江西省南昌市第二中学2020届高三数学（理）下学期校测（三）试题（Word版附答案）

江西省南昌市第二中学2020届高三数学（理）下学期校测（三）试题（Word版附答案）

南昌二中 2020 届高三校测(三) 数学(理)试卷 命题：高三数学备课组 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.已知集合 4{ log 1}M x x  ， {2}M N  ，则集合 N 可以是 （ ） A.{1,2} B.{2,3} C.{2,4} D.{2,3,4} 2.若复数 z 的其共轭复数 z 满足 ii z 311  ，则复数 z 为（ ） A. i42  B. i42  C. i44  D. i44  3. “数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句，折扇出入怀袖，扇面书画，扇骨雕 琢，是文人雅士的宠物，所以又有“怀袖雅物”的别号，如图是折扇的示 意图， A为 OB 的中点，若在整个扇形区域内随机取一点，则此点取自 扇面（扇环）部分的概率是（ ） A． 1 4 B． 1 2 C． 5 8 D． 4 3 4．设 52a ， 5log 2b  ， 8log 5c  ,则（ ） A． a b c  B． b c a  C． c b a  D． c a b  5. 已知点 ( , )m n m n  在 0 0 2 2 x y x y x y         表示的平面区域内，则 2 2m n 的最小值为（ ） A. 2 5 B. 10 5 C. 4 9 D. 2 3 6. 函数    2 cos ln 1 xf x x x    的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 明代数学家程大位（1533~1606 年），有感于当时筹算方法的不便，用 其毕生心血写出《算法统宗》，可谓集成计算的鼻祖．如图所示的程序 框图的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”问题．执行该程序框图，若 输出的 y 的值为 2 ，则输入的 x 的值为（ ） A.. 7 4 B. 56 27 C. 2 D. 164 81 8.  ACABBEADACEDCBDACABABC ，则4的中点，若是2中， ,, ( ) A. 0 B. 2 C. 4 D. 8 9. 已知数列 na 为等差数列, nS 是其前 n 项和, 2 55, 35 a S . 数 列        1 1 nn aa 的 前 n 项 和 为 nT , 若 对 一 切 *n N 都 有 nTm  12 恒成立,则 m 能取到的最小整数为( ) A. 1 B. 0 C. 1 D. 2 10. 在棱长为2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E 是正方形 1 1BB C C 的中心， M 为 1 1C D 的中点，过 1A M 的平面 与直线 DE 垂直,则平面 截正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 所得的截面面积为（ ） A. 24 B. 2 6 C. 52 D. 102 11.已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0)x yM b aa b     的焦距为 2c ，若 M 的渐近线上存在点T ,使得经过点 T 所作的圆 2 2 2( )x c y a   的两条切线互相垂直，则双曲线 M 的离心率的取值范围是 ( ) A．  30, ] B．（ 3,1 ] C．  32, ] D．（ 2,1 ] 12.已知函数        exx xxxf 0 021 2 ,ln , ，方程   axf  恰有两个不同的实数根 )(, 2121 xxxx  , 则 2 2 1 xx  的最小值与最大值的和( ) A. e2 B. 2 C. 36  e D. 34  e 第 II 卷 二、填空题:本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡中的横线上. 13. 某产品的宣传费用 x （万元）与销售额 y （万元）的统计数据如下表所示： 宣传费用 x （万元） 4 2 3 5 销售额 y （万元） 45 24 a 50 根据上表可得回归方程 ˆ 9.6 2.9y x  则宣传费用为 3 万元时，对应的销售额 a 为 ． 14．定义在 R 上的函数 )(xf 满足对任意的 yx, 都有 )()()( yfxfyxf  .设 2xxxfxg  sin)()( ，若 202010 )(g ，则  )( 10g ． 15. 