椭圆212221(0)x y a b a bC +=>>：与双曲线22214x C y -=：有公共的焦点，2C 的一条渐近线与以1C 的长轴为直径的圆相交于,A B 两点．若1C 恰好将线段AB 三等分，则( ) A ．213a＝B ．2132a ＝C ．22b＝D ．212b ＝10. 已知函数()(),()=-∈xf x e x m m R ，若对()2,3∀∈x ，使得()()0'+>f x xf x ，则实数m 的取值范围为（ ） A ．15,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．15,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ D ．8,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭11. 已知函数0)1(),0()(2=>++=f a c bx ax x f ，则“b > 2a ”是“f (－2) < 0”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12. 设函数()()e 21x f x x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得()00f x <，则a 的取值范围是（ ） A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）13.在极坐标系(,)(02)ρθθπ≤<中，曲线2sin ρθ=与cos 1ρθ=-的交点的极坐标为 .14. 设函数2ln )(x x x f +=，则函数()f x 在[1,]e 上的最小值为____15.若点O 和点(2,0)F -分别是双曲线2221(0)x y a a-=>的中心和左焦点，点P 为双曲线右支上的任意一点，则OP FP ⋅的取值范围为___________. 16. 设a,b,c 是△ABC 的三边,P:222a b c =+ , Q:方程x 2 +2ax+b 2 = 0与方程x 2 +2cx －b 2 =0有公共根. 则P 是Q 的_____.(填：充分不必要条件,必要而不充分条件,充要条件,既不充分也不必要条件)三、解答题（本大题共6小题，满分70分，解答题写出必要的文字说明、推演步骤） 17.（本小题满分10分）已知函数32()2=-f x mx x ．（1）若1=m ，求曲线()=y f x 在点()1,(1)f 处的切线方程；（2）若函数2()()=-g x f x mx 在[]1,3上单调递增，求实数m 的取值范围．18.（本小题满分12分）设p ：不等式5032m m ->+有解；q ：函数6)34()(23++++=x m mx x x f 在R 上有极值.求使命题“p 或q ”为真的实数m 的取值范围.19.（本小题满分12分）在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为2cos 2sin 2x y θθ=⎧⎨=+⎩(θ为参数)，以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求C 的极坐标方程；(2)若直线12,l l 的极坐标方程分别为()6R πθρ=∈，()2=3R πθρ∈，设直线12,l l 与曲线C 的交点为O ，M ，N ，求OMN △的面积.20.（本小题满分12分）已知函数21()ln ()2f x x a x a R =-∈,()f x 在2x =时取得极值. (1)求f (x )的单调区间；(2)求证：当1x >时，2312ln 23x x x +<.21.（本小题满分12分）已知椭圆22221(0)x y C a b a b+=>>：的左右两个焦点为12,F F ，离心率为2e =，过点.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线:l y kx m =+与椭圆C 相交于1122(,)B(,)A x y x y ，两点，椭圆的左顶点为M ，连接MA MB ，并延长交直线4x =于P Q 、两点 ，,P Q y y 分别为P Q 、的纵坐标，且满足121111P Qy y y y +=+.求证：直线l 过定点.22.(本题满分12分)已知函数2()ln ,()(1)(1).f x x g x m x x m ==+-≠-（1）若函数()()y f x y g x ==与的图像在公共点P 处有相同的切线，求实数m 的值 和P 的坐标；（2）若函数()()y f x y g x ==与的图像有两个不同的交点M 、N ，求实数m 的取值范围；（3）在（2）的条件下，过线段MN 的中点作x 轴的垂线分别与()f x 的图像和()g x 的图象交于S 、T 点，以S 点为切点作1(),f x l 的切线以T 为切点作()g x 的切线2l ，是 否存在实数m ，使得12//l l ？如果存在，求出m 的值；如果不存在，请说明理由。

2
B．
2
C． 2
D． 2
2．函数 y cos x
， x 0, 的值域是（
）
6
2
31
A．
,
22
13
B．
,
22
13 C． ,
22
3．函数 f x log 1 x2 4 的单调递增区间为（
）
2
A ． 0,
B． ,0
C． 2,
31
D．
,
22
D． , 2
4．已知集合 A y| y x2 2 ，集合 B x | y lg x 3 ，则下列命题中真命题的个数是 （ ）
