江西省南昌市2020届高三下学期一模(理科)数学试卷(答案)
………6 分 ………9 分
— 高三理科数学（模拟一）答案第 3 页—
（3）下一轮得
1分并最终获胜，概率为
1 3
Pi41
；
所以
Pn
1 3
Pn1
1 3
Pn
1 3
Pn1
2Pn
Pn1
Pn1 ，（ n
2, 3, 4,5, 6, 7 ）
所以{Pn} 是等差数列，则 P4
P0
2
P8
1 2
，即决赛甲获胜的概率是
所以 f (x) 的极大值为 f (x1) ex1 x12 (ex1 2x1)x1 (1 x1)ex1 x12 ，
………9 分
因为1 x1 0 ， ex1 1 x1 ，所以 f (x1) (1 x1)(1 x1) x12 1.
即函数 f (x) 的极大值不小于1.
………12 分
………2 分
设公共点为 P ，因此 PF1 | | PF2 4 ，所以 P 点的轨迹 E 是以 F1(1, 0) ，F2 (1, 0) 为焦点的椭圆，
所以 2a 4, c 1 a 2,b 3 ，即轨迹 E 的方程为 x2 y2 1 . 43
………5 分
（Ⅱ）过 F2 点且斜率为 k 的直线方程为 y k(x 1) ，设 M (x1, y1), N (x2 , y2 )
x ln 2 时， g(x) 0 , g(x) 单调递增， g(x) (2 2 ln 2, ) ，
………5 分
由题意，方程 g(x) k 有两个不同解，所以 k (2 2 ln 2, ) ；
………6 分
（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知， f (x) 在区间 (, ln 2) 上存在极大值点 x1 ，且 k ex1 2x1 ，
k2)
k ( y1 x1 m
y2 ) x2 m
k ( k ( x1 1) x1 m
k ( x2 1) ) x2 m
k 2 ( x1 1 x2 1 ) k 2 (x1 1)(x2 m) (x2 1)(x1 m)
x1 m x2 m
(x1 m)(x2 m)
k
2
2x1x2 x1x2
1 2
.
………11 分 ………12 分
22.【解析】（Ⅰ）曲线 C1 的极坐标方程为 2 cos 0 ，
C2 的极坐标方程为 2 2 cos2 3 2 sin 2 6 0
（Ⅱ）令
=
6
(
0) ，则
A(
1
,
6
),
B
(
2
,
6
)，
………3 分 ………5 分
则 222
cos2
6
322
sin 2
z
)
,
由
n
CB1
(
x,
y,
z
)
(
3,1, 0) 0 y
3x ,
由
n
B1 A1
( x,
y,
z) (0,1,1)
0
y
z
0
,
令 x 1 y 3, z 3 ，即 n (1, 3, 3) ,
A1 y B1
C1
………7 分
………9 分
— 高三理科数学（模拟一）答案第 1 页—
所以 cos m, n
6
6
0
即922
24
，所以 |
OB
|
2
26 3
，
| OA |
1
2 cos
6
3,
………7 分 ………9 分
故| AB || OA | | OB | 3 2 6 . 3
………10 分
23.（Ⅰ） 1 1 1 (1 1 )[a (b 1)] 1 [2 b 1 a ] 4
a b1 3 a b1
13． 2x y 2 0 14． 84
15． 4
16． 5 ; n 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． 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．
17.【解析】（Ⅰ） CBD 2ABD= ，所以 1 BC BD sin 2 1 BA BD sin ……2 分
………12 分
18.【解析】（Ⅰ）因为 AE 平面 BB1C1C ，所以 AE BB1 ，…2 分
z A
又因为
BE
1 2
BB1
1,
BC
2, EBC
3
，所以 CE
3，
因此 BE2 CE2 BC2 ，所以 CE BB1 ，
………4 分 B
E
因此 BB1 平面 AEC ，所以 BB1 AC ，从而 AA1 AC ，
3
所以 EX EY ，即乙的技术更好
………5 分
（Ⅱ）① P0 表示的是甲得 4 分时，甲最终获胜的概率，所以 P0 0 ， P8 表示的是甲得 4 分时，甲最终获胜的概率，所以 P8 1 ； ②设每轮比赛甲得分为 X ，则
每轮比赛甲得1分的概率 P(X
1)
1
1 (
1 )
11
1
,
4 33 23 3
3
2
32
6
所以 BC
2
sin A
2
2
3
；
BA 3 sin C 3 3
………5 分
（Ⅱ） 1 BC BD sin 2 2 1 BA BD sin ，
2
2
所以 4 2 sin cos 2 2 2 sin cos
2
，
2
所以 ， ABC 3 3 ，
4
4
………9 分 ………10 分
所以 AC2 16 8 2 4 2 2 ( 2 ) 40 ，所以边 AC 2 10 . 2
即四边形 ACC1A1 为矩形；
………6 分
（Ⅱ）如图，以 E 为原点， EC, EB1, EA 所在直线分
C x
别为
x
轴，
y
轴，
z
轴，所以
A(0,
0,1),
A1 (0,
2,1),
B1
(0,1, 0),
C
(
3, 0, 0) ，
平面
EB1C
的法向量
m
(0,
0,1)
,设平面
A1
B1C
的法向量
n
(
x,
y,
x
2
由 4
y2 3
1
消去
y
得到 (4k 2
3)x2
8k 2x 4k 2
12
0，
y k(x 1)
则
x1
x2
8k 2 4k 2 3
，
x1x2
4k 2 12 4k 2 3
，…………①
………7 分
因为 k1
y1 x1 m
， k1
y2 x2 m
，
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所以 k ( k1
(m 1)(x1 x2 ) 2m m(x1 x2 ) m2
，
将①式代入整理得 k(k1
k2)
(6m 24)k 2 4(m 1)2 k 2 3m2
12
.
因为 m 0 ，所以当 3m2 12 0 时，即 m 2 时， k(k1 k2 ) 1.
………9 分 ………10 分 ………12 分
21.【解析】（Ⅰ）记甲乙各生产一件零件给工厂带来的效益分别为 X 元、Y 元， 随机变量 X ,Y 的分布列分别为
X
10
5
2
1
1
1
P
4
2
4
Y
10
5
2
1
1
1
P
3
3
3
………3 分
所以 EX 1 10 1 5 1 2 11 ， EY 1 10 1 5 1 2 17 ，
4
24
2
3
33
………3 分 ………5 分 ………7 分
………10 分
ห้องสมุดไป่ตู้
— 高三理科数学（模拟一）答案第 4 页—
所以 f (x) 的极大值为 f (x1) ex1 x12 (ex1 2x1)x1 (1 x1)ex1 x12 ，
………9 分
记 h(t) (1 t)et t2 (t (, ln 2)) ，则 h(t) tet 2t t(2 et ) ，
因为 t (, ln 2) ，所以 2 et 0 ，
20.【解析】（Ⅰ）因为 F1(1, 0) ， F2 (1, 0) ，所以| F1F2|=2 ，
因为圆 F1 的半径为 r ，圆 F2 的半径为 4 r ，
又因为1 r 3 ，所以| 4 r r| 2 ，即| 4 r r| F1F2 | 4 r r| ，
所以圆 F1 与圆 F2 有公共点，
3 a b1 3
当且仅当
a a
b b
2 1
，即
a
3 2
,b
1 2
时，
1 a
1 b 1
的最小值为
4 3
.
（Ⅱ）要证明 a b 2 ，由 a 0, b 0 ，也即证 a2 b2 2 . b a ab
因为 a b a2 b2 ，所以当且仅当 a b 时，有 a2 b2 1，
2
2
2
即 a2 b2 2 ，当 a b 1 时等号成立.
甲得 0 分的概率 P(X 0) 1 1 1 1 1 1 1 , 43 23 43 3
甲得 1分的概率 P(X
1)
11
1
(1
1)
1
,
江西省南昌市2020届高三下学期二模(理科)数学试卷(答案)
由② 1 2 ea 0 得 a (0,1) ae e
综上所述， a (1 ln 2,1) .
………12 分
21.【解析】（Ⅰ）由表可得：
所以， K 2 50 101114 152 1.282 2.706,
24 26 25 25 所以没有 90 00 的把握说“该次大赛是否得满分”与“同学性别”有关；
0.9974 0.9544 0.043 ，
………2 分
………4 分 ………6 分 ………7 分
………9 分
— 高三理科数学（模拟二）答案第3页—
设从服从正态分布 N (, 2 ) 的总体（个体数无穷大）中任意取 5 个个体，
其中值属于 ( 3 , 2 ) ( 2 , 3 ) 的个体数为Y ，则Y ~ B5,0.043 ，
8
4 x2
9，
则 4x4 17x2 4 0 ，得 1 x2 4 ，即 2 x 1 或 1 x 2 ，
4
22
所以，所求不等式的解集为 (2, 1 ) (1 , 2) ； 22
………5 分
（Ⅱ）因为 f (x) | ax 1 | | x a || (ax 1 ) (x a ) | | a 1|| x 1 |
ae
ae
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所以，当 a 0 时，增区间为 ( 1 , ) ，减区间为 (0, 1 ) ；
ae
ae
当 a 0 时，增区间为 (, 1 ) ，减区间为 ( 1 , 0) ；（每类讨论 2 分）
ae
ae
………5 分
（Ⅱ）因为 g(x) x ln ax 2 ea 有两个正零点，则 a 0 . e
NCS20200707 项目第二次模拟测试卷
2020-2021年江西省南昌市质检一：南昌市2020届高三第一次质量检测数学(理)试题附答案
江西省南昌市2020届高三第一次质量检测
理科数学
注意事项：
1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3.必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。
不按以上要求作答的答案无效。
第Ⅰ卷（共60分）
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．（5分）设全集U＝N*，集合A＝{1，2，3，5}，B＝{2，4，6}，则图中的阴影部分表示的集合为（）
A．{2}B．{4，6}C．{1，3，5}D．{2，4，6}
第1页（共20页）。
2020年江西省南昌市高考数学一模试卷(理科) (含答案解析)
2020年江西省南昌市高考数学一模试卷(理科)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 设全集为R ，集合A ={x|y =ln(9−x 2)}，B ={x|y =√4x −x 2}，则A ∩(∁R B)=( ) A. (−3,0] B. (0,3) C. (−3,0) D. [0,3)2. 在复平面内，复数2−3i3+2i 对应的点的坐标为( )A. (0,−1)B. (0,−139)C. (1213,−1) D. (129,−139)3. 有一个正三棱柱，其三视图如图所示，则其体积等于( )A. 3cm 3B. 4cm 3C. 3√32cm 3D. 1cm 34. 已知x ∈R ，则“x <1”是“x 2<1”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件5. 已知点A(−1,3)、B(3,2)、C(−4,5)、D(−3,4)，则向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 在CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影为( )A. 5√22B. −5√22C. 5√1717D. −5√17176. 函数f(x)=x +|x|x 的图象为下图中的( )A. B.C. D.7.已知变量y与x的线性回归方程为ŷ=2x+5，其中x的所有可能取值为1，7，5，13，19，则y=()A. 25B. 23C. 32D. 228.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，抛物线上一点P到准线和y轴的距离之和为5，则|PF|=()A. 5B. 4C. 3D. 29.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为45∘的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线的离心率的取值范围是()A. [√2,+∞)B. (√2,+∞)C. (2,+∞)D. (1,+∞)10.如图所示，△ACD是边长为1的等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，BD交AC于点E．(1)BD2的值为；(2)线段AE的长为．A. 2−√3;√3−1B. 2+√3;√3+1C. 2+√3;√3−1D. 2−√3;√3+1E. 2;√3−1F. 2+√3;√311.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，AA1=AC=BC=1，∠ACB=90∘，D是A1B1的中点，F是BB1上的点，AB1，DF相交于点E，且AB1⊥DF，则下列结论中不正确的是()A. CE与BC1异面且垂直B. AB1⊥C1FC. ΔC1DF是直角三角形D. DF的长为√6312.若函数f(x)=2sin(ωx+ϕ),x∈R(其中ω>0，|ϕ|<π2)的最小正周期是4π，且f(0)=√2，则()A. ω=12，ϕ=π6B. ω=12，ϕ=π4 C. ω=2，ϕ=π6D. ω=2，ϕ=π4 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 函数f(x)=x 2+lnx 在点(1,f(1))处的切线方程为______．14. 已知(1+x)10=a 0+a 1(1−x)+a 2(1−x)2+⋯+a 10(1−x)10，则a 8等于________．15. 若函数f(x)={(12)x ,0≤x <2f(x −1)+1,x ≥2，则f(log 212)=______．16. 在等差数列{a n }中，已知a 3=3，a 2+a 8=10，则a n = ______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 如图，在△ABC 中，M 是AC 的中点，∠C =π3,AM =2．(1)若∠A =5π12，求AB 的长；(2)若的面积．18. 如图，在梯形ABCD 中，AB//CD,∠BCD =2π3，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD =CD =BC =CF ．