南昌市重点中学2019届高三年级段考试题理科数学(解析版)

南昌市重点中学2019届高三年级段考试题理科数学(解析版)

南昌市重点中学 2019 届高三年级段考试题 理科数学 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．设集合 2{ | 2}, { | 1 }Z ≤A x x B y y x     ，则 A B 的子集个数为（ ） A．4 B．8 C．16 D．32 1．答案：C 解析： { 2, 1,0,1,2}, { | 1}, { 2, 1,0,1},A B y y A B A B          ≤ 的子集个数为 42 16 ． 2．已知复数1 i 是关于 x 的方程 2 2 0x mx   的一个根，则实数 m 的值为（ ） A． 2 B．2 C． 4 D．4 2．答案：A 解析：依题意得 2(1 i) (1 i) 2 0m     ，即( 2) ( 2)i 0m m    ，因此 2 0, 2m m    ． 方法二：实系数方程的虚数根是成对出现的，且互为共轭复数，所以 1 21 i, 1 ix x    ， 由韦达定理， 1 2 2 , 2x x m m       ． 3．已知 tan 16      ，则 tan 6      （ ） A． 2 3 B． 2 3 C． 2 3  D． 2 3  3．答案：D 解析： tan tan 1 36 3tan tan 2 36 6 3 1 31 tan tan6 3                                          ． 解法二： tan 16       ，不妨取 6 4     ，则 12   ， tan tan tan (2 3) 2 36 12 12                       ． 4．已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yE a ba b    的两条渐近线分别为 1 2,l l ，若 E 的一个焦点 F 关于 1l 的对称 点 F在 2l 上，则双曲线 E 的离心率为（ ） A． 5 B．2 C． 2 3 3 D． 5 2 4．答案：B 解析：如图， 2 1 60F OD F OD FOF        ，所以 tan 60 3b a    ，不妨设 1a  ，则 3, 2b c  ， 离心率 2ce a  ． D F' F2F1 O 5．一种电子计时器显示时间的方式如图所示，每一个数字都在固定的全等矩形“显示池”中显示，且每 个数字都由若干个全等的深色区域“ ”组成．已知在一个显示数字 8 的显示池中随机取一点 A，点 A 落在深色区域内的概率为 1 2 ．若在一个显示数字 0 的显示池中随机取一点 B，则点 B 落在深色区域内的概 率为（ ） A． 3 8 B． 3 4 C． 3 7 D． 6 7 5．答案：C 解析：依题意，设题中全等的深色区域的面积为 s ，相应的固定的矩形的面积为 S ，则有 7 1 2 s S  ， 即 14S s ，因此点 B 落在深色区域内的概率为 6 3 14 7 s s  ． 6．一个几何体挖去部分后的三视图如图所示，若其正视图和侧视图都是由三个边长为 2 的正三角形组成 的，则该几何体的表面积为（ ） A．13 B．12 C．11 D． 2 3 6．答案：B 解析：题中的几何体是从一个圆台中挖去一个圆锥得到的，其表面积等于原来大圆锥的表面积， 大圆锥的底面半径 2r  ，母线长 4l  ，所以 2 12S r rl     ． 7．记不等式组 1 5 0 2 1 0 x x y x y        ≥ ≥ ≤ 的解集为 D ，若 ,x y D  ，不等式 2a x y≤ 恒成立，则 a 的取值范围 是（ ） A．( ,3] B．[3, ) C．( ,6] D．( ,8] 7．答案：C 解析：作出不等式组表示的平面区域如图所示，设 2z x y  ，则 2y x z   ，作出直线 2y x  并平 移，当直线过点 (1,4)A 时，直线在 y 轴上的截距取得最小值，即 2z x y  的最小值为 6，因为 ,x y D  ， 不等式 2a x y≤ 恒成立，所以 6a ≤ ． O x y A 8．执行完如图的程序框图后， S 与i 应满足的关系为（ ） A． 3 2S i  B． 7( 2)S i  C． 8 1S i  D． 9( 2)S i  8．答案：B 解析： 1, 1 3, 3 7, 5 15, 7 31, 9S i S i S i S i S i                 否 否 否 否 63, 11S i    是 输出 63, 11S i  ，满足 7( 2)S i  ． 