已知 2 2 0 2 4a x dx  ，若 2020(1 ) ax 2 2020 0 1 2 2020 ( )   b b x b x b x x R ，则 20201 2 2 20202 2 2   bb b 的值为______. 16.高三年级毕业成人礼活动中，要求 A,B,C 三个班级各出三人，组成3 3 小方阵，则来自同 一班级的同学既不在同一行，也不在同一列的概率为 . 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，每道 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. （本小题满分 12 分）如图，在 ABC 中，点 P 在边 BC 上， .4,2,3  PCACAPC  . (1) 求 APB 的大小； (2)若 2 35的面积为ABC ，求 PABsin 的值. 18.（本小题满分 12 分）如图，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD， o1 , 90 ,2AB BC AD BAD ABC      E 是 PD 的中点． (1)证明：直线CE∥平面 PAB； (2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 o45 ，求二面角 M AB D  的 余弦值． 19. （本小题满分 12 分）已知点 F1，F2 为椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左、右焦点，F1， F2 都在圆 E： 2 2 3 02 yx y    上，椭圆 C 和圆 E 在第一象限 相交于点 P，且线段 PF1 为圆 E 的直径． （1）求椭圆 C 的方程； （2）椭圆 C 的左、右顶点分别为 M，N，过定点 Q 的直线 l: x ＝ty﹣2（t+1）与椭圆 C 分别交于点 A，B，且点 A，B 位于第一 象限，点 A 在线段 BQ 上，直线 OQ 与 NA 交于点 C．记直线 MB， MC 的斜率分别为 k1，k2．求证：k1k2 为定值． 20. （本小题满分 12 分） 2019 年由袁隆平团队研发的第三代杂交水稻 10 月 21 日至 22 日首 次公开测产，经测产专家组评定，最终亩产为 1046.3 公斤，第三代杂交水稻的综合优势可以 推动我国的水稻生产向更加优质、高产、绿色和可持续方向发展．某企业引进一条先进的食 品生产线，计划以第三代杂交水稻为原料进行深加工，创建一个新产品，已知该产品的质量 以某项指标值 ( [70,100])k k  为衡量标准，其质量指标的等级划分如表： 质量指标值 k 10090  k 9085  k 8580  k 8075  k 7570  k 产品等级 废品 合格 良好 优秀 良好 为了解该产品的生产效益，该企业先进行试生产，从中随 机抽取了 1000 件产品，测量了每件产品的指标值，得到 产品质量指标值 k 的频率分布直方图（如图）． （1）若从质量指标值不小于 85 的产品中利用分层抽 样的方法抽取 7 件产品，并采集相关数据进行分析，然后 从这 7 件产品中任取 3 件产品，求质量指标值 [90k  ，95) 的件数 X 的分布列及数学期望； （2）若将频率视为概率，从该产品中有放回地随机 抽取 3 件产品，记“抽出的产品中至少有 1 件为合格或合格以上等级”为事件 A ，求事件 A 发 生的概率； （3）若每件产品的质量指标值 k 与利润 y （单位：元）的关系如表所示 (1 4) :t  质量指标值 k 10090  k 9085  k 8580  k 8075  k 7570  k 利润 y （元 ) te t 2t 4t 3t 请问生产该产品能否盈利？若不能，试说明理由；若能，试确定 t 为何值时，利润达到最大（参 考数值： 2 0.7ln  ， 3 1.1ln  ， 5 1.6)ln  ． 21. （本小题满分 12 分）已知函数 ( ) lnf x kx x  ， ( )k R (1)讨论函数 ( )f x 的单调性 (2)若 ( )f x 有两个零点 1 2 1 2, ( )x x x x 证明： 12 1 ekx ex  (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 ．（ 本 小 题 满 分 10 分 ） 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 曲 线 C 的 直 角 坐 标 方 程 为    2 21 1 3x y    ，以O 为极点， x 轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，直线l 的极坐标 系方程为  3 R   . （1）求曲线C 的极坐标方程； （2）判断：直线l 与曲线 C 是否相交？