(Ⅰ)求证：EF⊥平面BCF ；(Ⅱ)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．19.已知函数f(x)=e x−ax2,a∈R,x∈(0,+∞).(1)若f(x)存在极小值，求实数a的取值范围；.(2)若f(x)的极大值为M，求证：1<M<e220.已知点P是圆F1：(x−1)2+y2=8上任意一点，点F2与点F1关于原点对称，线段PF2的垂直平分线分别与PF1，PF2交于M，N两点．(1)求点M的轨迹C的方程；(2)过点G(0,1)的动直线l与点M的轨迹C交于A，B两点，在y轴上是否存在定点Q，使以AB3为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．21.质检部门对某工厂甲、乙两个车间生产的12个零件质量进行检测．甲、乙两个车间的零件质量(单位：克)分布的茎叶图如图所示．零件质量不超过20克的为合格．(1)从甲、乙两车间分别随机抽取2个零件，求甲车间至少一个零件合格且乙车间至少一个零件合格的概率；(2)质检部门从甲车间8个零件中随机抽取3个零件进行检测，已知三件中有两件是合格品的条件下，另外一件是不合格品的概率．(3)若从甲、乙两车间12个零件中随机抽取2个零件，用X表示乙车间的零件个数，求X的分布列与数学期望．22.在平面直角坐标系xOy中，射线l：y=√3x(x≥0)，曲线C1的参数方程为为参数)，曲线C2的方程为x2+(y−2)2=4；以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为．(1)写出射线l的极坐标方程以及曲线C 1的普通方程；(2)已知射线l与C 2交于O，M，与C 3交于O，N，求|MN|的值．23.设a、b∈R+且a+b=3，用分析法证明：√1+a+√1+b≤√10【答案与解析】1.答案：C解析：解：A={x|−3<x<3}，B={x|0≤x≤4}；∴∁R B={x|x<0，或x>4}；∴A∩(∁R B)=(−3,0)．故选：C．可以求出集合A，B，然后进行补集、交集的运算即可．考查描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，以及交集、补集的运算．2.答案：A解析：本题考查了复数的运算法则、几何意义，属于基础题．解：复数2−3i3+2i =(2−3i)(3−2i)(3+2i)(3−2i)=−13i13=−i对应的点的坐标为(0,−1)，故选A．3.答案：B解析：解：由三视图和题意得，正三棱柱的高是√3cm，底面正三角形的边长为2sin60°=4√33cm，∴该正三棱柱的体积V=12×4√33×2×√3=4(cm3)，故选：B．由三视图和题意求出正三棱柱的高，由直角三角形的正弦函数求出底面边长，由柱体的体积公式求出答案．本题考查由三视图求几何体的体积，直角三角形的正弦函数的应用，属于基础题．4.答案：B解析：本题考查了不等式的解法、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． x 2<1，解得−1<x <1.即可判断出关系．解：x 2<1，解得−1<x <1．∴“x <1”是“x 2<1”的必要不充分条件．故选：B ．5.答案：A解析：本题主要考查向量坐标运算以及向量投影的应用，根据向量投影和向量数量积的关系进行转化是解决本题的关键．根据条件求出向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与CD⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，再根据投影的定义即可得到答案． 解：∵A(−1,3)、B(3,2)、C(−4,5)、D(−3,4)，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,−1)，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1)，则向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 在CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影为AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=5√22， 故选：A ．6.答案：C解析：本题考查分段函数图象问题，依题意，f(x)=x +|x|x ={x +1,x >0x −1,x <0，根据解析式即可求得结果． 解析：解：因为函数f(x)=x +|x|x ={x +1,x >0x −1,x <0， 根据分段函数解析式即可判断C 中图象正确，故选C ．7.答案：B解析：解：由题意，x=15(1+7+5+13+19)=9，代入ŷ=2x+5，可得：y=2×9+5=23．故选：B．求出x，代入ŷ=2x+5，可得y．本题解题的关键是回归直线方程一定过样本的中心点，本题是一个基础题．8.答案：C解析：本题考查了抛物线的定义和几何性质，属于基础题．设|PF|=m，根据抛物线的性质可得点P到准线和y轴的距离分别为m，m−1，根据题意可得2m−1=5，即可求出m=3．解：设|PF|=m，由抛物线C:y2=4x，得准线方程为x=−1，则点P到准线和y轴的距离分别为m，m−1，所以2m−1=5，解得m=3，即|PF|=3．故选C．9.答案：A解析：解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为45°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点．则：该直线的斜率的绝对值小于或等于渐近线的斜率ba所以ba≥1e2=c2a2=a2+b2a2≥2∴e≥√2故选：A．若过点F且倾斜角为45°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率．根据这个结论可以求出双曲线离心率的取值范围．本题考查的知识点：双曲线的性质及应用及相关的运算问题．10.答案：C解析：本题考查余弦定理、正弦定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．(1)在△BCD中，CD=CB=1，∠DCB=150°，∠CDB=∠CBD=15°，利用余弦定理可求BD2；(2)在△ADE中，AD=1，∠DAE=60°，∠ADE=45°，则∠AED=75°，由正弦定理可得AE的值．解：(1)在△BCD中，CD=CB=1，∠DCB=150°，∠CDB=∠CBD=15°由余弦定理可得：BD2=1+1−2×1×1×cos150°=2+√3(2)在△ADE中，AD=1，∠DAE=60°，∠ADE=45°，则∠AED=75°由正弦定理可得：AEsin45°=1sin75°∴AE=√3−1故选C．11.答案：D解析：本题主要考查空间中，线线，线面间的位置关系，空间中的距离，属于较难题．利用空间中线线，线面间的位置关系，根据选项逐个分析判断即可．解：对于A，∵BC1⊂平面B1C1CB，CE⊄平面B1C1CB，且C∈平面B1C1CB，C∉BC1，∴CE与BC1是异面直线，∵AA1//CC1，AA1⊥平面ABC，∴CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴CC1⊥AC，又AC⊥BC，BC∩CC1=C，BC，CC1⊂平面B1C1CB，∴AC⊥平面B1C1CB，又BC1⊂平面B1C1CB，∴AC⊥BC1，又四边形B1C1CB是正方形，连接B1C，∴BC1⊥B1C，又B1C∩AC=C，B1C，AC⊂平面AB1C，∴BC1⊥平面AB1C，∵CE⊂平面AB1C，∴BC1⊥CE，故A正确；对于B，∵C1A1=C1B1，D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1，由AA1⊥底面A1B1C1，C1D⊂底面A1B1C1，∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1=A1，A1B1，AA1⊂平面ABB1A1，∴C1D⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴C1D⊥AB1，又DF⊥AB1，C1D∩DF=D，C1D，DF⊂平面C1DF，∴AB1⊥平面C1DF，C1F⊂平面C1DF，∴AB1⊥C1F，故B正确；对于C，由C1D⊥平面ABB1A1，DF⊂平面ABB1A1，可得C1D⊥DF，故△C1DF是直角三角形，故C正确；对于D，∵AC=BC=AA1=1，∠ACB=90°，∴A1B1=AB=√2，AB1=√3，∴DB1=√22，∵AB1⊥DF，∴∠FDB1=∠AB1F=∠A1AB1，∴cos∠FDB1=cos∠A1AB1，即DB1DF =AA1AB1，∴√22DF=√3，解得DF=√62，故D错误．故选D．12.答案：B解析：由T=2πω=4π得ω=12.由f(0)=√2，2sinω=√2∴sinϕ=√22.∵|ϕ|<π2，∴ϕ=π4.故选B.13.答案：3x−y−2=0解析：解：f′(x)=2x+1x；故f′(1)=2+1=3；故函数f(x)=x2+lnx的图象在点A(1,1)处的切线方程为：y−1=3(x−1)；即3x −y −2=0；故答案为：3x −y −2=0．由题意求导f′(x)=2x +1x ，从而可知切线的斜率，从而写出切线方程．本题考查了导数的综合应用及导数的几何意义的应用，属于基础题． 14.答案：180解析：本题考查利用二次展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题．关键是将底数改写成右边的底数形式．将1+x 写成2−(1−x)；利用二项展开式的通项公式求出通项，令1−x 的指数为8，求出a 8． 解：∵(1+x)10=[2−(1−x)]10∴其展开式的通项为T r+1=C 10r 210−r [−(1−x )]r =(−1)r ·210−r ·C 10r (1−x )r ，令r =8得a 8=4C 108=180故答案为180．15.答案：73解析：解：∵函数f(x)={(12)x ,0≤x <2f(x −1)+1,x ≥2， ∴f(log 212)=f(log 212−2)+2=(12)log 212÷(12)2+2=112×4+2=73． 故答案为：73． 推导出f(log 212)=f(log 212−2)+2=(12)log 212÷(12)2+2，由此能求出结果．本题考查函数值的求法，考查函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题． 16.答案：n解析：本题考查等差数列的通项公式，考查了方程组的解法，是基础题．设出等差数列的首项和公差，由题意列方程组求出首项和公差，则答案可求．解：由a 3=3，a 2+a 8=10，得：{a 3=a 1+2d =3a 2+a 8=2a 1+8d =10， 解得：{a 1=1d =1， ∴a n =1+(n −1)=n ．故答案为：n ．17.答案：解：(1)∠ABC =π−π3−5π12=π4，在△ABC 中，由正弦定理得AC sin∠ABC =AB sin∠C ，．(2)在△BCM 中，由余弦定理得：BM 2=CM 2+BC 2−2CM ⋅BCcos π3=CM 2+BC 2−2CM ⋅BC ⋅12，∴12=4+BC 2−2BC ，解得BC =4(负值舍去)，∴S △ABC =12⋅BC ⋅CA ⋅sin π3=4√3，解析：本题主要考查解三角形的应用，结合正弦定理，余弦定理以及三角形的面积公式是解决本题的关键．(1)根据正弦定理进行求解即可．(2)根据余弦定理结合三角形的面积公式进行计算即可．18.答案：(1)证明：在梯形ABCD 中，∵AB//CD ，设AD =CD =BC =1，又∵∠BCD =2π3，∴AB =2，∴AC 2=AB 2+BC 2−2AB ⋅BC ⋅cos60°=3．∴AB 2=AC 2+BC 2.则BC ⊥AC ．∵CF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥CF ，而CF ∩BC =C ，∴AC ⊥平面BCF ．∵EF//AC ，∴EF ⊥平面BCF ；(2)解：分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设AD =CD =BC =CF =1，令FM =λ(0≤λ≤√3)，则C(0,0，0)，A(√3,0，0)，B(0,1，0)，M(λ,0，1)，∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1，0)，BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,−1,1)， 设n⃗ =(x,y ，z)为平面MAB 的一个法向量， 由{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n⃗ ⋅BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√3x +y =0λx −y +z =0，取x =1，则n ⃗ =(1,√3,√3−λ)， ∵m ⃗⃗⃗ =(1,0，0)是平面FCB 的一个法向量，∴cos <n ⃗ ,m ⃗⃗⃗ >=n ⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ |n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |=√1+3+(√3−λ)2×1=√(λ−√3)2+4． ∵0≤λ≤√3，∴当λ=0时，cosθ有最小值为√77，∴点M 与点F 重合时，平面MAB 与平面FCB 所成二面角最大，此时二面角的余弦值为√77．解析：本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．(1)在梯形ABCD中，设AD=CD=BC=1，由题意求得AB=2，再由余弦定理求得AC2=3，满足AB2=AC2+BC2，得则BC⊥AC.再由CF⊥平面ABCD得AC⊥CF，由线面垂直的判定可得AC⊥平面BCF.进一步得到EF⊥平面BCF；(2)分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AD=CD=BC= CF=1，令FM=λ(0≤λ≤√3)，得到C，A，B，M的坐标，求出平面MAB的一个法向量，由题意可得平面FCB的一个法向量，求出两法向量所成角的余弦值，可得当λ=0时，cosθ有最小值为√77，此时点M与点F重合．19.答案：解：(1)f(x)=e x−ax2，x∈(0,+∞)．