1 拿到试卷：熟悉试卷 刚拿到试卷一般心情比较紧张，建议拿到卷子以后看看考卷一共几页，有多少道题，了 解试卷结构，通览全卷是克服“前面难题做不出，后面易题没时间做”的有效措施，也从 根本上防止了“漏做题”。 2 答题顺序：从卷首依次开始 一般来讲，全卷大致是先易后难的排列。所以，正确的做法是从卷首开始依次做题，先 易后难，最后攻坚。但也不是坚决地“依次”做题，虽然考卷大致是先易后难，但试卷前 部特别是中间出现难题也是常见的， 执着程度适当， 才能绕过难题， 先做好有保证的题， 才能尽量多得分。 3 答题策略 答题策略一共有三点： 1. 先易后难、先熟后生。先做简单的、熟悉的题，再做综合题、 难题。 2. 先小后大。先做容易拿分的小题，再做耗时又复杂的大题。 3. 先局部后整体。 把疑难问题划分成一系列的步骤，一步一步的解决，每解决一步就能得到一步的分数。 4 学会分段得分 会做的题目要特别注意表达准确、书写规范、语言科学，防止被“分段扣点分。”不会做的题目我们 可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论。如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向； 如果能得出预期结论，就回过头来，集中力量攻克这一“卡壳处。如”果题目有多个问题，也可以跳 步作答，先回答自己会的问题。 5 立足中下题目，力争高水平 考试时，因为时间和个别题目的难度，多数学生很难做完、做对全部题目，所以在答卷中要立足 中下题目。中下题目通常占全卷的80%以上，是试题的主要构成，学生能拿下这些题目，实际上 就是有了胜利在握的心理，对攻克高档题会更放得开。 6 确保运算正确，立足一次性成功 在答卷时，要在以快为上的前提下，稳扎稳打，步步准确，尽量一次性成功。不能为追 求速度而丢掉准确度，甚至丢掉重要的得分步骤。试题做完后要认真做好解后检查，看 是否有空题，答卷是否准确，格式是否规范。 7 要学会“挤”分 考试试题大多分步给分，所以理科要把主要方程式和计算结果写在显要位置，文科尽量把要点写 清晰，作文尤其要注意开头和结尾。考试时，每一道题都认真思考，能做几步就做几步，对于考 生来说就是能做几分是几分，这是考试中最好的策略。 8 检查后的涂改方式要讲究 发现错误后要划掉重新写，忌原地用涂黑的方式改，这会使阅卷老师看不清。如果对现有的题解不满 意想重新写，要先写出正确的，再划去错误的。有的同学先把原来写的题解涂抹了，写新题解的时间 又不够，本来可能得的分数被自己涂掉了。考试期间遇到这些事，莫慌乱！不管是大型考试还是平时 的检测，或多或少会存在一些突发情况。遇到这些意外情况应该怎么办？为防患于未然，老师家长们 应该在考前给孩子讲清楚应急措施，告诉孩子遇事不慌乱，沉重冷静，必要时可以向监考老师寻求帮

2019届江西省临川一中，师大附中，南昌二中，临川二中等九校重点中学高三第三次联考数学（文）试题一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】先化简集合，再利用交集的定义求解即可.【详解】因为，，所以,故选B.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.2．若，则复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】D【解析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，由复数的几何意义可得结果.【详解】因为，所以在复平面内对应的点为，位于第四象限,故选D.【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3．为比较甲、乙两名高二学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验（指标值满分为5分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述正确的是（）A．乙的数据分析素养优于甲B．乙的数学建模素养优于数学抽象素养C．甲的六大素养整体水平优于乙D．甲的六大素养中数据分析最差【答案】C【解析】根据题目所给图像，填写好表格，由表格数据选出正确选项.【详解】根据雷达图得到如下数据：由数据可知选C.【点睛】本题考查统计问题，考查数据处理能力和应用意识.4．已知点，是抛物线：上的两点，且线段过抛物线的焦点，若的中点到轴的距离为2，则（）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】C【解析】利用抛物线的抛物线的定义写出弦长公式，利用中点横坐标来求得弦长. 【详解】设，，则，而的中点的横坐标为，所以.故选C.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，以及抛物线的定义和性质，考查运算求解能力和化归与转化的数学思想.5．已知向量，满足，且，，则向量与的夹角为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】对两边平方，求得，所以.画出图像，根据图像确定与的夹角，并根据它补角的正切值求得对应的角的大小.【详解】因为，所以，即，所以.如图，设，，则向量与的夹角为，因为，所以，.故选B.【点睛】本题考查平面向量的模以及夹角问题，考查运算求解能力，考查数形结合的数学思想方法.