9．已知函数 ( ) sin( ) 0, 2f x x           在 2,6 3       上单调递减，且 ( )f x 满足 11 012 12f f             ，则 ( )f   （ ） A． 3 2 B． 1 2 C． 1 2 D． 3 2 9．答案：C 解析：依题意得 012 11 212              ，由此解得 2 6     ， ( ) sin 2 6f x x      ， 1( ) sin 2 sin6 6 2f          ． 10．设椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b    的左、右焦点分别为 1 2,F F ，点 (0, ) (0 )E t t b  ．已知动点 P 在 椭圆上，且点 2, ,P E F 不共线，若 2PEF△ 的周长的最小值为 4b ，则椭圆C 的离心率为（ ） A． 3 2 B． 2 2 C． 1 2 D． 3 3 10．答案：A 解析：如图，连接 1 1,BF PF ，则 1 2EF EF ，所以 2PEF△ 的周长 2 2 1 2 1 2 2l PE EF PF PE EF PF PF PF a       ≥ ，当且仅当 1, ,P E F 三点共线时等号成 立，所以 2 4a b ，即 2a b ，不妨设 1b  ，则 2, 3a c  ，离心率 3 2 ce a  ． O x y P E F1 F2 11．在三棱锥 P ABC 中， PA  平面 ABC ， 2 3BAC   ， 3, 2 3,AP AB Q  是边 BC 上的一动 点，且直线 PQ 与平面 ABC 所成角的最大值为 3  ，则三棱锥 P ABC 的外接球的表面积为（ ） A． 45 B．57 C．63 D．84 11．答案：B 解析：因为 PA  平面 ABC ，所以 AQP 即为直线 PQ 与平面 ABC 所成的角， tan APAQP AQ  ， 所以当 AQ 最小，即 AQ BC 时， AQP 取得最大值，此时 tan 60 3AP AQ    ，又 3AP  ， 3AQ  2AB AQ  ， 6ABC   ， 6ACB   ， 设 ABC△ 的外接圆半径为 r ，则 2 3 4 3 2 , 2 31sin 2 AB r rACB      ， 因为 PA  平面 ABC ，所以是圆柱模型， 2 3, 3r h  ，外接球半径 2 2 57 2 2 hR r       ， 外接球的表面积为 24 57S R   ． 12．已知 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，记 ( )f x 的导函数为 ( )f x ，当 0x≥ 时，满足 ( ) ( ) 0f x f x   . P A B C Q 若存在 [ 2, )x   ，使不等式 3[ ( 3 3)] ( )x xf e x x f ae x  ≤ 成立，则实数 a 的最小值为（ ） A． 2 1e  B． 22 e C． 21 2e D． 11 e 12．答案：D 解析：因为 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，且当 0x≥ 时，满足 ( ) ( ) 0f x f x   ， 所以不妨设 ( ) x xf x e e  ，因为 ( ) x xf x e e  是定义在 R 上的单调递增函数， 【另解，设 ( )( ) , 0x f xg x xe ≥ ，则 ( ) ( )( ) 0x f x f xg x e     ，即 ( )g x 在[0, ) 上单调递增， 所以 ( ) (0) 0g x g ≥ ，所以 ( ) ( ) xf x g x e 在[0, ) 上单调递增，又因为 ( )f x 是奇函数，所以 ( )f x 是 R 上的单调递增函数】 所以由 3[ ( 3 3)] ( )x xf e x x f ae x  ≤ ，得 3( 3 3)x xe x x ae x  ≤ ， 所以不等式 3( 3 3) 0x xe x x ae x    ≤ 在区间[ 2, )  上有解，所以 3 3 3 x xa x x e  ≥ 在区间 [ 2, )  上有解，设 3( ) 3 3 , [ 2, )x xg x x x xe       ，则 2 1 1( ) 3 3 ( 1) 3 3x x xg x x x xe e             ，当 [ 2,1)x  时， ( ) 0, ( )g x g x  单调递减；当 (1, )x  时， ( ) 0, ( )g x g x  单调递增，所以 1( ) (1) 1g x g e ≥ ，所以 11a e≥ ． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填在题中的横线上． 13．已知定义在 R 上的偶函数 ( )f x ，满足 ( 2) ( )f x f x  ，当 [0,1]x 时， ( ) 1xf x e  ，则 ( 2017) (2018)f f   ． 13．答案： 1e  解析：函数 ( )f x 是定义在 R 上的偶函数，且周期为 2， ( 2017) (1) 1f f e     ， 0(2018) (0) 1 0f f e    ， ( 2017) (2018) 1f f e     ． 14． 6( 2)x y  的展开式中 4y 的系数为 ． 14．答案：60 解析：公式：三项式( )na b c  展开式的通项公式为 x y x y n x y n n xC C a b c    ． 所以 6( 2)x y  的展开式中含 4y 的项为 0 4 0 4 2 4 6 6 ( ) 2 60C C x y y   ． 15．已知 ABC△ 中， 4, 5AB AC  ，点O 为 ABC△ 所在平面内一点，满足 OA OB OC     ，则 OA BC    ． 15．答案： 9 2 解析：通解：因为 OA OB OC     ，所以点O 是 ABC△ 的外心，取 BC 中点 D ，连接OD ，则OD BC ， 且OA OD AD     ，  OA BC OD DA BC OD BC DA BC DA BC                           2 21 1 1 9(25 16)2 2 2 2AB AC AC AB AC AB                   ， 9 2OA BC     ． O D A B C 特解：因为 OA OB OC     ，所以点O 是 ABC△ 的外心，不妨设 AB AC ，以 A 为原点建立如图所 示平面直角坐标系，则 5(0,0), (0,4), (5,0), ,22A B C O     ， 5 , 2 , (5, 4)2OA BC          ，所以 25 9 98 ,2 2 2OA BC OA BC             ． 16．在圆内接四边形 ABCD 中， 8, 2 , 60AC AB AD BAD    ，则 BCD△ 的面积的最大值为 ． 16．答案：6 3 解析：设 AD t ，因为 2 , 60AB AD BAD    ，由余弦定理得 2 2 2 24 2 2 cos 60 3BD t t t t t       ， 所以 3BD t ，所以 2 2 2AB BD AD  ，所以 90ADB   ，即 AB 为四边形 ABCD 外接圆的直径， 如图，设 (0 60 )BAC        ，因为 8 cosAB  ，所以 4 3 cosBD  ，又 60CBD     ， 所以 BCD△ 的面积 1 4 38 tan sin(60 ) (0 60 )2 cosS             ，所以 2 2 2 2 16 3 sin sin(60 ) 24sin cos 8 3 sin 24 tan 8 3 tan (0 60 )cos cosS                   ， 所以 3tan 2  时， S 取得最大值6 3 ． O C B A A B C D 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．（本小题满分 12 分） 已知数列{ }na 是等差数列，{ }nb 是等比数列， 1 1 2 2 3 31, 2, 7, 13a b a b a b      ． （1）求{ }na 和{ }nb 的通项公式； （2）若 , , n n n a nc b n   为奇数 为偶数 ，求数列{ }nc 的前 2n 项和 2nS ． 17．解析：（1）设数列{ }na 的公差为 d ，数列{ }nb 的公比为 ( 0)q q  ， 依题意有 2 2 2 3 3 1 2 7 1 2 2 13 a b d q a b d q            ，解得 2 2 d q    ，故 2 1, 2n n na n b   ．……………………6 分 （2） 2 1, 2 ,n n n nc n   为奇数 为偶数 ， 所以 ……………………………………………………12 分 18．