∴f′(x)=e x−2ax=2x(e x2x−a)，设g(x)=e x2x，x∈(0,+∞)，则f′(x)=2x⋅[g(x)−a]，且g′(x)=e x(x−1)2x2，∵x∈(0,+∞)，e x>0，2x2>0，当x∈(1,+∞)时，且g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(0,1)时，且g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)min=g(1)=12e，其大致图象如图所示，结合图象可知，①当a≤12e时，f′(x)≥0在(0,+∞)上单调递增，没有极值，不符合题意，②当a>12e时，直线y=a与y=g(x)有2个不同的交点，设其横坐标分别为x1，x2，且0<x1<1<x2，当0<x<x1或x>x2时，g(x)>a，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x1<x<x2时，g(x)<a，f′(x)<0，f(x)单调递减，故函数f(x)在x=x1处取得极大值，在x=x2处取得极小值，综上可得，a的范围(12e,+∞)，(2)结合(1)，若f(x)的极大值为M，则a>12e，M =f(x 1)=e x 1−ax 12， 因为a =e x 12x 1， 所以M =e x 1−x 1e x 12=e x 1(1−12x 1)， 令ℎ(x)=e x (1−12x)，x ∈(0,1)，则ℎ′(x)=12e x (1−x)<0在x ∈(0,1)时恒成立，即ℎ(x)在(0,1)上单调递减，又ℎ(0)=1，ℎ(1)=12e ，故ℎ(x)∈(1,12e)，即1<M <12e ．解析：(1)先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系讨论函数的单调性，进而可求出满足题意的a 的范围，(2)结合(1)的讨论可知M =f(x 1)=e x 1−ax 12，构造函数，结合函数的单调性可求M 的取值范围，即可证明．本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，研究极值及函数的值域的求解，属于中档试题． 20.答案：解：(1)由题意得|MF 1|+|MF 2|=|MF 1|+|MP|=|F 1P|=2√2>|F 1F 2|=2，所以点M 的轨迹C 为以F 1，F 2为焦点的椭圆，因为2a =2√2，2c =2，所以点M 的轨迹C 的方程为x 22+y 2=1．(2)直线l 的方程可设为y =kx +13，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，联立{y =kx +13x 22+y 2=1，可得9(1+2k 2)x 2+12kx −16=0． 由求根公式化简整理得x 1+x 2=−4k 3(1+2k 2)，x 1x 2=−169(1+2k 2)，假设在y 轴上存在定点Q(0,m)，使以AB 为直径的圆恒过这个点，则，即AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0． 因为AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x 1,m −y 1)，BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x 2,m −y 2)，AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+(m −y 1)(m −y 2) =x 1x 2+(m −kx 1−13)(m −kx 2−13) =(1+k 2)x 1x 2+k(13−m)(x 1+x 2)+m 2−2m 3+19=−16(1+k 2)9(1+2k 2)−12k 2(13−m)9(1+2k 2)+m 2−2m 3+19=(18m 2−18)k 2+(9m 2−6m −15)9(1+2k 2)=0．所以{18m 2−18=09m 2−6m −15=0，求得m =−1． 因此，在y 轴上存在定点Q(0,−1)，使以AB 为直径的圆恒过这个点．解析：本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查计算能力以及转化思想的应用．(1)判断轨迹方程是椭圆，然后求解即可．(2)直线l 的方程可设为y =kx +13，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，联立直线与椭圆方程，通过韦达定理，假设在y 轴上是否存在定点Q(0,m)，使以AB 为直径的圆恒过这个点，利用AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，求得m =−1.推出结果即可． 21.答案：解：(1)质检部门对某工厂甲、乙两个车间生产的12个零件质量进行检测，由茎叶图得甲车间的合格零件数为4，乙车间的合格零件数为2，∴从甲、乙两车间分别随机抽取2个零件，甲车间至少一个零件合格且乙车间至少一个零件合格的概率：P =(1−C 42C 82)(1−C 22C 42)=5584． (2)质检部门从甲车间8个零件中随机抽取3个零件进行检测，已知三件中有两件是合格品的条件下，另外一件是不合格品的概率P =C 42C 41C 42C 41+C 43=67． (3)由题意可得X 的所有可能取值为0，1，2，P(X =0)=C 82C 122=1433， P(X =1)=C 41C 81C 122=1633，P(X=2)=C42C122=111，∴随机变量X的分布列为：P 0 1 2X14331633111∴E(X)=0×1433+1×1633+2×111=23．解析：(1)利用对立事件概率计算公式和相互独立事件概率乘法公式能求出从甲、乙两车间分别随机抽取2个零件，甲车间至少一个零件合格且乙车间至少一个零件合格的概率．(2)质检部门从甲车间8个零件中随机抽取3个零件进行检测，利用古典概型、排列组合能求出三件中有两件是合格品的条件下，另外一件是不合格品的概率．(3)由题意可得X的所有可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量X的分布列和E(X)．本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、对立事件概率计算公式和相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．22.答案：解：(1)射线l：y= √3x(x≥0)，转换为极坐标方程为：θ= π 3(ρ≥0)．曲线C1的参数方程为为参数)，转换为直角坐标方程为x29 + y24 =1，所以曲线C1的普通方程为x29 + y24 =1；(2)曲线C2的方程为x2+(y−2)2=4，所以x2+y2−4y=0，因为x2+y2=ρ2，，所以，即ρ=4sinθ，所以曲线C2极坐标方程为：ρ=4sinθ，射线l与C2交于O，M，与C3交于O，N，所以．解析：本题考查的知识要点：参数方程，直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，极坐标方程的几何意义，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．(1)直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换．(2)利用极坐标方程的几何意义列出．23.答案：证明：∵a、b∈R+且a+b=3，∴欲证√1+a+√1+b≤√10，只需证(√1+a+√1+b)2≤10，即证2+a+b+2√(1+a)⋅(1+b)≤10，即证2√(1+a)⋅(1+b)≤5，只需证4(1+a)⋅(1+b)≤25，即证4(1+a+b+ab)≤25，只需证4ab≤9，即证ab≤94，∵ab≤(a+b2)2=(32)2=94成立，∴√1+a+√1+b≤√10成立．解析：本题考查了利用分析法证明不等式，根据分析法的证明步骤证明即可，难度一般．根据已知及基本不等式，运用分析法证明．。
2020南昌市一模数学(理)试题
南昌市NCS20200607项目第一次模拟测试卷理科数学一，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．己知全集为实数集R ，集合A={x|x 2+2x-8>0}，B={x|log 2x<1），则(C R A)∩B 等于()A.[-4,2]B ．[-4,2)C.(-4,2)D.(0,2)2．在复平面内，复数z=i 对应的点为Z ，将向量OZ 绕原点O 按逆时针方向旋转6π，所得向量对应的复数是()A.i 2321+-B.i 2123+-C.i 2321--D.i 2123--3．一个正三棱柱的正（主）视图如图，则该正三棱柱的侧面积是()A ．16B.12C ．8D ．64．由实数组成的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 1>0”是“S 9>S 8”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D.既不充分也不必要条件5．已知向量a ,b ,b =(l ，3)，且a 在b 方向上的投影为21，则a ▪b 等于()A ．2B ．1C ．21 D.06．函数⎪⎩⎪⎨⎧≤>-=1,,11ln()(cos x e x x x x f x π的图象大致是()7．根据散点图，对两个具有非线性关系的相关变量x ，y 进行回归分析，设u=lny ，v=(x-4)2，利用最小二乘法，得到线性回归方程为=-0.5v+2，则变量y 的最大值的估计值是()A.eB.e 2C.ln2D.2ln28．已知抛物线y 2=4x 的焦点为F ，抛物线上任意一点P ，且PQ ⊥y 轴交y 轴于点Q ，则PF PQ ⋅的最小值为()A.-41B ．-21 C.-l D ．19．已知双曲线C ：=1(a>0，b>0)的右焦点为F ，过原点O 作斜率为34的直线交C 的右支于点A ，若|OA|=|OF|，则双曲线的离心率为()A ．3B ．5C ．2D ．3+l10.台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动，也叫桌球（中国粤港澳地区的叫法）、撞球（中国台湾地区的叫法）控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术，一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD ，在点E ，F 处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A 处，通过击打母球，使其依次撞击点E ，F 处的目标球，最后停在点C 处，若AE=50cm ．EF=40cm ．FC=30cm ，∠AEF=∠CFE=60°，则该正方形的边长为()A ．502cmB ．402cmC.50cmD.206cm11.如图，点E 是正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱DD 1的中点，点F ，M 分别在线段AC ，BD 1（不包含端点）上运动，则()A ．在点F 的运动过程中，存在EF //BC 1B ．在点M 的运动过程中，不存在B 1M ⊥AEC ．四面体EMAC 的体积为定值D ．四面体FA 1C 1B 的体积不为定值12.已知函数)30,0)(sin()(πϕωϕω<<>+=x x f 满足)12(),()(ππf x f x f =+=l ，则12(π-f 等于A.-22B ．22C ．-21D ．21二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.曲线f(x)=(x 2+x)lnx 在点(1，f(1))处的切线方程为.14.已知(2x-l)7=a o +a 1x+a 2x 2+…+a 7x 7，则a 2=.15.若函数⎪⎩⎪⎨⎧<≥-=-0,20,22)(x x x f x x，则)5(lg )2(lg )21(lg 51(lg f f f f +++的值为．16.两光滑的曲线相切，那么它们在公共点处的切线方向相同．如图所示，一列圆C n ：x 2+(y-a n )2=r n (a n >0,r n >0，n=1,2…)逐个外切，且均与曲线y=x 2相切，若r 1=l ，则a 1=，r n =．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.（12分）如图，D 是在△ABC 边AC 上的一点，△BCD 面积是△ABD 面积的2倍，∠CBD=2∠ABD=2θ．(I)若θ=6π,求CA sin sin 的值；(II)若BC=4，AB=22，求边AC 的长．18.（12分）如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，侧面BCC 1B 1是菱形，AC=BC=2，∠CBB 1=3π,点A 在平面BCC1B 1上的投影为棱BB 1的中点E ．(I)求证：四边形ACC 1A 1为矩形；(II)求二面角E-B 1C-A 1的平面角的余弦值．19.（12分）已知函数f(x)=e x -x 2-kx （其中e 为自然对数的底，k 为常数）有一个极大值点和一个极小值点．(I)求实数k 的取值范围；(II)证明f(x)的极大值不小于1．20.（12分）己知圆F 1：(x+1)2+y 2=r 2(l≤r≤3)，圆F 2：(x-1)2+y 2=(4-r)2．(I)证明圆F 1与圆F 2有公共点，并求公共点的轨迹E 的方程；(II)已知点Q(m ，0)(m<0)，过点F 2斜率为k(k≠0）的直线与(I)中轨迹E 相交于M ，N 两点，记直线QM 的斜率为k 1，直线QN 的斜率为k 2，是否存在实数m 使得k(k 1+k 2)为定值？若存在，求出m 的值，若不存在，说明理由．21.（12分）某工厂生产零件A ，工人甲生产一件零件A ，是一等品、二等品、三等品的概率分别为41,21,41，工人乙生产一件零件A ，是一等品、二等品、三等品的概率分别为31,31,31．己知生产一件一等品、二等品、三等品零件A 给工厂带来的效益分别为10元、5元、2元。
南昌市2020届一模试卷及答案