属于中档题.6．如图，，分别是边长为4的等边的中线，圆是的内切圆，线段与圆交于点.在中随机取一点，则此点取自图中阴影部分的概率是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】利用等边三角形中心的性质，求得内切圆的半径和阴影部分面积，再根据几何概型计算公式计算出所求的概率.【详解】在中，，，因为，所以，即圆的半径为，由此可得图中阴影部分的面积等于，的面积为，故所求概率.故选A.【点睛】本题考查几何概型问题，考查数据处理能力和应用意识.属于中档题.7．若实数，满足约束条件，设的最大值与最小值分别为，，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得最大值与最小值，从而可得结果.【详解】画出表示的可行域，如图，由，由，将变形为，平移直线，由图可知当直经过点时，直线在轴上的截距分别最大、最小，分别有最小值与最大值为，，故选D.【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.8．已知等比数列的前项和为，若，，则（）A．280 B．300 C．320 D．340【答案】B【解析】由，，列方程组求出，利用可得结果.【详解】设等比数列的公比为，由题意易知所以，，两式相除得，化简得，解得，所以,故选B.【点睛】本题主要考查等比数列的性质与前项和的计算，考查运算求解能力.等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.9．若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的所有侧面和底面中，面积的最大值为（）A．2 B．C．3 D．【答案】C【解析】画出三视图对应的直观图，然后利用勾股定理、余弦定理以及三角形面积公式计算出四个面的面积，由此判断出面积最大值.【详解】由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，其中，为的中点，平面，，.所以，，.又因为，，所以，故，所以.故选C.【点睛】本题考查三视图的知识，考查空间想象能力和运算求解能力.属于中档题.10．已知是定义在上的函数，且，如果当时，，则（）A．27 B．-27 C．9 D．-9【答案】B【解析】先判断出函数的周期，然后利用周期性和已知条件，将转化为，将代入题目所给解析式，由此求得的值.【详解】由，则，所以为周期为8的周期函数，，.故选B.【点睛】本题考查函数的周期性与求值，考查运算求解能力.属于基础题.11．在平面直角坐标系中，过双曲线上的一点作两条渐近线的平行线，与两条渐近线的交点分别为，，若平行四边形的面积为3，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设出C点的坐标，利用直线和直线的方程求得点的坐标，由此求得，利用点到直线的距离公式求得到直线的距离，利用平行四边形的面积列方程，求得含有的等式，利用C在双曲线上这一条件列方程，由此求得的值，进而求出的值以及离心率.【详解】如图，设，则直线：，直线：，可求得交点的坐标为，所以.又点到直线：的距离，所以平行四边形的面积为，即.因为，所以，所以，从而，.故选A.【点睛】本题考查双曲线的渐近线与离心率，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力.属于中档题.解题过程中首先考虑的是将平行四边形的面积表示出来，这是方程的思想，也即是要求一个未知数，通过未知数满足的一个方程来求解出来.12．设函数.若不等式对一切恒成立，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】问题转化为对一切恒成立，根据三次函数的图象不可能恒在轴的下方，可得，解得或（舍去）.可得对一切恒成立，等价于，则，利用二次函数的性质可得结果.【详解】因为，所以，不等式，即.因为对一切恒成立，而三次函数的图象不可能恒在轴的下方，所以，解得或（舍去）.所以对一切恒成立，则或，所以，则.的取值范围为，故选D.【点睛】本题主要考查基本初等函数求导公式、转化思想的应用以及一元二次不等式恒成立问题，考查了二次函数的性质，属于难题. 一元二次不等式恒成立问题主要方法：（1）若实数集上恒成立，考虑判别式小于零即可；（2）若在给定区间上恒成立，则考虑运用“分离参数法”转化为求最值问题.二、填空题13．已知函数，若，则__________．【答案】2【解析】由，可得，解得，从而可得函数解析式，将代入即可得结果.【详解】因为，所以，解得，函数从而.故答案为.【点睛】本题主要考查对数的运算以及对数函数的解析式，意在考查对基础知识的掌握情况，属于基础题.14．已知直线与函数的图象相邻两个交点的横坐标分别为，，则__________．【答案】1【解析】根据两个交点的横坐标求得函数的一条对称轴，将对称轴代入函数解析式，利用最大值和最小值列方程，解方程求得的值.【详解】依题意，由已知为函数的图象的一条对称轴，函数取得最大值或最小值，将代入函数解析式，得，解得.【点睛】本题考查三角函数的性质，考查辅助角公式，考查推理论证能力.属于中档题.15．我国古代数学家祖暅提出原理：“幂势既同，则积不容异”.其中“幂”是截面积，“势”是几何体的高.该原理的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被任一平行于这两个平行平面的平面所截，若所截的两个截面的面积恒相等，则这两个几何体的体积相等.