（本小题满分 12 分） 如图，四边形 ABCD 是矩形，沿对角线 AC 将 ACD△ 折起，使得点 D 在平面 ABC 内的射影恰好落在边 AB 上． （1）求证：平面 ACD  平面 BCD ； （2）当 2AB AD  时，求二面角 D AC B  的余弦值． A B CD D A B C 18．解析：（1）如图，设点 D 在平面 ABC 内的射影为点 E ，连接 DE ，则 DE  平面 ABC ，所以 DE BC ． 又 ,BC AB DE AB E  ，所以 BC  平面 ABD ，所以 BC AD ．…………………………5 分 又 , ,AD CD CD BC C AD    平面 BCD ，而 AD  平面 ACD ， 所以平面 ACD  平面 BCD ．…………………………………………………………………………6 分 A B CD D A E C B M M E （2）解法一：过点 D 作 AC 的垂线，垂足为 M ，连接 ME ．因为 DE  平面 ABC ，所以 DE AC ， 又 DM DE D ，所以 AC  平面 DME ，所以 EM AC ，所以 DME 为二面角 D AC B  的平 面角．…………………………………………………………………………………………………………8 分 设 AD a ，则 2AB a ．在 ADC△ 中，易求出 5 2 5,5 5AM a DM a  ． 在 AEM△ 中， 1 5tan 2 10 EM aBAC EMAM      ，所以 1cos 4 EMDME DM   ．……………12 分 解法二：以 B 为原点，线段 BC 所在的直线为 x 轴，线段 AB 所在的直线为 y 轴，建立如图所示空间直角 坐标系，设 1AD  ，则 2AB  ，因为 AD BD ，又 2AB AD  ，所以 30 , 60DBA DAB      ， 所以 1 1 3 3 3, ,2 2 2 2 2AE AD BE AB AE DE AD       ，所以 3 30, ,2 2D     ， 所以 1 30, , , ( 1,2,0)2 2AD AC         ．设平面 ACD 的法向量为 ( , , )m x y z  ， 则 1 3 0 32 2 22 0 m AD y z y z x ym AC x y                    ， 取 1z   ，则 3, 2 3y x  ， (2 3, 3, 1)m    ．…………………………………………9 分 因为平面 ABC 的一个法向量为 (0,0,1)n  ， 所以 1cos , 4 m nm n m n          ，所以二面角 D AC B  的余弦值为 1 4 ．…………………………12 分 D A E C Bx y z 19．（本小题满分 12 分） 已知抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  和定点 (0,1)M ，设过点 M 的动直线交抛物线C 于 ,A B 两点，抛物线C 在 ,A B 处的切线的交点为 N ． （1）若 N 在以 AB 为直径的圆上，求 p 的值； （2）若 ABN△ 的面积的最小值为 4，求抛物线C 的方程． 19．解析：显然直线 AB 的斜率存在，设直线 : 1AB y kx  ，将直线 AB 的方程代入抛物线C 的方程得： 2 2 2 0x pkx p   ，则 1 2 1 22 , 2x x pk x x p    ． ①……………………………………3 分 （1）由 2 2 xy p ，得 xy p   ，设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 ,A B 处的切线斜率的乘积为 1 2 2 2x x p p  ， 因为点 N 在以 AB 为直径的圆上， 2, 1, 2AN BN pp       ．…………………………6 分 （2）易得直线 1 1 1: ( )xAN y y x xp   ，直线 2 2 2: ( )xBN y y x xp   ， 联立得： 1 1 1 2 2 2 ( ) ( ) xy y x xp xy y x xp         ，两式相减，得： 2 2 1 2 1 2 2 1 x x x xy y xp p     ， 又因为 2 2 2 1 2 1 2 x xy y p   ，代入上式得 1 2 2 x xx pk  ，所以 2 1 1 2 1 1 2 1 12 2 2 x x x x x xy xp p p          ， 故 ( , 1)N pk  ． 