2020年江西省南昌市高考数学一模试卷（文科）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．（5分）已知集合{0A =，1，2)，{|2}B x N x A =∈∈，则(B =)A ．{0}B ．{0，2}C ．{0，12，2}D ．{0，2，4}2．（5分）在复平面内，复数z i =对应的点为Z ，将向量OZ 绕原点O 按逆时针方向旋转23π，所得向量对应的复数是()A ．1322i-+B ．3122i -+C ．1322i--D ．3122i --3．（5分）一个正三棱柱的正（主)视图如图，则该正三棱柱的侧面积是()A ．16B ．12C ．8D ．64．（5分）《聊斋志异》中有：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术”．在数学中，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：222233=333388=44441515=，则按照以上规律，若m mmm n n=具有“穿墙术”，则m ，n 满足的关系式为()A ．2n m l =-B ．2(1)n m =-C ．2(1)n m =-D ．21n m =-5．（5分）已知{}n a 是等差数列，且344a a +=-，788a a +=-，则这个数列的前10项和等于()A ．16-B ．30-C ．32-D ．60-6．（5分）已知抛物线2:4C y x =的焦点为F ，抛物线上一点的M 的纵坐标0y ，则02y >是||2MF >的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件7．（5分）2013年至2019年我国二氧化硫的年排放量（单位：万吨）如表，则以下结论中错误的是()年份2013201420152016201720182019排放量2217.921182043.91974.41859.11102.861014.6A ．二氧化硫排放量逐年下降B ．2018年二氧化硫减排效果最为显著C ．2017年至2018年二氧化硫减排量比2013年至2016年二氧化硫减排量的总和大D ．2019年二氧化硫减排量比2018年二氧化硫减排量有所增加8．（5分）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右焦点为F ，过原点O线交C 的右支于点A ，若||||OA OF =，则双曲线的离心率为()A B C ．2D l+9．（5分）函数cos 1(),1(),1x ln xx fx xex π⎧->⎪=⎨⎪⎩ 的图象大致是()A ．B ．C ．D ．10．（5分）台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动，也叫桌球（中国粤港澳地区的叫法）、撞球（中国台湾地区的叫法）．控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术，一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD ，在点E ，F 处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A 处，通过击打母球，使其依次撞击点E ，F 处的目标球，最后停在点C 处，若30AE cm =，40EF cm =，30FC cm =，60AEF CFE ∠=∠=︒，则该正方形的边长为()A ．40cmB ．156cmC ．202cmD ．1014cm11．（5分）已知0x y >>，1x ≠，1y ≠，则()A ．(,0)aax y a R a >∈≠B ．x xe e y x>C ．y xx y >D ．132x y l-->12．（5分）如图，点E 是正方体1111ABCD A B C D -的棱1DD 的中点，点F ，M 分别在线段AC ，1BD （不包含端点）上运动，则()A ．在点F 的运动过程中，存在1//EF BCB ．在点M 的运动过程中，不存在1B M AE ⊥C ．四面体EMAC 的体积为定值D ．四面体11FA C B 的体积不为定值二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）已知向量3)b = ，且a在b 方向上的投影为12，则?a b 等于．14．（5分）已知函数31()f x x x =-，则1(2)(2f lg f lg '-'=．15．（5分）已知1sin()43x π+=，则5cos()4x π-=．16．（5分）如图，一列圆222:()(0n n n n C x y a r a +-=>，0)n r >逐个外切，且所有的圆均与直线22y x =±相切，若1r l =，则1a =，n r =．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．（12分）如图，D 是在ABC ∆边AC 上的一点，BCD ∆面积是ABD ∆面积的2倍，22CBD ABD θ∠=∠=．（Ⅰ）若6πθ=，求sin sin AC的值；（Ⅱ）若4BC =，AB =，求边AC 的长．18．（12分）如图，三棱柱11l ABC A B C -中，1A BCB -是棱长为2的正四面体．（Ⅰ）求证：1AC CC ⊥；（Ⅱ）求三棱锥1B ACC -的体积．19．（12分）某市2013年至2019年新能源汽车y （单位：百台）的数据如表：年份2013201420152016201720182019年份代号x1234567新能源汽车y58810141517（Ⅰ）求y 关于x 的线性回归方程，并预测该市2021年新能源汽车台数；（Ⅱ）该市某公司计划投资600台“双枪同充”（两把充电枪）、“一拖四群充”（四把充电枪）的两种型号的直流充电桩．按要求，充电枪的总把数不少于该市2021年新能源汽车预测台数，若双枪同充、一拖四群充的每把充电枪的日利润分别为25元，10元，问两种型号的充电桩各安装多少台时，才能使日利润最大，求出最大日利润．721(140ii x ==∑，71364)i i i x y ==∑附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为1221ˆniii nii x ynxy bxnx ==-=-∑∑，ˆˆay bx =-．20．（12分）已知函数，32()(1)3x f x mx m ln m =--+-，(1)m <．（Ⅰ）当12m =时，求()f x 的极值：（Ⅱ）证明：函数()f x 有且只有一个零点．21．（12分）定义：平面内两个分别以原点和两坐标轴为对称中心和对称轴的椭圆1E ，2E ，它们的长短半轴长分别为1a ，1b 和2a ，2b ，若满足21k a a =，21(,2)k b b k Z k =∈ ，则称2E 为1E 的k 级相似椭圆，已知椭圆22121:4x y E l b +=，2E 为1E 的2级相似椭圆，且焦点共轴，1E 与2E 的离心率之比为2．（Ⅰ）求2E 的方程；（Ⅱ）已知P 为2E 上任意一点，过点P 作1E 的两条切线，切点分别为1(A x ，1)y 、2(B x ，2)y ．①证明：1E 在(l A x ，1)y 处的切线方程为112114x x y yb +=；②是否存在一定点到直线AB 的距离为定值，若存在，求出该定点和定值；若不存在，说明理由．（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-题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系；曲线1C 的普通方程为22(1)1x y -+=，曲线2C 的参数方程为(x y θθθ⎧=⎪⎨=⎪⎩为参数）．（Ⅰ）求曲线1C 和2C 的极坐标方程：（Ⅱ）设射线(0)6πθρ=>分别与曲线1C 和2C 相交于A ，B 两点，求||AB 的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知0a >，0b >，2a b +=．（Ⅰ）求111a b ++的最小值；（Ⅱ）证明：2a b b a ab+ ．2020年江西省南昌市高考数学一模试卷（文科）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．（5分）已知集合{0A =，1，2)，{|2}B x N x A =∈∈，则(B =)A ．{0}B ．{0，2}C ．{0，12，2}D ．{0，2，4}【解答】解： 集合{0A =，1，2)，{|2}B x N x A =∈∈，{0B ∴=，2}．故选：B ．2．（5分）在复平面内，复数z i =对应的点为Z ，将向量OZ 绕原点O 按逆时针方向旋转23π，所得向量对应的复数是()A ．1322i-+B ．3122i -+C ．1322i --D ．3122i--【解答】解： 由题意知复数z i =对应的向量OZ 按逆时钟方向旋转23π，∴旋转后的向量对应的复数为221331(cossin )()332222i i i i i ππ+=-+=--．故选：D ．3．（5分）一个正三棱柱的正（主)视图如图，则该正三棱柱的侧面积是()A ．16B ．12C ．8D ．6【解答】解：根据正三棱柱图的正视图，可以转换出几何体为：如图所示：所以该几何体的底面边长为2b ==，所以正三棱柱体的侧面积为32212S =⨯⨯=．故选：B ．4．（5分）《聊斋志异》中有：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术”．在数学中，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：===，则按照以上规律，若=具有“穿墙术”，则m ，n 满足的关系式为()A ．2n m l =-B ．2(1)n m =-C ．2(1)n m =-D ．21n m =-【解答】解： =，∴=，3mn m m ∴+=，21n m ∴+=，21n m ∴=-．故选：D ．5．（5分）已知{}n a 是等差数列，且344a a +=-，788a a +=-，则这个数列的前10项和等于()A ．16-B ．30-C ．32-D ．60-【解答】解：344a a +=- ，788a a +=-，347812a a a a ∴+++=-，11038476a a a a a a ∴+=+=+=-，1101010()302a a S +∴==-，故选：B ．6．（5分）已知抛物线2:4C y x =的焦点为F ，抛物线上一点的M 的纵坐标0y ，则02y >是||2MF >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【解答】解：设抛物线上一点的M 的纵坐标0y ，0||1MF x =+，若||2MF >，则01x >，则2044y x =>，解之得02y >，或02y <-，02y ∴>是02y >，或02y <-充分不必要条件，02y ∴>是||2MF >的充分不必要条件，故选：A ．7．（5分）2013年至2019年我国二氧化硫的年排放量（单位：万吨）如表，则以下结论中错误的是()年份2013201420152016201720182019排放量2217.921182043.91974.41859.11102.861014.6A ．二氧化硫排放量逐年下降B ．2018年二氧化硫减排效果最为显著C ．2017年至2018年二氧化硫减排量比2013年至2016年二氧化硫减排量的总和大D ．2019年二氧化硫减排量比2018年二氧化硫减排量有所增加【解答】解：2013年至2019年我国二氧化硫的年减排放量分别为：99.9；75；68.6；115.5；756.24；88.26；由表格可知二氧化硫排放量逐年下降，A 正确；2018年二氧化硫减排效果最为显著，正确；2017年至2018年二氧化硫减排量比2013年至2016年二氧化硫减排量的总和大，正确；2019年二氧化硫减排量比2018年二氧化硫减排量有所增加，不正确；故选：D ．8．（5分）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右焦点为F ，过原点O线交C 的右支于点A ，若||||OA OF =，则双曲线的离心率为()ABC ．2Dl+【解答】解：||||OA OF c == ，直线OA()22c A ∴．由A 到左右焦点(,0)c -，(,0)c 的距离差为2a ，∴2a +=．1)2c a=则双曲线的离心率为1c e a ==．故选：D．9．（5分）函数cos 1(),1(),1x ln x x f x xex π⎧->⎪=⎨⎪⎩ 的图象大致是()A ．B ．C．D．【解答】解：根据题意，函数cos 1(),1(),1x ln x x f x xex π⎧->⎪=⎨⎪⎩ ，当1x >时，有1()()f x ln x x =-，x →+∞时，1x x -→+∞，有1()()f x ln x x=-→+∞，排除BC ，当1x =时，f （1）cos 1e eπ==，排除D ，故选：A ．10．（5分）台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动，也叫桌球（中国粤港澳地区的叫法）、撞球（中国台湾地区的叫法）．控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术，一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD ，在点E ，F 处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A 处，通过击打母球，使其依次撞击点E ，F 处的目标球，最后停在点C 处，若30AE cm =，40EF cm =，30FC cm =，60AEF CFE ∠=∠=︒，则该正方形的边长为()A ．40cmB ．156cmC ．202cmD ．1014cm 【解答】解：如图，连接AC 交EF 于点G ，由对称性可知，1202EG EF ==，在AEG∆中，由余弦定理有，22212cos 900400230207002AG AE EG AE EG AEG =+-∠=+-⨯⨯⨯= ，∴107AG =，∴2207AC AG ==∴2cos 457142AB AC =︒== ．故选：D ．11．（5分）已知0x y >>，1x ≠，1y ≠，则()A ．(,0)aax y a R a >∈≠B ．x xe e y x>C ．y xx y >D ．132x y l-->【解答】解：由0x y >>，1x ≠，1y ≠，取4x =，2y =，则可排除CD ；取12a =，则可排除A ，故选：B ．12．（5分）如图，点E 是正方体1111ABCD A B C D -的棱1DD 的中点，点F ，M 分别在线段AC ，1BD （不包含端点）上运动，则()A ．在点F 的运动过程中，存在1//EF BCB ．在点M 的运动过程中，不存在1B M AE ⊥C ．四面体EMAC 的体积为定值D ．