如图，在空间直角坐标系中的平面内，若函数的图象与轴围成一个封闭的区域，将区域沿轴的正方向平移8个单位长度，得到几何体如图一，现有一个与之等高的圆柱如图二，其底面积与区域的面积相等，则此圆柱的体积为__________．【答案】【解析】利用四分之一圆的面积和直角三角形面积公式求得阴影部分的面积，进而求得圆柱的体积.【详解】表示的是四分之一的圆的面积，且圆的半径是，所以区域的面积为，所以圆柱的体积.【点睛】本题考查数学文化以及简单几何体的体积，考查利用几何意义计算定积分，考查空间想象能力和运算求解能力.16．数列共有项（为定值），它的前项和为，现从这项中抽取某一项（不含首项和末项），余下的项的平均值为103，则__________．【答案】35【解析】由求得.设抽取的是第项，利用平均数公式以及前项和可得，根据列不等式组求解即可.【详解】因为，当时，，，也适合，所以.设抽取的是第项，由，得，整理得.因为，所以，解得，因为，所以.故答案为.【点睛】本题主要考查数列的通项公式与前项和公式之间的关系，属于中档题. 已知数列前项和，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式. 在利用与通项的关系求的过程中，一定要注意的情况.三、解答题17．已知在中，，，.（1）求边的长；（2）设为边上一点，且的面积为，求.【答案】（1）3；（2）.【解析】（1）利用三角形内角和定理，将转化为，化简已知条件求得，然后求得，利用等腰三角形求得的长.（2）利用三角形面积列方程，求得的值，利用余弦定理求得的值，利用正弦定理求得的值.【详解】解：（1）由及，得，展开得，即，所以.所以，即，所以.（2）由，解得.在中，，所以.由，得，所以.【点睛】本小题主要考查三角形内角和定理，考查三角恒等变换，考查利用余弦定理和正弦定理解三角形，综合性较强，属于中档题.18．某中学为了组建一支业余足球队，在高一年级随机选取50名男生测量身高，发现被测男生的身高全部在到之间，将测量结果按如下方式分成六组：第1组，第2组，…，第6组，如图是按上述分组得到的频率分布直方图，以频率近似概率.（1）若学校要从中选1名男生担任足球队长，求被选取的男生恰好在第5组或第6组的概率；（2）试估计该校高一年级全体男生身高的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）与中位数；（3）现在从第5与第6组男生中选取两名同学担任守门员，求选取的两人中最多有1名男生来自第5组的概率.【答案】（1）0.12；（2）平均数为168.72，中位数为168.25；（3）.【解析】（1）由直方图可得，被选取的男生恰好在第5组或第6组的概率；（2）每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标、组距相乘后求和可得平均值；直方图左右两边面积相等处横坐标表示中位数；（3）利用列举法，从第5与第6组男生中选取两名同学担任守门员共有15种情况，其中选取的两人中最多有1名男生来自第5组的情况有9种，由古典概型概率公式可得结果.【详解】（1）被选取的男生恰好在第5组或第6组的概率.（2）全体男生身高的平均数为.设全体男生身高的中位数为，因为第1组对应的频率为0.20，第2组对应的频率为0.28，所以，则，解得.（3）第5组有人，记为，，，，同理第6组有2人记为，，所有的情况为、、、、、、、、、、、、、、，共15种，选取的两人中最多有1名男生来自第5组的有、、、、、、、、共9种，所以所求概率为.【点睛】本题主要考查直方图的应用以及古典概型概率公式的应用，属于难题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有(1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，…. ，再，…..依次….… 这样才能避免多写、漏写现象的发生.19．如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，其中点在以为直径的圆上，，，，平面平面.（1）证明：平面.（2）设点是线段（不含端点）上一动点，当三棱锥的体积为1时，求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）利用余弦定理，由勾股定理可得，再根据面面垂直的性质可得平面；（2）设，则，由，解得，即点是线段的中点.取的中点为，连接，可证明四边形为平行四边形，从而，且，可得为异面直线与所成角（或补角），再利用余弦定理可得结果.【详解】（1）连接，，因为点在以为直径的圆上，所以.因为，所以，.所以.因为为等腰梯形，，所以.又因为，，所以，从而得.又因为平面平面，平面平面，所以平面.（2）由（1）得，设，则，所以，解得，即点是线段的中点.取的中点为，连接，则由（1）及条件得，且，所以四边形为平行四边形，从而，且，所以为异面直线与所成角（或补角）.因为，所以.因为，所以，所以，所以，即异面直线与所成角的余弦值为.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定及面面垂直的性质定理，异面直线所成的角，属于难题.求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.20．