2 2 2 2 2 1 2 1 21 ( ) 4 1 4 8AB k x x x x k p k p         ， 点 N 到直线 : 1 0AB kx y   的距离 2 2 2 1 pk d k    ， 则 ABN△ 的面积 2 31 ( 2) 2 22ABNS AB d p pk p    △ ≥ ，当 0k  时，取等号． ABN△ 的面积的最小值为 4， 2 2 4, 2p p    ，故抛物线C 的方程为 2 4x y ……………12 分 20．（本小题满分 12 分） 某超市计划月订购一种冰激凌，每天进货量相同，进货成本为每桶 5 元，售价每桶 7 元，未售出的冰激凌 以 3 元的价格当天全部处理完毕，根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关，如 果最高气温不低于 25，需求量为 600 桶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为 400 桶；如果最高气温 低于 20，需求量为 200 桶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下 面的频数分布表： 最高气温/℃ [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率． （1）求六月份这种冰激凌一天的需求量 X（单位：桶）的分布列； （2）设六月份一天销售这种冰激凌的利润为 Y（单位：元），当六月份这种冰激凌一天的进货量 n（单位： 桶）为多少时，Y 的数学期望取得最大值？ 20．解析：（1）由已知得，X 的可能取值为 200，400，600，记六月份最高气温低于 20 为事件 A1，最高气 温位于区间[20,25)为事件 A2，最高气温不低于 25 为事件 A3，根据题意，结合频数分布表，用频率估计概 率，可知 1 2 3 18 1 36 2 36 2( 200) ( ) , ( 400) ( ) , ( 600) ( )90 5 90 5 90 5P X P A P X P A P X P A            , 故六月份这种冰激凌一天的需求量 X 的分布列为： X 200 400 600 P 1 5 2 5 2 5 ………………………………………………………………………………………………………………6 分 （2）结合题意得当 200n≤ 时， ( ) 2 400E Y n ≤ ， 当 200 400n ≤ 时， 1 4 6( ) [200 2 ( 200) ( 2)] 2 160 (400,640]5 5 5E Y n n n             ， 当 400 600n ≤ 时， 1 2 2 2( ) [200 2 ( 200) ( 2)] [400 2 ( 400) ( 2)] 2 800 [560,640)5 5 5 5E Y n n n n                     当 600n  时， 1 2 2( ) [200 2 ( 200) ( 2)] [400 2 ( 400) ( 2)] [600 2 ( 600) ( 2)]5 5 5E Y n n n                     1760 2 560n   ， 所以当 400n  时，Y 的数学期望 ( )E Y 取得最大值 640．…………………………………………12 分 21．（本小题满分 12 分） 已知函数 23 3( ) 1 ln 2 ( )4 2f x ax a x x a         R ． （1）求函数 ( )f x 的单调区间； （2）若 0a  ，求证： 1( )f x a≥ ． 21．解析：（1） 23 3( ) 1 ln 24 2f x ax a x x        ，定义域为 (0, ) ． 23 3 1 3 (3 2) 2 (3 2)( 1)( ) 12 2 2 2 ax a x ax xf x ax a x x x            ．………………………………2 分 若 0a ≤ ，则 ( ) 0f x  恒成立， ( )f x 在(0, ) 上单调递减； 若 0a  ，由 ( ) 0f x  ，得 2 3x a ；由 ( ) 0f x  ，得 20 3x a  ， 故 ( )f x 在 2 ,3a     上单调递增，在 20, 3a      上单调递减． 综上，当 0a ≤ 时， ( )f x 的单调递减区间是(0, ) ，无单调递增区间； 当 0a  时， ( )f x 的单调递增区间是 2 ,3a     ，单调递减区间是 20, 3a      ．