四面体11FA C B 的体积不为定值【解答】解：连接1AD ，由正方体的对角面为矩形可得11//AD BC ，取AD 的中点N ，连接EN ，可得EN 与EF 相交，且1//EN BC ，则EF 与1BC 异面，故A 错误；以A 为坐标原点O ，AB ，AD ，1AA 所在的直线为x ，y ，z 轴，设正方体的边长为2，可得(0E ，2，1)，(2B ，0，0)，1(0D ，2，2)，1(2B ，0，2)，设1BM tBD = ，可得1()OM OB t OD OB =+- (2=，0，0)(2t +-，2，2)(22t =-，2t ，2)t ，则(0AE = ，2，1)，1(2B M t =- ，2t ，22)t -，由14220AE B M t t =+-= ，可得13t =，可得在点M 的运动过程中，存在1B M AE ⊥，故B 错误；四面体EMAC 的体积为13EAC S h ∆，(h 为M 到平面AEC 的距离），连接AC ，交BD 于H ，连接EH ，可得1//EH BD ，EH ⊂平面EAC ，1BD ⊂/平面EAC ，可得1//BD 平面EAC ，则1BD 到平面EAC 的距离为h ，显然h 为定值，EAC ∆的面积也为定值，故四面体EMAC 的体积为定值，故C 正确；四面体11FA C B 的体积为1113A CB S h ' ，(h '为F 到平面11AC B 的距离），由11//AC A C ，AC ⊂/平面11A C B ，11A C ⊂平面11A C B ，可得//AC 平面11A C B ，AC 到平面11A C B 的距离为h '，显然h '为定值，△11A C B 的面积也为定值，故四面体11FA C B 的体积为定值，故D 错误．故选：C ．二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）已知向量b = ，且a 在b 方向上的投影为12，则?a b 等于1．【解答】解：因为向量b = ，且a在b 方向上的投影为12，所以：||2b ==；∴a在b 方向上的投影为：122||a b a b b == ；∴?1a b =；故答案为：1．14．（5分）已知函数31()f x x x =-，则1(2)(2f lg f lg '-'=0．【解答】解：31()f x x x =-，则221()3f x x x'=+，则()f x '为偶函数，1(2)((2)(2)(2)(2)02f lg f lg f lg f lg f lg f lg ∴'-'='-'-='-'=，故答案为：0．15．（5分）已知1sin()43x π+=，则5cos()4x π-=13-．【解答】解：因为1sin()cos )43x x x π+==+，则51cos()cos[()]cos()(cos sin )444223x x x x x ππππ-=+-=--=-+=-；故答案为：13-．16．（5分）如图，一列圆222:()(0n n n n C x y a r a +-=>，0)n r >逐个外切，且所有的圆均与直线y =±相切，若1r l =，则1a =3，n r =．【解答】解：因为一列圆222:()(0n n n n C x y a r a +-=>，0)n r >逐个外切，且所有的圆均与直线y =±相切，所以圆心到直线的距离为圆的半径，所以3nn a r ==，所以3n n a r =，因为11r =，所以13a =，由题意可得：11n n n n a a r r ++-=+，所以1133n n n n r r r r ++-=+，整理可得：124n n r r +=，即12n nr r +=，所以{}n r 为等比数列，首项11r =，公比2q =，所以通项12n n r -=；故答案分别为：3，12n -．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．（12分）如图，D 是在ABC ∆边AC 上的一点，BCD ∆面积是ABD ∆面积的2倍，22CBD ABD θ∠=∠=．（Ⅰ）若6πθ=，求sin sin AC的值；（Ⅱ）若4BC =，AB =，求边AC的长．【解答】解：()I 因为1223CBD ABD θπ∠=∠==，所以111sin 2sin 2326BC BD BA BD ππ=⨯ ，所以sin 23sin 3BC A BA C ===；()II 因为11sin 22sin 22BC BD BA BD θθ=⨯ ，即42sin cos 2θθθ⨯=⨯，所以cos 2θ=，所以4πθ=，334ABC πθ∠==，所以216824()402AC =+-⨯⨯-=，所以AC =．18．（12分）如图，三棱柱11l ABC A B C -中，1A BCB -是棱长为2的正四面体．（Ⅰ）求证：1AC CC ⊥；（Ⅱ）求三棱锥1B ACC -的体积．【解答】解：（Ⅰ）证明：如图，取1BB 的中点E ，连结CE ，交1BC 于点O ，则点O 为1BCB ∆的重心，连结AO ，设11BC B C 于点F ，依题意点A 在底面的投影为1BCB ∆的重心，即AO ⊥平面11BCC B ，1AO BB ∴⊥，1BCB ∆ 是正三角形，1CE BB ∴⊥，CE AO O = ，1BB ∴⊥平面AEC ，1BB AC ∴⊥，1AC CC ∴⊥．（Ⅱ）解：由1A BCB -是棱长为2的正四面体，233CO CE ∴==，2AC =，3AO =，12BC CC == ，1120BCC ∠=︒，∴11111sin 2222BCC S BC CC BCC =⨯⨯⨯∠=⨯⨯⨯ ，∴三棱锥1B ACC -的体积为：111333B ACC A BCC V V --==⨯=．19．（12分）某市2013年至2019年新能源汽车y （单位：百台）的数据如表：年份2013201420152016201720182019年份代号x1234567新能源汽车y58810141517（Ⅰ）求y 关于x 的线性回归方程，并预测该市2021年新能源汽车台数；（Ⅱ）该市某公司计划投资600台“双枪同充”（两把充电枪）、“一拖四群充”（四把充电枪）的两种型号的直流充电桩．按要求，充电枪的总把数不少于该市2021年新能源汽车预测台数，若双枪同充、一拖四群充的每把充电枪的日利润分别为25元，10元，问两种型号的充电桩各安装多少台时，才能使日利润最大，求出最大日利润．721(140ii x ==∑，71364)i i i x y ==∑附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为1221ˆniii nii x ynxy bxnx ==-=-∑∑，ˆˆay bx =-．【解答】解：（Ⅰ）依题意知，123456747x ++++++==，58810141517117y ++++++==，721140ii x==∑，71364i i i x y ==∑，所以71722173647411ˆ21407167iii ii x yxybxx ==--⨯⨯===-⨯-∑∑，ˆˆ11243a y bx =-=-⨯=，所以y 关于x 的回归方程为ˆ23y x =+．当9x =时，ˆ29321y=⨯+=，故预测2021年该市新能源汽车大约有2100台．（Ⅱ）设一拖四群充、双枪同充分别安装m 台，600m -台，每天的利润为z 元，则42(600)2100m m +- ，即450m ，4050(600)300001030000450025500z m m m =+-=--= ，所以当450m =时，z 取得最大值25500．故当双枪同充安装150台，一拖四群充安装450台时，每天的利润最大，最大利润为25500元．20．（12分）已知函数，32()(1)3x f x mx m ln m =--+-，(1)m <．（Ⅰ）当12m =时，求()f x 的极值：（Ⅱ）证明：函数()f x 有且只有一个零点．【解答】解：（1）当12m =时，32111()3222x f x x ln =--+，2()(1)f x x x x x '∴=-=-，∴当(,0)x ∈-∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；当(0,1)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当(1,)x ∈+∞时，函数()0f x >，∴函数()f x 的极大值为1(0)22f ln =--，极小值为f （1）223ln =--；（Ⅱ）证明：2()2(2)f x x mx x x m '=-=-，①当0m =时，2()0f x x '= ，3()3x f x =只有一个零点0，符合题意，②当0m <时，()f x 在(,2)m -∞上单调递增，在(2,0)m 上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，(0)(1)f m ln m =-+- ，0m <，设()(1)g m m ln m =-+-(0)m <，显然()g m 单调递减，()(0)0g m g ∴>=，即(0)0f >，()f x ∴只有一个零点，符合题意，③当01m <<时，()f x 在(,0)-∞上单调递增；在(0,2)m 上单调递减；在(2,)m +∞上单调递增，(0)(1)f m ln m =-+- ，01m <<，由②构造的函数知，()(0)0g m g <=，即(0)0f <，则()f x 只有一个零点，符合题意，综上所述，1m <时，函数()f x 有且只有一个零点．21．（12分）定义：平面内两个分别以原点和两坐标轴为对称中心和对称轴的椭圆1E ，2E ，它们的长短半轴长分别为1a ，1b 和2a ，2b ，若满足21k a a =，21(,2)k b b k Z k =∈ ，则称2E 为1E 的k 级相似椭圆，已知椭圆22121:4x y E l b +=，2E 为1E 的2级相似椭圆，且焦点共轴，1E 与2E的离心率之比为2．（Ⅰ）求2E 的方程；（Ⅱ）已知P 为2E 上任意一点，过点P 作1E 的两条切线，切点分别为1(A x ，1)y 、2(B x ，2)y ．①证明：1E 在(l A x ，1)y 处的切线方程为112114x x y yb +=；②是否存在一定点到直线AB 的距离为定值，若存在，求出该定点和定值；若不存在，说明理由．【解答】解：（Ⅰ）由题意可知12a =，24a =，221b b =，则222211112144a b b e a --==，22222222221616a b b e a --==，而22112222114(4)441647e b e b b -===-+，解213b =，23b =，故椭圆221:143x y E +=上，椭圆222:1169x y E +=．（Ⅱ）①联立椭圆与直线方程，11221122143361240143x x y yx x x y x y ⎧+=⎪⎪⇒-+-=⎨⎪+=⎪⎩，点A 在椭圆221:143x y E +=上，有221134120x y +-=，所以△22211113612(124)12(3412)0x y x y =--=+-=，即直线与椭圆相切，所以过点A 的切线方程为11143x x y y+=，②由①知，过点B 的切线方程为22143x x y y+=，设0(P x ，0)y ，则22001169x y +=，则220916144x y +=，两条切线都经过点P ，则满足方程组10102020143143x x y y x x y y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩那么点A 和点B 都在直线00143x y yx +=上，则直线AB 的方程为00143x y yx +=上，即003412x x y y +=，假设存在一定点(C C x ，)C y 到直线AB 的距离为定值．即距离00|3412|12C C x x y y d +-==为定值，则0C C x y ==，1d =，故存在一定点(0,0)C 到直线AB 的距离为1．（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-题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系；曲线1C 的普通方程为22(1)1x y -+=，曲线2C的参数方程为(x y θθθ⎧=⎪⎨=⎪⎩为参数）．（Ⅰ）求曲线1C 和2C 的极坐标方程：（Ⅱ）设射线(0)6πθρ=>分别与曲线1C 和2C 相交于A ，B 两点，求||AB 的值．【解答】解：（Ⅰ）曲线1C 的普通方程为22(1)1x y -+=，整理得222x y x +=，转换为极坐标方程为2cos ρθ=．曲线2C的参数方程为(x y θθθ⎧=⎪⎨=⎪⎩为参数），转换为直角坐标方程为22132x y +=，转换为极坐标方程为22222cos 3sin 60ρθρθ+-=．第21页（共21页）（Ⅱ）由（Ⅰ）得：2cos 6ρθπθ=⎧⎪⎨=⎪⎩，解得12cos 6πρ==．22222cos 3sin 606ρθρθπθ⎧+-=⎪⎨=⎪⎩，解得22924ρ=，即2ρ=所以12||||3AB ρρ=-=．[选修4-5：不等式选讲]23．已知0a >，0b >，2a b +=．（Ⅰ）求111a b ++的最小值；（Ⅱ）证明：2a b b a ab + ．【解答】解：（Ⅰ）0a >，0b >，2a b +=．所以111111114((1))[2(21313133b a a b a b a b a b ++=+++=+++=+++ ，当且仅当32a =，12b =时，取等号．111a b ++的最小值为：43．（Ⅱ）证明：要证明2a b b a ab+ ，由0a >，0b >，即证明222a b + ，因为2a b +，所以当且仅当a b =1，即222a b + 成立，所以：2a b b a ab+ ．。
江西省南昌市第二中学2020届高三第一次模拟测试卷理科数学(解析版)