已知椭圆：在左、右焦点分别为，，上顶点为点，若是面积为的等边三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，是椭圆上的两点，且，求使的面积最大时直线的方程（为坐标原点）.【答案】解（1）；（2）或.【解析】（1）由是面积为的等边三角形，结合性质，列出关于、的方程组，求出、，即可得结果;（2）先证明直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立消去，利用弦长公式可得，化简得.原点到直线的距离为，的面积，当最大时，的面积最大.由，利用二次函数的性质可得结果.【详解】（1）由是面积为的等边三角形，得，所以，，从而，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）知，当轴时，，则为椭圆的短轴，故有，，三点共线，不合题意.所以直线的斜率存在，设直线的方程为，点，点，联立方程组消去，得，所以有，，则，即，化简得.因为，所以有且.原点到直线的距离为，的面积，所以当最大时，的面积最大.因为，而，所以当时，取最大值为3，面积的最大值.把代入，得，所以有，即直线的方程为或.【点睛】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.21．已知函数，.（1）求使方程存在两个实数解时，的取值范围；（2）设，函数，.若对任意，总存在，使得，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）求出导函数，可得函数在区间上单调递增，在上单调递减，求得，，，利用可得结果；（2）由（1）知，设的值域为，因为对任意，总存在，使得，等价于.利用导数研究函数的单调性，求出的值域，根据包含关系列不等式求解即可,【详解】（1）.令，得；令，得，所以函数在区间上单调递增，在上单调递减，所以，又，，要使方程存在两个实数解，则，解得.（2）由（1）知，设的值域为，因为对任意，总存在，使得，所以.因为，所以，当时，在上恒成立，所以在上单调递减，又，不可能满足.当时，由于，若，即，在上单调递减，在上单调递增，，又，，要使，则必须有，化简得，解得，又，所以. 若，即，在上单调递减，不可能满足.综上，实数的取值范围为.【点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线，的直角坐标方程；（2）设，分别在曲线，上运动，若的最小值是1，求的值.【答案】（1）曲线的直角坐标方程为，的直角坐标方程为；（2）或.【解析】（1）利用消去参数方程的参数，得到直角坐标方程.利用，，化简求得的直角坐标方程.（2）利用圆心到直线的距离减去半径，得到的最小值的表达式，解方程求得的值.【详解】解：（1）由消去参数，得，所以曲线的直角坐标方程为.由，整理得，而，，所以，即的直角坐标方程为.（2）由（1）知曲线是圆心为，半径的圆，则圆心到直线的距离为.所以，解得或.【点睛】本小题主要考查参数方程和极坐标方程转化为直角坐标方程，考查圆上点到直线距离的最值问题，属于中档题.23．已知函数的图象如图所示.（1）求的值；（2）设，的最大值为，若正数，满足，证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由图知和，得；（2）写出的分段形式，求得函数的最大值，由展开利用基本不等式即可得证.【详解】（1）解：由，得，即.由，得，所以.（2）证明：由（1）知，所以，显然的最大值为6，即.因为，所以.因为（当且仅当，时取等号），所以.【点睛】本题主要考查了绝对值函数性质的研究，基本不等式的应用，属于中档题.。

— 高三文科数学(三模)第1页(共4页) —NCS20190607项目第三次模拟测试卷文科数学本试卷分必做题和选做题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自已的准考证号、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”与考生本人的准考证号、姓名是否一致． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水笔写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，监考员将答题卡收回．一．选择题：共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设集合0|2 x x x A ， 2|21x B x ，则()A B RA.[1,2)B.(0,1)C.(1,2)D.[0,1] 1．D 【解析】由20x x 得0x 或1x ，所以[0,1]A R ，由2e1x 得2 x ， 所以)2,( B ， 所以()[0,1]A B R .2. 已知复数(i)(32i)z a (R)a 的实部为1 ，则其虚部为 A.73B.7i 3C.5D.5i 2.C 【解析】(i)(32i)(32)(23)i z a a a ，所以123 a ，解得1 a ， 所以复数z 的虚部为53)1(2 ．3.已知等差数列 n a 的前9项和为45，13 a ，则7aA. 11B. 10C. 9D. 8 3. A 【解析】设 n a 的前9项和为9S ，则45959 a S ，所以55 a ，所以11)1(102357 a a a ．4. 若tan()26，则2tan(23等于 A．2 B ．43C．2 D ．