若相交，请求出弦长；若不相交，请说明理由. 选修 4-5：不等式选讲 23. （本小题满分 10 分）已知函数 21  xaxxf )( (1) 当 1a 时，求不等式 4)(xf 的解集； (2)当 1a 时，若 )(xf 的图像与 x 轴围城的三角形面积等于 6，求 a 的值. 南昌二中 2020 届高三校测(三) 数学(理)试卷参考答案 C A D A A A C D B B C C 27a  -1820 -1 1 140 小题详解： 10.【解析】由如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，记 AB 的中点为 N ，连接 1, ,MC CN NA ， 则平面 1A MCN 即为平面 ．证明如下： 由正方体的性质可知， 1A M NC ，则 1A ， , ,M CN N 四点共面， 记 1CC 的中点为 F ，连接 DF ，易证 DF MC ．连接 EF ，则 EF MC ， 所以 MC 平面 DEF ，则 DE MC ． 同理可证， DE NC ， NC MC C ，则 DE  平面 1A MCN ， 所以平面 1A MCN 即平面 ，且四边形 1A MCN 即平面 截正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 所得的截面． 因为正方体的棱长为 2 ，易知四边形 1A MCN 是菱形，其对角线 1 2 3AC  ， 2 2MN  ， 所以其面积 1 2 2 2 3 2 62S     . 11.【解析】 b a ，所以离心率 2 1 2c be a a        ， 圆 2 2 2( )x c y a   是以 ( ,0)F c 为圆心，半径 r a 的 圆，要使得经过点T 所作的圆的两条切线互相垂直，必有 2TF a ，而焦点 ( ,0)F c 到双曲线渐近线的距离为 b ， 所以 2TF a b ≥ ，即 2b a ≤ ，所以 2 1 3c be a a       ≤ ，所以双曲线 M 的离心 率的取值范围是 ( 2, 3]． 12. 【解析】 函数        exx xxxf 0 021 2 ,ln , 的图像为： 则     ,ln,,,, 2 2 1 3 21 1且02 xxeexx   所以  eexxxxx ,,ln 3 2222 2 1 1  令       x x xxgeexxxxg 111则1 3   /,,,ln , 所以         33 421   eegxggxg maxmin , ，选 C. 15. 【解析】由积分的几何意义知 22 1( 2 ) 24a      ， 在 2020 2 2020 0 1 2 2020(1 2 )     x b b x b x b x 中， 0 1b  ， 令 1 2x  ，则 20201 2 0 2 2020 02 2 2      bb bb ，∴ 20201 2 2 2020 12 2 2      bb b ． 16. 【解析】首先，第一行队伍的排法有 3 3A 种；第二行队伍的排法有 2 种；第三行队伍的排 法有 1 种；然后，第一行的每个位置的人员安排有 1 1 1 3 3 3C C C 种；第二行的每个位置的人员安排 有 1 1 1 2 2 2C C C 种；第三行的每个位置的人员安排有1 1 1  种.所以来自同一班级的同学既不在同 一行，也不在同一列的概率 3 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 2 2 2 9 9 2 1 140 A C C C C C CP A     . 17. 【解析】（1） 3 2 （6 分） （2） 38 573 （12 分） 18. 【解析】 （1）取 PA 的中点 F ，连结 EF ， BF ． 因为 E 是 PD 的中点，所以 EF ∥ AD ， 1 2EF AD ， 由 90BAD ABC     得 BC ∥ AD ， 又 1 2BC AD ，所以 EF BC∥ ，四边形 BCEF 是平行四边形，CE ∥ BF ． 