2020年高考（理科）数学一模试卷一、选择题（共12小题）.1．已知集合A＝{y|y＝|x|﹣1，x∈R}，B＝{x|x≥2}，则下列结论正确的是（）A．﹣3∈A B．3?B C．A∩B＝B D．A∪B＝B2．已知复数z1＝6﹣8i，z2＝﹣i，则＝（）A．8﹣6i B．8+6i C．﹣8+6i D．﹣8﹣6i3．已知命题p：若a＜1，则a2＜1，下列说法正确的是（）A．命题p是真命题B．命题p的逆命题是真命题C．命题p的否命题是：若a＜1，则a2≥1D．命题p的逆否命题是：若a2≥1，则a＜14．下列与的终边相同的角的表达式中正确的是（）A．2kπ+45°（k∈Z）B．k?360°+π（k∈Z）C．k?360°﹣315°（k∈Z）D．kπ+（k∈Z）5．已知函数y＝log a（x+c）（a，c为常数，其中a＞0，a≠1）的图象如图所示，则下列结论成立的是（）A．a＞1，c＞1B．a＞1，0＜c＜1C．0＜a＜1，c＞1D．0＜a＜1，0＜c＜16．已知函数f（x）＝满足对任意的实数x1≠x2都有＜0成立，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，2）B．（﹣∞，]C．（﹣∞，2]D．[，2）7．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．8．《周易》历来被人们视为儒家经典之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“”当做数字“1”，把阴爻“”当做数字“0”，则八卦代表的数表示如下：卦名符号表示的二进制数表示的十进制数坤0000震0011坎0102兑0113以此类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“”表示的十进制数是（）A．18B．17C．16D．159．若x，y满足约束条件，则z＝3x+2y的最大值为（）A．4B．5C．6D．710．斜率为1的直线l与椭圆+y2＝1相交于A、B两点，则|AB|的最大值为（）A．2B．C．D．11．若函数f（x）＝x3+x2﹣在区间（a，a+5）内存在最小值，则实数a的取值范围是（）A．[﹣5，0）B．（﹣5，0）C．[﹣3，0）D．（﹣3，0）12．记M的最大值和最小值分别为M max和M min．若平面向量，，满足||＝||＝?＝?（+2﹣2）＝2．则（）A．||max＝B．||max＝C．||min＝D．||min＝二、填空题13．如图，某地一天从6﹣14时的温度变化曲线近似满足函数y＝A sin（ωx+φ）+b，则b ＝；该段曲线的函数解析式是．14．设a∈R，若函数y＝e x+ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是．15．已知P（1，1）为椭圆+＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为．16．如图所示，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不同于A，B的任意一点，若P 为半径OC上的动点，则（+）?的最小值为．三、解答题：共70分.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．必考题：共60分17．已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，﹣＜φ）的最小正周期是π，且当x＝时，f（x）取得最大值2．（1）求f（x）的解析式；（2）作出f（x）在[0，π]上的图象（要列表）．18．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F （E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．19．已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．（1）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；（2）已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），求X的分布列和数学期望．20．已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0）的半焦距为c，原点O到经过两点（c，0），（0，b）的直线的距离为c．（Ⅰ）求椭圆E的离心率；（Ⅱ）如图，AB是圆M：（x+2）2+（y﹣1）2＝的一条直径，若椭圆E经过A、B两点，求椭圆E的方程．21．已知函数的导函数y＝f'（x）的两个零点为﹣3和0．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若f（x）的极小值为﹣e3，求f（x）在区间[﹣5，+∞）上的最大值．（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，则技所做的第一题计分[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在极坐标系中，已知曲线C1：ρcosθ﹣ρsinθ﹣1＝0，C2：ρ＝2cosθ．（1）求曲线C1，C2的直角坐标方程，并判断两曲线的形状；（2）若曲线C1，C2交于A，B两点，求两交点间的距离．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）＝|x﹣p|．（I）当p＝2时，解不等式f（x）≥4﹣|x﹣1|；（II）若f（x）≥1的解集为（﹣∞，0]∪[2，+∞），（m＞0，n＞1），求证：m+2n≥11．参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A＝{y|y＝|x|﹣1，x∈R}，B＝{x|x≥2}，则下列结论正确的是（）A．﹣3∈A B．3?B C．A∩B＝B D．A∪B＝B【分析】先求出集合A，从而找出正确选项．解：∵|x|≥0，∴|x|﹣1≥﹣1；∴A＝{y|y≥﹣1}，又B＝{x|x≥2}∴A∩B＝{x|x≥2}＝B．故选：C．2．已知复数z1＝6﹣8i，z2＝﹣i，则＝（）A．8﹣6i B．8+6i C．﹣8+6i D．﹣8﹣6i【分析】把z1＝6﹣8i，z2＝﹣i代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：∵z1＝6﹣8i，z2＝﹣i，∴＝．故选：B．3．已知命题p：若a＜1，则a2＜1，下列说法正确的是（）A．命题p是真命题B．命题p的逆命题是真命题C．命题p的否命题是：若a＜1，则a2≥1D．命题p的逆否命题是：若a2≥1，则a＜1【分析】举例说明命题p为假命题，求出命题p的逆命题，否命题，逆否命题逐一判断即可得答案．解：已知命题p：若a＜1，则a2＜1，如a＝﹣2，则（﹣2）2＞1，命题p为假命题，∴A不正确；命题p的逆命题是：若a2＜1，则a＜1，为真命题，∴B正确；命题p的否命题是：若a≥1，则a2≥1，∴C不正确；命题p的逆否命题是：若a2≥1，则a＞1，∴D不正确．故选：B．4．下列与的终边相同的角的表达式中正确的是（）A．2kπ+45°（k∈Z）B．k?360°+π（k∈Z）C．k?360°﹣315°（k∈Z）D．kπ+（k∈Z）【分析】题目要写出与的终边相同的角，只要在该角基础上加2π的整数倍即可，但角度值和弧度制不能混用．解：与的终边相同的角可以写成2kπ+π（k∈Z），但是角度制与弧度制不能混用，所以只有答案C正确．故选：C．5．已知函数y＝log a（x+c）（a，c为常数，其中a＞0，a≠1）的图象如图所示，则下列结论成立的是（）A．a＞1，c＞1B．a＞1，0＜c＜1C．0＜a＜1，c＞1D．0＜a＜1，0＜c＜1【分析】根据对数函数的图象和性质即可得到结论．解：∵函数单调递减，∴0＜a＜1，当x＝1时log a（x+c）＝log a（1+c）＜0，即1+c＞1，即c＞0，当x＝0时log a（x+c）＝log a c＞0，即c＜1，即0＜c＜1，故选：D．6．已知函数f（x）＝满足对任意的实数x1≠x2都有＜0成立，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，2）B．（﹣∞，]C．（﹣∞，2]D．[，2）【分析】由已知可得函数f（x）在R上为减函数，则分段函数的每一段均为减函数，且在分界点左段函数不小于右段函数的值，进而得到实数a的取值范围．解：若对任意的实数x1≠x2都有＜0成立，则函数f（x）在R上为减函数，∵函数f（x）＝，故，解得：a∈（﹣∞，]，故选：B．7．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【分析】直接利用空间几何体的三视图的画法，判断选项的正误即可．解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选：A．8．《周易》历来被人们视为儒家经典之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“”当做数字“1”，把阴爻“”当做数字“0”，则八卦代表的数表示如下：卦名符号表示的二进制数表示的十进制数坤0000震0011坎0102兑0113以此类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“”表示的十进制数是（）A．18B．17C．16D．15【分析】由二进制转化为十进制的方法，我们将各数位上的数字乘以其权重累加后，即可得到答案．解：由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦符合“”表示二进制数的010001，转化为十进制数的计算为1×20+0×21+0×22+0×23+1×24+0×25＝17．故选：B．9．若x，y满足约束条件，则z＝3x+2y的最大值为（）A．4B．5C．6D．7【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可．解：作出x，y满足约束条件，对于的平面区域如图：由z＝3x+2y，则y＝﹣x+，平移直线y＝﹣x+，由图象可知当直线y＝﹣x+，经过点A时，直线y＝﹣x+的截距最大，此时z最大，由，解得A（2，0），此时z max＝3×2+2×0＝6，故选：C．10．斜率为1的直线l与椭圆+y2＝1相交于A、B两点，则|AB|的最大值为（）A．2B．C．D．【分析】设出直线的方程，代入椭圆方程中消去y，根据判别式大于0求得t的范围，进而利用弦长公式求得|AB|的表达式，利用t的范围求得|AB|的最大值．解：设直线l的方程为y＝x+t，代入+y2＝1，消去y得x2+2tx+t2﹣1＝0，由题意得△＝（2t）2﹣5（t2﹣1）＞0，即t2＜5．弦长|AB|＝4×≤．故选：C．11．若函数f（x）＝x3+x2﹣在区间（a，a+5）内存在最小值，则实数a的取值范围是（）A．[﹣5，0）B．（﹣5，0）C．[﹣3，0）D．（﹣3，0）【分析】由题意，求导f′（x）＝x2+2x＝x（x+2）确定函数的单调性，从而作出函数的简图，由图象求实数a的取值范围．解：由题意，f′（x）＝x2+2x＝x（x+2），故f（x）在（﹣∞，﹣2），（0，+∞）上是增函数，在（﹣2，0）上是减函数，作其图象如右图，令x3+x2﹣＝﹣得，x＝0或x＝﹣3；则结合图象可知，；解得，a∈[﹣3，0）；故选：C．12．记M的最大值和最小值分别为M max和M min．若平面向量，，满足||＝||＝?＝?（+2﹣2）＝2．则（）A．||max＝B．||max＝C．||min＝D．||min＝【分析】由条件可设＝＝（2，0），＝（1，），＝＝（x，y），由向量的坐标表示可得C在以圆心P（1，），半径r＝的圆上运动，且|﹣|表示点A与点C的距离，且|+|表示点D（﹣2，0）与点C的距离，运用最大值为d+r，最小值为d﹣r，计算可得所求．解：平面向量，，满足||＝||＝?＝?（+2﹣2）＝2，由?＝2×2cos＜，＞＝2，可得cos＜，＞＝，sin＜，＞＝，设＝＝（2，0），＝（1，），＝＝（x，y），可得（x，y）?（4﹣2x，2﹣2y）＝2，即为x（4﹣2x）+y（2﹣2y）＝2，化为x2+y2﹣2x﹣y+1＝0，则C在以圆心P（1，），半径r＝的圆上运动，且|﹣|表示点A与点C的距离，显然最大值为|AC|+r＝+＝；最小值为|AC|﹣r＝﹣＝；且|+|表示点D（﹣2，0）与点C的距离，显然最大值为|DC|+r＝+＝；最小值为|DC|﹣r＝．故选：A．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．如图，某地一天从6﹣14时的温度变化曲线近似满足函数y＝A sin（ωx+φ）+b，则b ＝20；该段曲线的函数解析式是y＝10sin（x+）+20，x∈[6，14]．．【分析】通过函数的图象，求出A，b，求出函数的周期，推出ω，利用函数经过（10，20）求出φ，得到函数的解析式．解：由题意以及函数的图象可知，A＝10，b＝20，T＝2（14﹣6）＝16，所以ω＝＝，函数经过（10，20）所以20＝10sin（×10+φ）+20，所以φ＝，所以函数的解析式：y＝10sin（x+）+20，x∈[6，14]．故答案为：20；y＝10sin（x+）+20，x∈[6，14]．14．设a∈R，若函数y＝e x+ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是{a|a＜﹣1}．【分析】先对函数进行求导令导函数等于0，原函数有大于0的极值故导函数有大于零的根．解：∵y＝e x+ax，∴y'＝e x+a．由题意知e x+a＝0有大于0的实根，由e x＝﹣a，得a＝﹣e x，∵x＞0，∴e x＞1．∴a＜﹣1．故答案为：{a|a＜﹣1}．15．已知P（1，1）为椭圆+＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为x+2y﹣3＝0．【分析】设弦的两端点坐标为（x1，y1）、（x2，y2），代入椭圆方程，作差，即可求得直线的斜率，求得的直线方程；解：由于此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k，且设弦的两端点坐标为（x1，y1）、（x2，y2），则两式相减得+＝0．∵x1+x2＝2，y1+y2＝2，∴x1﹣x2+2（y1﹣y2）＝0，x+2y﹣3＝0故答案为：x+2y﹣3＝0．16．如图所示，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不同于A，B的任意一点，若P 为半径OC上的动点，则（+）?的最小值为﹣．【分析】根据图形知：O是线段AB的中点，所以+＝2，再根据向量的点乘积运算分析方向与大小即可求出．【解答】解∵圆心O是直径AB的中点，∴+＝2，∴（+）?＝2?，∵||+||＝3≥2，∴||?||≤，即（+）?＝2?＝﹣2||?||≥﹣，当且仅当||＝||＝时，等号成立，故最小值为﹣．故答案为：﹣．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22.23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分17．已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，﹣＜φ）的最小正周期是π，且当x＝时，f（x）取得最大值2．（1）求f（x）的解析式；（2）作出f（x）在[0，π]上的图象（要列表）．【分析】（1）由函数的最值求出A，由周期求出ω，由特殊点的坐标求出φ的值，即可求得函数解析式；（2）用五点法即可作函数y＝Asin（ωx+φ）在一个周期上的图象．解：（1）因为函数f（x）的最小正周期是π，所以ω＝2．又因为当x＝时，f（x）取得最大值2．所以A＝2，同时2×+φ＝2kπ+，k∈Z，φ＝2kπ+，k∈Z，因为﹣＜φ＜，所以φ＝，所以f（x）＝2sin（2x+）．（2）因为x∈[0，π]，所以2x+∈[，]，列表如下：2x+π2πx0πf（x）120﹣201描点、连线得图象：18．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【分析】（1）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；（2）通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．