43— 高三文科数学(三模)第2页(共4页) —D111Q PD 1C 1B 1A 14.B 【解析】22tan()246tan(2)tan(2)3331tan (6． 5．已知直线:0l x 与圆22:(1)1C x y相交于,O A 两点，O 为坐标原点，则COA 的面积为A.4B. 2C. D.5. A 【解析】注意到直线l ，圆C 均过原点，通过图形观察可知 COB 为等边三角形，所以2144COB S，故选A . 6.对具有相关关系的两个变量,x y ，收集了n 组数据：1122(,),(,),,(,)n n x y x y x y ，根据最小二乘法得到线性回归方程y bx a ，则下列说法一定正确的是 A ．{1,2,3,,}i n ，都有i i y bx a B ．{1,2,3,,}i n ，使得i i y bx a C ．{1,2,3,,}i n ，都有i i y bx a D ．{1,2,3,,}i n ，使得i i y bx a 6.D 【解析】最小二乘法是根据21()niii y bx a 最小来确定,b a ，有可能这n 个点都不在回归直线上，所以A ，B 错误，这n 个点不可能都在回归直线下方，一定存在点在直线上或直线上方，所以选D ．7.设1213214,log ,log 23a b c，则,,a b c 的大小关系是 A .a b c B.a c b C.c a b D. c b a7．B 【解析】首先2311,log 31,log 212a b c ，故b 最大；其次31log 2a c ，即a cb ，故选B .8．如图，长方体1111ABCD A B C D 中，12,3AA AB BC ,点P 在线段11B D 上，BA的方向为正（主）视方向，当AP 最短时，棱锥11P AA B B 的左(侧)视图为8．B 【解析】如图，依题意可知，若AP 最短时，则11AP B D ， 又因为12,3AA AB BC ，所以1B P— 高三文科数学(三模)第3页(共4页) —得111111413B PC Q BD C D ，故选B .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.12B. 1C. 4D. 29. A 【解析】该程序框图是求分段函数243,03,0x x x y x x 的函数值，此函数图像如图所示：当13y 时x 有三个值，故选A .10. 若直线kx y 与曲线xx y 122相切，则 k A.1 B. 1 C. 2 D. 310. D 【解析】设切点为)12,(0200x x x ， 由x x y 122 得，214xx y ，所以曲线在该点处的切线方程为))(14()12(0200020x x x x x x y ，又切线过原点， 所以0200201412x x x x ，解得10 x ， 所以3 k .11．已知抛物线2:4C y x ，其焦点为F ，准线为l ，P 为抛物线C 上第一象限内的点，过点P 作l 的垂线，垂足为Q ,当PFQ 周长为12时，PFQ 的面积为A.B .C .D .11．C 【解析】设00(,)P x y ，则200:4C y x ，根据定义01PF PQ x，QF，依题意02112x ，解得03x ，所以314PQ PF，0y011422PFQ S PQ y，故选C ． 12．如图，一个正四棱锥D C AB P 111 和一个正三棱锥S C B P 222 ，所有棱长都相等，F 为棱11C B— 高三文科数学(三模)第4页(共4页) —的中点，将21,P P 、21,B B 、21,C C 分别对应重合 为C B P ,,，得到组合体.关于该组合体有如下三个结论：①AD SP ；②AD SF ；③//AB SP ，其中错误的个数是A. 0B. 1C. 2D. 3 12. A 【解析】由于正四棱锥111P AB C D 和一个正三棱锥222P B C S ，所有的棱长都相等，可看作有两个相同的正四棱柱拼凑而成，如图所示：P 点对应正四棱锥的上底面中心1O ，S 点对应另一正四棱锥的上底面中心2O ，由图形可知拼成一个三棱柱，设E 为AD 的中点，由此可知AD SP ，又因为AD 平面PEFS ，所以AD SF ，因为//EF SP ，//EF AB ，所以//AB SP .二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分. 13. 已知向量)2,1(),1,2( b a ，则 |2|b a ．13.5【解析】由已知得，)5,0()4,2()1,2(2 b a ，所以5|2| b a ．14. 若y x ,满足约束条件,074,0432,03y x y x y x 则y x z 2的最小值为 ．14.4【解析】画出可行域如图阴影部分，当直线y x z 2经过点A 时，z 取得最小值. 由 03,0432y x y x 得，)2,1(A . 所以y x z 2的最小值为4.15. 已知函数1)3π2cos()(x x f ，若存在)π,2π( ，使2)()( x f x f 对一切实数x 恒成立，则 ． 15.11π12【解析】依题设，函数)(x f 的图像关于点)1,( 中心对称，由2ππ3π2 k x 得6π52π k x ，Z k ，所以函数1)3π2cos()( x x f 的图像关于点))(1,6π52π(Z k k 对称．— 高三文科数学(三模)第5页(共4页) —又因为)π,2π( ，所以12π11 .16.