…………………………5 分 （2）若 0a  ，由（1）知， ( )f x 在 20, 3a      上单调递减，在 2 ,3a     上单调递增．所以当 2 3x a 时， ( )f x 取得极小值，也是最小值，为 2 3 1ln 13 2 3 af a a        ．…………………………………………7 分 要证明 1( )f x a≥ ，即证明 3 1 1ln 12 3 a a a  ≥ ，即证明 3 2ln 2 3 a a≥1 ，…………………………8 分 设 3 2( ) ln ( 0)2 3 ag a aa   1 ，则 2 2 1 2 3 2( ) 3 3 ag a a a a     ， 所以当 20, 3a     时， ( ) 0g a  ，当 2 ,3a      时， ( ) 0g a  ， 所以 ( )g a 在 20, 3      上单调递减，在 2 ,3     上单调递增，所以 min 2( ) 03g a g      ，……………10 分 所以 ( ) 0g a ≥ ，即 3 2ln 2 3 a a≥1 ，故 1( )f x a≥ 成立．……………………………………………12 分 （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，则按所作的第一题计分． 22．【选修 4—4：坐标系与参数方程】（本小题满分 10 分） 已知直线l 的极坐标方程为 sin 2 24       ，现以极点O 为原点，极轴为 x 轴的非负半轴建立平面直 角坐标系，曲线 1C 的参数方程为 1 2cos 2 2sin x y          （ 为参数）． （1）求直线l 的直角坐标方程和曲线 1C 的普通方程； （2）若曲线 2C 为曲线 1C 关于直线l 的对称曲线，点 ,A B 分别为曲线 1C 、曲线 2C 上的动点，点 P 的坐标 为 (2,2) ，求 AP BP 的最小值． 22．（1） 2 2sin 2 2, cos sin 2 24 2 2              ， 即 cos sin 4     ，∴直线l 的普通方程为 4 0x y   ． 由 1 2cos 2 2sin x y          ，得 1 2cos 2 2sin x y        ， 两式平方后再相加，得曲线 1C 的普通方程为 2 2( 1) ( 2) 4x y    ．……………………………………5 分 （2）点 P 在直线 4 0x y   上，根据对称性， AP 的最小值与 BP 的最小值相等， 又曲线 1C 是以 1( 1, 2)C   为圆心，半径 2r  的圆， 2 2 1min (2 1) (2 2) 2 3AP PC r         ， 则 AP BP 的最小值为 2 3 6  ．……………………………………………………………………10 分 23．【选修 4—5：不等式选讲】（本小题满分 10 分） 已知函数 ( ) 3 3 1 , ( ) 4 1 2f x x a x g x x x        ． （1）求不等式 ( ) 6g x  的解集； （2）若存在 1 2,x x R ，使得 1( )f x 和 2( )g x 互为相反数，求 a 的取值范围． 23．解析：由题意可得 3 3, 2 1( ) 5 1, 2 4 13 3, 4 x x g x x x x x              ≤ ≥ ， 当 2x ≤ 时， 3 3 6x   ，得 1x   ，无解； 当 12 4x   时， 5 1 6x   ，得 7 5x   ，即 7 1 5 4x   ； 当 1 4x≥ 时，3 3 6x   ，得 3x  ，即 1 34 x ≤ ． 综上， ( ) 6g x  的解集为 7 35x x       ．…………………………………………………………5 分 （2）因为存在 1 2,x x R ，使得 1 2( ) ( )f x g x  成立， 所以{ | ( ), } { | ( ), }y y f x x y y g x x      R R ． 又 ( ) 3 3 1 (3 3 ) (3 1) 3 1f x x a x x a x a        ≥ ， 由（1）可知， 9( ) ,4g x      ，则 9( ) , 4g x       ， 所以 93 1 4a  ≤ ，解得 13 5 12 12a ≤ ≤ ，故 a 的取值范围为 13 5,12 12     ．…………………………10 分