【解答】证明：（1）∵AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，∴AB∥EF，又∵EF?平面ABC，AB?平面ABC，∴EF∥平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，∵BC⊥BD，FG∥BC，∴FG⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，FG?平面BCD，∴FG⊥平面ABD，∵AD?平面ABD，∴FG⊥AD，∵AD⊥EF，且EF∩FG＝F，∴AD⊥平面EFG，∵EG?平面EFG，∴AD⊥EG，∵EG∥AC，∴AD⊥AC．19．已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．（1）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；（2）已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），求X的分布列和数学期望．【分析】（1）记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，利用古典概型的概率求解即可；（2）X的可能取值为：200，300，400；求出对应的概率，得到分布列，然后计算数学期望值．解：（1）记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，则P（A）＝＝＝；（2）X的可能取值为200，300，400，P（X＝200）＝＝＝，P（X＝300）＝＝＝，P（X＝400）＝1﹣P（X＝200）﹣P（X＝300）＝1﹣﹣＝；所以X的分布列为：X200300 400P数学期望为EX＝200×+300×+400×＝350．20．已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0）的半焦距为c，原点O到经过两点（c，0），（0，b）的直线的距离为c．（Ⅰ）求椭圆E的离心率；（Ⅱ）如图，AB是圆M：（x+2）2+（y﹣1）2＝的一条直径，若椭圆E经过A、B两点，求椭圆E的方程．【分析】（Ⅰ）求出经过点（0，b）和（c，0）的直线方程，运用点到直线的距离公式，结合离心率公式计算即可得到所求值；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆E的方程为x2+4y2＝4b2，①设出直线AB的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，结合圆的直径和中点坐标公式，解方程可得b2＝3，即可得到椭圆方程．解：（Ⅰ）经过点（0，b）和（c，0）的直线方程为bx+cy﹣bc＝0，则原点到直线的距离为d＝＝c，即为a＝2b，e＝＝＝；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆E的方程为x2+4y2＝4b2，①由题意可得圆心M（﹣2，1）是线段AB的中点，则|AB|＝，易知AB与x轴不垂直，记其方程为y＝k（x+2）+1，代入①可得（1+4k2）x2+8k（1+2k）x+4（1+2k）2﹣4b2＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝．x1x2＝，由M为AB的中点，可得x1+x2＝﹣4，得＝﹣4，解得k＝，从而x1x2＝8﹣2b2，于是|AB|＝?|x1﹣x2|＝?＝＝，解得b2＝3，则有椭圆E的方程为+＝1．21．已知函数的导函数y＝f'（x）的两个零点为﹣3和0．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若f（x）的极小值为﹣e3，求f（x）在区间[﹣5，+∞）上的最大值．【分析】（Ⅰ）求导数f′（x），根据y＝f'（x）的两个零点﹣3和0以及a的符号，即可解得不等式f'（x）＞0，f'（x）＜0，从而得到函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）由（Ⅰ）及所给已知条件可求出f（x），再利用导数即可求得函数f（x）在闭区间上的最大值；解：（Ⅰ），令g（x）＝﹣ax2+（2a﹣b）x+b﹣c，因为e x＞0，所以y＝f'（x）的零点就是g（x）＝﹣ax2+（2a﹣b）x+b﹣c的零点，且f'（x）与g（x）符号相同．又因为a＞0，所以﹣3＜x＜0时，g（x）＞0，即f'（x）＞0，当x＜﹣3，或x＞0时，g（x）＜0，即f'（x）＜0，所以f（x）的单调增区间是（﹣3，0），单调减区间是（﹣∞，﹣3），（0，+∞）．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，x＝﹣3是f（x）的极小值点，所以有，解得a＝1，b＝5，c＝5，所以．∵f（x）的单调增区间是（﹣3，0），单调减区间是（﹣∞，﹣3），（0，+∞），∴f（0）＝5为函数f（x）的极大值，∴f（x）在区间[﹣5，+∞）上的最大值取f（﹣5）和f（0）中的最大者．而＞5，所以函数f（x）在区间[﹣5，+∞）上的最大值是5e5．（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，则技所做的第一题计分[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在极坐标系中，已知曲线C1：ρcosθ﹣ρsinθ﹣1＝0，C2：ρ＝2cosθ．（1）求曲线C1，C2的直角坐标方程，并判断两曲线的形状；（2）若曲线C1，C2交于A，B两点，求两交点间的距离．【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用点到直线的距离公式的应用求出结果．解：（1）已知曲线C1：ρcosθ﹣ρsinθ﹣1＝0，转换为直角坐标方程为．所以该曲线为直线．曲线C2：ρ＝2cosθ．转换为直角坐标方程为x2+y2﹣2x＝0．所以该曲线为以（1，0）为圆心，1为半径的圆．（2）首先把x2+y2﹣2x＝0转换为（x﹣1）2+y2＝1，利用点（1，0）到直线的距离d＝，则说明圆心在直线上，所以|AB|＝2．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）＝|x﹣p|．（I）当p＝2时，解不等式f（x）≥4﹣|x﹣1|；（II）若f（x）≥1的解集为（﹣∞，0]∪[2，+∞），（m＞0，n＞1），求证：m+2n≥11．【分析】（Ⅰ）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；（Ⅱ）表示出x的范围，得到关于p的方程组，求出p的值，得到，根据乘“1”法证明即可．解：（I）当p＝2时，不等式化为|x﹣2|+|x﹣1|≥4∵∴不等式的解集为（II）根据f（x）≥1得|x﹣p|≥1?x≤p﹣1或x≥p+1，∵f（x）≥1的解集为（﹣∞，0]∪[2，+∞），故，所以，∵m＞0，n＞0，∴，当且仅当m＝3，n＝4时取等号，∴m+2n≥11．。
江西省南昌市2020届高三数学第三次模拟考试试题理含解析
江西省南昌市2020届高三数学第三次模拟考试试题 理（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知()1i i z +=（i 为虚数单位），在复平面内，复数z 的共轭复数z 对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D 【解析】 【分析】求出复数z ，写出z ，即得z 对应的点所在的象限.【详解】()11111,122222i i i z i z i i -===+∴=-+，∴复数z 的共轭复数z 对应的点是11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭，在第四象限.故选：D .【点睛】本题考查复数的除法运算和共轭复数，属于基础题.2. 设集合{}1A x x a =-=，{}()1,0,0B b b =>，若A B ⊆，则对应的实数(),a b 有( ) A. 1对 B. 2对C. 3对D. 4对【答案】B 【解析】 【分析】先解出集合A ，再根据集合的包含关系，即可确定．【详解】因为{}{}11,1A x x a a a =-==-+，若A B ⊆，而{}()1,0,0B b b =>，()()112a a +--=，所以，只能101a a b -=⎧⎨+=⎩或111a a b -=⎧⎨+=⎩，解得12a b =⎧⎨=⎩或23a b =⎧⎨=⎩． 故选：B ．【点睛】本题主要考查集合包含关系的理解，属于基础题．3. 为了普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取30名学生参加环保知识竞赛，得分（10分制）的频数分布表如表：得分 3 4 5 6 7 8 9 10 频数 2 310 63222设得分的中位数为e m ，众数为0m ，平均数为x ，则（ ） A. 0e m m x ==B. 0e m m x =<C. 0e m m x <<D.0e m m x <<【答案】D 【解析】 【分析】由频率分步表求出众数、中位数和平均数，比较即可． 【详解】由图知，众数是05m =； 中位数是第15个数与第16个数的平均值，由图知将数据从大到小排第15 个数是5，第16个数是6， 所以中位数是565.52e m +==； 平均数是()1233410566372829210630x =⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯≈； ∴0e m m x <<． 故选：D ．【点睛】本题考查了求出一组数据的众数、中位数、平均值的应用问题，是基础题． 4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. 3πB. 9πC. 12πD. 36π【答案】A 【解析】 【分析】根据题意还原几何体，根据圆锥的体积计算公式，即可容易求得.【详解】根据三视图可知，该几何体是底面半径为3，高为4的四分之一圆锥.故其体积211343V r h ππ=⨯⨯⨯=. 故选：A.【点睛】本题考查由三视图还原几何体，以及圆锥体积的求解，属综合基础题.5. 在ABC 中，D 为线段AB 上一点，且3BD AD =，若CD CA CB λμ→→→=+，则λμ=( )A.13B. 3C.14D. 4【答案】B 【解析】 【分析】根据3BD AD =，以,CA CB →→为基底，根据向量的线性运算即可求解. 【详解】3BD AD =3331()4444CD CB BD CB BA CB CA CB CA CB →→→→→→→→→→∴=+=+=+-=+，又CD CA CB λμ→→→=+，31,44λμ∴==，3λμ∴=， 故选：B【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，考查了向量的加法、减法，基底的概念，属于中档题.6. 在ABC 中，角,,A B C 所对应的边分别为,,a b c ，1c b a b a c+=++，则下列说法不一定成立的是( )A. ABC 可能为正三角形B. 角,,A B C 为等差数列C. 角B 可能小于3π D. 角B C+定值【答案】B 【解析】 【分析】已知条件化简可得222c b a bc +-=，根据余弦定理可解得3A π=，依次判断各选项即可得出结果. 【详解】1c b a b a c+=++, ()()()()c a c b a b a c a b ∴+++=++,化简可得：222c b a bc +-=，2221cos 222c b a bc A bc bc +-∴===，即3A π=，23B C π+=. 所以ABC 可能为正三角形，角B 可能小于3π,角B C +为定值,一定成立，只有当A B C ==时，角,,A B C 为等差数列，所以角,,A B C 为等差数列不一定成立. 故选：B.【点睛】本题考查余弦定理在解三角形中的应用，考查逻辑推理能力，属于基础题. 7. 已知函数()()22sin0f x x ωω=>的最小正周期为π，若将其图象沿x 轴向右平移()0m m >个单位，所得图象关于3x π=对称，则实数m 的最小值为( )A.4π B.3π C.34π D. π【答案】B 【解析】 【分析】先利用降幂公式将函数式化简为cos()y A x k 的形式，然后利用图象变换的规律求出变换后的解析式，最后利用函数的最值的性质求出m 的值． 【详解】化简得()cos21f x x ω=-+， ∵函数()f x 的最小正周期为π1ω∴=，所以()cos21f x x =-+，将其图象沿x 轴向右平移(0)m m >个单位，所得图象对应函数为cos(22)1y x m =--+， 因为其图象关于3x π=对称，则有2cos(2)13m π-=±， ∴223m k ππ-=，k Z ∈，解得32k m ππ=-，k Z ∈ 由0m >，实数m 的最小值为3π． 故选：B ．【点睛】本题考查考生对余弦型三角函数的图象变换与性质，考查学生的逻辑推理能力及运算求解能力．8. 函数()1cos f x x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（x ππ-≤≤且0x ≠）的图象可能为（ ）A. B. C.D.【答案】D 【解析】因为11()()cos ()cos ()f x x x x x f x x x-=-+=--=-，故函数是奇函数，所以排除A ，B ；取x π=，则11()()cos ()0f ππππππ=-=--<，故选D.考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.9. 甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制（不考虑平局，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束）.根据前期的统计分析，得到甲在和乙的第一场比赛中，取胜的概率为0.5，受心理方面的影响，前一场比赛结果会对甲的下一场比赛产生影响，如果甲在某一场比赛中取胜，则下一场取胜率提高0.1，反之，降低0.1.则甲以3:1取得胜利的概率为( ) A. 0.162 B. 0.18C. 0.168D. 0.174【答案】D 【解析】 【分析】设甲在第一、二、三、四局比赛中获胜分别为事件1234,,,A A A A ，则所求概率()1234P P A A A A =()()12341234P A A A A P A A A A ++，再根据概率的计算公式即可求得答案．