已知等差数列{}n a 的前n 项和21n S n a ，若存在正整数,m k 使得a a a a k m ,24,成等比数列，则m k a a 的最大值与最小值的和为 .16.334【解析】当2n 时，121 n S S a n n n ，而a a 1也满足此通项公式，故1a ，即2,24,2m k 成等比数列，从而144 mk ，所以max max ()[2()2]288m k a a m k ，当且仅当1,144m k 或144,1m k 时等号成立；min min ()[2()2]46m k a a m k ，当且仅当,m k 都等于12m k 时取最小值，所以m k a a 的最大值与最小值的和为334.三．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题-21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题、23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分． 17．(本小题满分12分)如图所示，在直角坐标系xOy 中，扇形O A B 的半径为2，圆心角为3π2，点M 是弧AB 上异于B A ,的点.（Ⅰ）若点)0,1(C ，且2 CM ，求点M 的横坐标；（Ⅱ）求MAB 面积的最大值.17．【解析】（Ⅰ）连接OM ，依题设，在OCM 中，2,2,1OM CM OC ，所以43122)2(12cos 222 COM ， ………………3分所以点M 的横坐标为23432 . ………………6分（Ⅱ）设)3π2,0(, AOM ，则 3π2BOM ，OAB OBM OAM MAB S S S S 232221)]3π2sin([sin 22213)6πsin(32 ， ………………9分因为3π2,0( ，所以6π5,6π(6π ，所以当3π时，MAB 面积最大，且最大值为3. ………………12分— 高三文科数学(三模)第6页(共4页) —18．(本小题满分12分)如图，四边形ABCD 是梯形，CD AB //，AD BA ，121CD AD AB ，BDEF 是菱形，DF BD ，平面 BDEF 平面ABCD . （Ⅰ）求证：DF BC ；（Ⅱ）过点B 作一平面 与平面ADE 平行，设,DC MEC N ，求三棱锥D MNB 的体积. 18．【解析】（Ⅰ）证明：如图，取CD 的中点M ， 连接BM ，则CD BM .由已知可得，2,2,2,1,1 CD BD BC CM BM ，所以222CD BD BC ，所以BD CB ， ………………3分 又因为平面 BDEF 平面ABCD ，且平面 BDEF 平面BD ABCD ，所以 CB 平面BDEF ， 又 DF 平面BDEF ，所以DF BC . ………………6分（Ⅱ）如图，因为平面// 平面ADE ，所以//.//AD BM DE MN ，又因为//AB DM ，所以1DM AB ，所以点M 是DC 的中点，又CDE 中，//,MN DE M 是DC 的中点，所以点N 是EC 的中点， ………………8分因此1122D MNB N DMBE DMBF DMB V V V V， 设BD 的中点为O ，因为DF DB BF ，所以FO DB ,又因为平面 BDEF 平面ABCD ，所以FO 平面ABCD ， ………………10分所以11111=22362224D MNB F DMB BDM V V FO S . ………………12分19．（本小题满分12分）某校高三文科（1）班共有学生45人，其中男生15人，女生30人.在一次地理考试后，对成绩作了数据分析（满分100分），成绩为85分以上的同学称为“地理之星”，得到了如下图表：如果从全班45人中任意抽取1人，抽到 “地理之星”的概率为13. （Ⅰ）完成“地理之星”与性别的22 列联表，并回答是否有90%以上的把握认为获得“地— 高三文科数学(三模)第7页(共4页) —理之星”与“性别”有关？（Ⅱ）若已知此次考试中获得“地理之星”的同学的成绩平均值为90，方差为7.2，请你判断这些同学中是否有得到满分的同学，并说明理由.（得分均为整数分）参考公式：22n ad bc K a b c d a c b d ，其中n a b c d .临界值表：19．【解析】（Ⅰ）易知“地理之星”总人数为14515人，得到22 列联表： ………………4分则 224572288 1.8 2.70615301530K ，所以没有90%的把握可以认为获得“地理之星”与“性别”有关. ………………6分 （Ⅱ）没有得满分的同学. 记各个分值由高到低分别为1215,x x x ，则（1）若有两个以上的满分， 则22222315140[(10090)(10090)(90)(90)]7.2153s x x， 不合题意； ………………8分（2）若恰有一个满分，为使方差最小，则其它分值需集中分布于平均数90的附近，且为保证平均值为90，则有10个得分为89，其余4个得分为90，此时方差取得最小值…10分2222min 122[(10090)4(9090)10(8990)]7.2153s，与题意方差为7.2不符，所以这些同学中没有得满分的同学． ………………12分 20．（本小题满分12分）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b的左右焦点分别为12,F F ，点P 是椭圆C 上一点，以1PF 为直径的圆229:(22E x y 过点2F . （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过点P 且斜率大于0的直线1l 与圆E 的另一个交点为A ，与直线4x 的交点为B ，过点P 且与1l 垂直的直线2l 与直线4x 交于点D ，求ABD 面积的最小值.