又 BF  平面 PAB ， CE  平面 PAB ，故 CE∥平面 PAB ． （5 分） （2）由已知得 BA AD ，以 A 为坐标原点， AB  的方向为 x 轴正方向， AB  为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz ， 则  0,0,0A ，  1,0,0B ，  1,1,0C ，  0,1, 3P ， (1,0, 3)PC   ， (1,0,0)AB  ， 设   , , 0 1M x y z x  ，则  1, , , ( , 1, 3)BM x y z PM x y z      ， 因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45°，而  0,0,1n 是 底面 ABCD 的法向量， 所以 cos , sin 45BM   n ，  2 2 2 2 21 z x y z     ，即 2 2 21 0x y z    ． ① 又 M 在棱 PC 上，设 PM PC  ，则 , 1, 3 3x y z     ． ② 由①②解得 21 2 1 6 2 x y z          (舍去)， 21 2 1 6 2 x y z         ． 所以 2 6(1 ,1, )2 2M  ，从而 2 6(1 ,1, )2 2AM   ． （9 分） 设  0 0 0, ,x y zm 是平面 ABM 的法向量，则 0, 0, AM AB        m m 即 0 0 0 0 (2 2) 2 6 0, 0, x y z x       所以可取 (0, 6,2) m ．于是 10cos , 5  m nm n m n ， 因此二面角 M AB D  的余弦值为 10 5 . （12 分） 19. 【解析】（1）在圆 E 中，令 y＝0 可得 x＝ 3 ，所以由题意可得 c＝ 3 ， 由圆的方程可得圆的半径为 4 7 ，所以由题意可得|PF1|＝ 2 7 ， 连接 PF2，因为 F2 在圆上，所以 PF2⊥F1F2， 又有|F1F2|＝2c＝2 3 ，则|PF2|＝ ,2 1124 492 21 2 1  FFPF 由题意的定义可得：2a＝|PF1|+|PF2|，可得 a＝2，b2＝a2﹣c2＝1，所以椭圆的方程为： 4 2x +y2 ＝1；（4 分） （2）Q（﹣2，2），设 A（x，y），B（x'，y'）， 直线 l 的方程：x＝ty﹣2（t+1），联立椭圆的方程整理得：（4+t2）y2﹣4t（t+1）y+4t（t+2）＝0 ∴ 03 8,0  t ，y+y'＝ 24 14 t tt   )( ，yy'＝ 24 24 t tt   )( ，（6 分） 设点 C（﹣c，c），由 A，C，N 三点共线点： 22  x y c c ，所以 c＝ 2 2   yx y ，（8 分） 则 k1k2 ＝       22222222 2 2 2 222 / / / / / / / /            ytyt yy yxx yy yx y yx y x y c c x y     422   // / yyyytt yy ＝          44 1424 242 4 24 22 2 t tt t tttt t tt )()()( )( ＝ 4 1 ，所以 k1k2 为定值 4 1 ．（12 分） 20. 【解析】（1）由频率分布直方图得指标值不小于 85 的产品中， [85k  ，90) 的频率为 0.08 5 0.4  ， [90k  ， 95) 的频率为 0.04 5 0.2  ， [95k  ，100] 的频率为 0.02 5 0.1  ， 利用分层抽样抽取的 7 件产品中， [85k  ，90) 的有 4 件， [90k  ，95) 的有 2 件， [95k  ，100) 的有 1 件， 从这 7 件产品中，任取 3 件，质量指标值 [90k  ，95) 的件数 X 的所有可能取值为 0，1，2， 3 5 3 7 2( 0) 7 CP X C    ， 1 2 2 5 3 7 4( 1) 7 C CP X C    ， 2 1 2 5 3 7 1( 2) 7 C CP X C    ，（4 分） X 的分布列为： X 0 1 2 P 2 7 4 7 1 7 2 4 1 6( ) 0 1 27 7 7 7E X        ．（5 分） （2）设事件 A 的合格率为 P （A），则根据概率分布直方图得： 一件产品为合格或合格以上等级的概率为 1 (0.04 0.02) 5 0.7p      ， 事件 A 发生的概率 P （A） 97303070 303 3 ...  C ．（7 分） （3）由频率分布直方图可得该产品的质量指标值 k 与利润 y（元 ) 的关系与表所示 (1 4)t  ， 质量指标值 k 10090  k 9085  k 8580  k 8075  k 7570  k 利润 y te t 2t 4t 3t P 0.3 0.4 0.15 0.1 0.05 每件产品的利润： 0.3 0.4 0.3 0.4 0.15 0.3 1.25t ty e t t t t e t         ， (1 4)t  ，则 0.3 1.25ty e    ， 令 0.3 1.25 0ty e     ，解得 25 6t ln ， 当 25(1, )6t ln 时， 0y  ，函数 0.3 1.25ty e   单调递增， 当 25( 6t ln ， 4) 时， 0y  ，函数 0.3 1.25ty e t   ，单调递减，（10 分） 当 25 6t ln 时， y 取最大值 25 6 25 3 25 50.3 1.25 (2 5 2 3) 0.56 10 6 4 ln e ln ln ln ln           ， 生产该产品能够实现盈利，当 25 1.46t ln  时，每件产品的利润取得最大值为 0.5 元．