— 高三文科数学(三模)第8页(共4页) —20. 【解析】（Ⅰ）在圆E 的方程中，令0y ，得24x ，所以12(2,0),(2,0)F F… 2分又因为21//2OE F P，所以P点坐标为，所以122||||2a PF PF a b ，因此椭圆C 的方程为：22184x y . ……………………5分（Ⅱ）设直线1:(2)(0)l y k x k ，所以点B的坐标为2)k ……6分 将直线1l 的方程代入圆E的方程得到：2222(1)4)440k x k x k ，所以22221A k x k ， ………………………………7分直线2l的方程为：1(2)y x k，所以点D坐标为2(4k，所以2211262(4)|||2|221ABDA B D k S x y y k k k (10)分 6=2k k62k k即k 时取等号， 综上，ABD面积的最小值是12分21. （本小题满分12分）已知函数()ex kxf x(,0)k k R （e 为自然对数的底数）. （Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）当1k ，0x 时，若2()()0f x f x ax 恒成立，求实数a 的取值范围.21. 【解析】（Ⅰ）因为(1)()e xk x f x， 若0k ，当(,1)x 时，()0f x ，函数()f x 递增；当(1,)x 时，()0f x ，函数()f x 递减； ………………2分若0k ，当(,1)x 时，()0f x ，函数()f x 递减；当(1,)x 时，()0f x ，函数()f x 递增； ………………4分（Ⅱ）当1k ，0x 时，2()()0f x f x ax 等价于2e e 0x x x x ax ， 当0x 时，a R ；— 高三文科数学(三模)第9页(共4页) —当0x 时，得e e x x ax ，设()e e x x g x ax ，则()0g x 恒成立，()e x x g x e a ，若2a ，则()e 20x x g x e a a ，函数()g x 单调递增，()g(0)0g x ，2a 符合题意； ………………8分若2a ，令()e 0x x g x e a ，即2(e )e 10x x a ( )，存在00x x，使得e 12x a ，即0ln 2a x 为方程( )的解，所以当0(0,)x x 时，()0g x ，函数()g x 单调递减，当0(,)x x 时，函数()g x 单调递增；而(0)0g ，所以必存在0(0,)x x ，()0g x ，则与()0g x 恒成立矛盾. 所以2a 不合舍去.综上可知，2a . ………………12分（二）选考题：共10分.请考生在第（22）、（23）两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，把答案填在答题卡上．22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为sin 21,cos 22y x （ 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 cos sin 10 . （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)0,1( ，直线l 与曲线C 相交于,A B 两点，求||||MA MB 的值. 22．【解析】（Ⅰ）由参数方程sin 21,cos 22y x ，得曲线C 的普通方程22(2)(1)4x y .因为直线:l cos sin 10 ， sin ,cos y x ， 所以直线l 的直角坐标方程为013 y x .（Ⅱ）设点,A B 对应的参数分别为1t 、2t ，因为点)0,1( M 在直线l 上，所以直线l 的参数方程可写为ty t x 21,231（t 为参数），将其代入22(2)(1)4x y 得，06)133(2 t t ，所以06,01332121 t t t t ， 所以21,t t 均大于0. 所以133||||21 t t MB MA .— 高三文科数学(三模)第10页(共4页) —23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知()|2||21|,()|1||32|.f x x a x g x x x （Ⅰ）若()2f x 恒成立，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若存在实数12,x x ，使得等式12()()f x g x 成立，求实数a 的取值范围. 23.【解析】（Ⅰ）因为()|2||21||1|f x x a x a ，所以)(x f 的最小值为|1| a . 由已知|1|2a ，解得1a 或 3.a所以实数a 的取值范围是(,3][1,) . ………………………………5分（Ⅱ）()f x 的值域为[|1|,)a ，23,12()41,13223,3x x g x x x x x，故()g x 的值域为5(,]3， ………………………………7分依题意5[|1|,)(,]3a ，从而582|1|.333a a所以实数a 的取值范围是32,38[ . ………………………………10分。