（12 分） 21. 【解析】（Ⅰ）由题设可得定义域  0,x   ，   1 1kxf x k x x     01 当 0k  ，   1 0f x k x     恒成立，  f x 在 0, 上单调递减； 02 当 0k  ，   1 1 k x kf x k x x        ， 10,x k     ，   0f x  ，故  f x 在 10, k      单调递减； 1 ,x k      ，   0f x  ，故  f x 在 1 ,k     单调递增.（5 分） （Ⅱ）方法一： ( )f x 有两个零点 1 2 1 2, ( )x x x x ，则 ln xk x  有两解， 令   ln xg x x  ，   2 1 ln xg x x   ，        0,e , 0, e, , 0x g x x g x      ， 则    max 1g x g e e   ，    1 20, , ,x e x e   ，（7 分） 由题意可得， 1 1ln 0..........(1)kx x  2 2ln 0..........(2)kx x  12 2 1 2 1 1 ln ln 1 ln 1 lnekx e x x ek x ek xx           又    1 20, , ,x e x e   , 所以 1ln 1,x  故 12 1 ekx ex  转化为：只需证明 2ln 1 1x ek   ,设  2 2ln 1F x x ek   （9 分） 由(2)式可得 2 2 ln xk x  ，   2 2 2 2 2 lnln 1 ln 1xF x x ek x e x       ；   2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ln (1 ln )1 x x e xF x ex x x       ，      2 2 2 21 ln , x ,x x e x e      ，  2 2 1 0ex x     ，  ,x e  恒成立，    2 0,x e e       2 0F x  ， 故  F x 在 ,e  上单调递增，    2 11 lnF x F e x   ， 即 2 2 1 2 lnln 1 lnxx e xx    ，整理可得 12 1 ekx ex  .（12 分） 方法二：由（1）知， ( )f x 有两个零点 1 2,x x ，则 0k  且 1( ) 1 ln 0f kk    ，得 10 k e   ， 则 1 ek  ， 1 2x x 2 1x ek    ，又 1 1eke e k   ， （7 分） 且 ( ) ( ) 0ek ek ekf e ke ek k e e     ，又 1( ) 0f x  ， 即 1( ) ( )ekf e f x ，又 ( )f x 在 1(0, )k 上单调递减，（9 分） 1 1 1(0, ), (0, )eke xk k   10 ekx e   ，又 2x e ， 12 1 ek ek x e ex e    ，所以原命题成立.（12 分） 22. 【解析】（1）将 2 2( 1) ( 1) 3x y    改为 2 2 2 2 1 0x y x y     ， 化为极坐标方程为 2 2 cos 2 sin 1 0        ；（4 分） （2）将 3   代入 2 2 cos 2 sin 1 0        得， 2 ( 3 1) 1 0     ，（6 分） 以为 2 1 ( 3 1) 4 8 2 3 0       ， 所以方程 2 ( 3 1) 1 0     有 2 个不同的根 1 ， 2 ， 所以直线l 与曲线C 相交，公共弦的长为 1 2 8 2 3      .（10 分） 23. 【解析】(1)当 1a 时， 21  xxxf )(        212 123 112 xx x xx , , , （2 分） 令 4)(xf ，解得 2 3 2 5-  x ，即解集为：     2 3，2 5-x （5 分） (2)当 1a ，可得        1121 12121 2-21）1（- xaxa xaxa xaxa xf ),()( ,)( ),( )( ，（7 分） )(xf 的图像与 x轴围城的三角形面积等于 6， 2a （10 分）