【详解】解：设甲在第一、二、三、四局比赛中获胜分别为事件1234,,,A A A A ， 由题意，甲要以3:1取得胜利可能是1234A A A A ，1234A A A A ，1234A A A A ， ∴由概率得，甲以3:1取得胜利的概率()1234P P A A A A =()()12341234P A A A A P A A A A ++0.50.60.30.6=⨯⨯⨯0.50.40.50.6+⨯⨯⨯0.50.40.50.6+⨯⨯⨯ 0.174=，故选：D ．【点睛】本题主要考查独立事件概率乘法公式的应用，属于基础题．10. 知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，点M 在C 的右支上，1MF 与y 轴交于点A ，2MAF 的内切圆与边2AF 切于点B .若124||FF AB =，则C 的渐近线方程为( )0y ±=B. 0x ±=C. 20x y ±=D. 20x y ±=【答案】A 【解析】 【分析】由双曲线的定义和内切圆的性质：圆外一点向圆引切线，则切线长相等，结合双曲线的定义，可求出渐进线方程.【详解】如图所示：设,,G B N 分别为2MAF 三边与其内切圆的切点，圆心为I . 已知MGI △≌MNI △，2F BI △≌2F NI △,AGI △≌ABI △. 即22,,NM MG AG AB F B F N === 由双曲线的定义有：122MF MF a -=.则121212MF MF MF MN NF MF MG BF -=--=--222AF BF AG AB AG AB =-+=+=.所以22AB a =,即AB a =.又124F F AB =. 所以24c a =，又222+=a b c ，解得3ba=. 双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的渐近线方程为：3b y x x a=±=±.故选：A【点睛】本题考查双曲线的定义、性质和渐进线方程，考查圆的切线性质，属于中档题. 11. 将正整数20分解成两个正整数的乘积有120⨯，210⨯，45⨯三种，其中45⨯是这三种分解中两数差的绝对值最小的.我们称45⨯为20的最佳分解.当p q ⨯（p q ≤且,N p q +∈）是正整数n 的最佳分解时，定义函数()f n q p =-，则数列(){}()N3nf n +∈的前100项和100S 为( )A. 5031+ B. 5031-C. 50312-D. 50312+【答案】B 【解析】 【分析】首先利用信息的应用求出关系式的结果，进一步利用求和公式的应用求出结果． 【详解】解：依题意，当n 为偶数时，22(3)330nnn f =-=； 当n 为奇数时，111222(3)3323n n n n f +--=-=⨯， 所以01400912(333)S =++⋯+，5031231-=-，5031=-．故选：B.【点睛】本题考查的知识要点：信息题的应用，数列的求和的应用，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．12. 已知函数()()|2|4ln 1x f x e -=+，()2,02,0a x x g x a x x +-≥⎧=⎨--<⎩，若存在[]()Z ,1a n n n ∈+∈，使得方程()()f x g x =有四个不同的实根，则n 的最大值是（ ） A. 0 B. 1C. 2D. 3【答案】C 【解析】 【分析】依题意，转化可得函数()()2222ln ,0()ln ,0x x x x e e x F x ee x ----+⎧+≥⎪=⎨+<⎪⎩与直线y a =有且仅有四个不同的交点，且易发现函数()F x 为偶函数，利用导数研究函数()F x 的性质，作出函数图象，观察图象可得实数a 的取值范围，进而得到n 的最大值.【详解】令()()2424ln 1(2),0()()()ln 1(2),0x x e x a x h x f x g x e x a x ---⎧+---≥⎪=-=⎨+++-<⎪⎩，则()()()()24222242221ln ln ,0()ln 1ln ,0x x xx x x x x e a e e a x e h x e e a e e a x ------+--+⎧⎛⎫+-=+-≥⎪ ⎪⎪⎝⎭=⎨⎪⎡⎤+-=+-<⎪⎣⎦⎩， 依题意，函数()()2222ln ,0()ln ,0x x x x e e x F x ee x ----+⎧+≥⎪=⎨+<⎪⎩与直线y a =有且仅有四个不同的交点，易知函数()F x 为偶函数，故先研究0x ≥时的情况，当0x ≥时，2222()x xx xe e F x e e--'---=+， 令()0F x '<，解得02x ≤<，令()0F x '>，解得2x >，故函数()F x 在()0,2上单调递减，在()2+∞，上单调递增，且()()2ln 2F x F ==极小值， 由偶函数的对称性，可作出函数()F x 的图象，如下图所示，由图可知，()()22ln 2ln a e e -∈+，，又0ln 21<<，()222ln 3e e -<+<，∴n 的最大值为2， 故选：C.【点睛】本题考查函数与导数的综合运用，考查函数零点与方程根的关系，考查转化思想与数形结合思想，将问题转化为函数()F x 的图象与直线y a =有且仅有四个不同的交点，进而通过数形结合确定实数a 的取值范围是解题的关键，属于难题 二、填空题：本题共4小题，每小题5分共20分. 13. 执行如图所示的框图程序，输出的结果S =_________.【答案】5 【解析】 【分析】列出前几步循环，可得出输出的S 为数列(){}1nn -⋅的前10项和，进而可求得结果.【详解】第一次循环，1S =-，112n =+=，10n >不成立； 第二次循环，12S =-+，213n =+=，10n >不成立； 第三次循环，123S =-+-，314n =+=，10n >不成立；依此类推，最后一次循环，12310S =-+-++，10111n =+=，10n >成立. 跳出循环体，输出的S 为123105S =-+-++=.故答案为：5.【点睛】本题考查利用循环结构框图计算输出结果，一般列举出循环的每一步，找出规律，考查计算能力，属于基础题.14. 已知函数()||22x f x x =+，21log 3m f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()0.17n f -=，()4log 25p f =，则m ，n ，p 的大小关系是_________.【答案】p m n >> 【解析】 分析】利用函数的奇偶性与单调性，结合自变量的大小，求解即可．【详解】解：∵||2()2x f x x =+，定义域为R ， ∴()()2||()2x x f x x f --=+-=，∴函数()f x 为偶函数，且易知函数()f x 在(0,)+∞上单调递增， ∵221|log |log 3(1,2)3=∈，0.17(0,1)-∈，42log 25log 5(2,3)=∈， ∴p m n >>， 故答案为：p m n >>．【点睛】本题主要考查函数的单调性与奇偶性的应用，属于基础题．15. 已知1sin 63πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则5cos 6tan 3παπα⎛⎫- ⎪⎝⎭=⎛⎫- ⎪⎝⎭__________. 【答案】13- 【解析】 【分析】根据诱导公式和同角三角函数关系式，对三角函数表达式进行变形应用． 【详解】5cos cos cos ,666πππααπα⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭tan tan cot 3266ππππααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，5cos cos cos sin 16666sin 63tan cot cos 366ππππααααπαπππααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--+-+⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴===-+=- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故答案为：13-【点睛】本题考查了三角函数诱导公式和同角三角函数关系式的综合应用．熟练掌握“奇变偶不变，符号看象限”的判断原则，属于中档题． 16. 已知长方体1111ABCD A B C D -，32AB =，2AD =，1AA =已知P 是矩形ABCD内一动点，1PA 与平面ABCD 所成角为3π，设P 点形成的轨迹长度为α，则tan α=_________；当1C P 的长度最短时，三棱锥1D DPC -的外接球的表面积为_____________.【答案】(1). -292π【解析】 【分析】先确定1PA 与平面ABCD 所成角为1APA ∠,即得2AP =，从而根据弧长公式得α，再根据二倍角正切公式得结果；先确定1C P 的长度最短时P 点位置，再确定三棱锥1D DPC -的外接球的球心，根据DPC △外接圆半径求得球半径，即得球的表面积. 【详解】因长方体1111ABCD A B C D -中1AA ⊥平面ABCD ，所以1PA 与平面ABCD 所成角为1APA ∠, 因为1PA 与平面ABCD 所成角为3π，所以13APA π∠=因为1AA =2AP = 从而P 点形成的轨迹为以A 为圆心，2为半径的圆在矩形ABCD 内一段圆弧DM ，设其圆心角为θ，则332sin tan 24θθ==∴=因此22tan tan tan 21tan 17θαθθ====---因为1C P =所以CP 最小时，1C P 长度最短，此时P 为AC 与上面圆弧DM 的交点,设DPC △外接圆圆心为1O ，半径为r，4cos 5ADCAD AC∠====则3322 2sin sin()cos222CDrCAD CADCPDπ===∠∠∠-2299954441cos48cos12252rCAD CAD====∠+∠+设三棱锥1D DPC-的外接球的球心为O，半径为R,从而222211529388R OO O C=+=+=因此球的表面积为22942Rππ=故答案为：37-292π【点睛】本题考查线面角、立体动点轨迹、三棱锥外接球表面积，考查空间想象能力以及运算能力，属较难题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17. 已知数列{}n a中，12a=，112pnn na a++=（p为常数）.（1）若1a -，212a ，4a 成等差数列，求p 的值. （2）是否存在p ，使得{}n a 为等比数列？若存在，求{}n a 的前n 项和n S ；若不存在，请说明理由.【答案】（1）1；（2）存在，122n n S +=-.【解析】 【分析】（1）首先利用递推公式112pn n n a a ++=求出24,a a 的值，再根据1a -，212a ，4a 成等差数列得到241a a a =-，代入数值即可得到答案.（2）首先假设存在p ，使得{}n a 是等比数列，根据2213a a a 求出2p =，再验证即可.【详解】（1）当1n =时，111222222p p p a a a ++⇒===，当2n =时，212123312222p p p p a a a +++=⇒==，当3n =时，3131344212222p p p p a a a +++=⇒==，因为1a -，212a ，4a 成等差数列，则241a a a =-，即：2222p p =-. 整理得：2(2)22(22)(21)0p ppp--=-+=， 因20p >，解得22p =，即1p =.（2）假设存在p ，使得{}n a 是等比数列.由（1）知：12a =，22p a =，132p a +=，得到2213a a a ，即21(2)22p p +=⋅，则22p p =+，2p =.此时2112n n n a a ++=，23122n n n a a +++=，则23122211242n n n n n n n n a a a a a a ++++++===，又因为221222a a ==，所以存在实数2p=，使得{}n a是等比数列.其前n项和()12122212nnnS+-==--.【点睛】本题第一问考查数列递推公式，同时考查了等差中项的性质，第二问考查等比数列的判断，同时考查了等比数列前n项和的计算，属于中档题.18. 三棱柱111ABC A B C-中，2AB=，2BC=，2AC=，四边形11ABB A为菱形，且160ABB∠=︒，1AC CC⊥.（Ⅰ）求证：平面11ABB A⊥平面11BB C C；（Ⅱ）求1BB与平面ABC的夹角正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；21.【解析】【分析】（1）利用线面、面面垂直的判定定理即可证明；（2）通过建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值等于直线和平面所成角的正弦值即可.【详解】（Ⅰ）取1BB中点O，连接1AB，OA，OC，菱形中160ABB∠=︒，故三角形1ABB是等边三角形，则1AO BB⊥，1BO=，3AO=又11//BB CC，1AC CC⊥，所以1AC BB⊥，又1AO BB⊥，AO AC A⋂=，故1BB⊥平面AOC，所以1BB CO⊥，在Rt BOC中，221CO BC BO-=，所以222CO AO AC +=，故CO AO ⊥， 又1AO BB ⊥，所以AO ⊥平面11BB C C ，又AO ⊆平面11ABB A ，所以平面11ABB A ⊥平面11BB C C ；（Ⅱ）以O 为原点，如图建立空间直角坐标系， 则)3,0,0A，()0,1,0B ，()0,0,1C ，()3,1,0BA =-，()0,1,1BC =-，设平面ABC 的法向量为(),,m x y z =，由m BAm BC ⎧⊥⎨⊥⎩，得00m BA m BC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即30x y y z -=-+=⎪⎩，令3x ，知3y =，3z =，所以()3,3,3m =，设1BB 上的单位向量为()0,1,0n =，则1BB 与平面ABC 的夹角正弦值21sin cos ,||||7m n m n m n θ⋅=〈〉==⋅.【点睛】本题主要考查面面垂直的证明和线面角，主要考查学生的计算能力，属于中档题. 19. 在“挑战不可能”的电视节目上，甲、乙、丙三个人组成的解密团队参加一项解密挑战活动，规则是由密码专家给出题目，然后由3个人依次出场解密，每人限定时间是1分钟内，否则派下一个人.3个人中只要有一人解密正确，则认为该团队挑战成功，否则挑战失败.根据甲以往解密测试情况，抽取了甲100次的测试记录，绘制了如下的频率分布直方图.（1）若甲解密成功所需时间的中位数为47，求a 、b 的值，并求出甲在1分钟内解密成功的频率；（2）在“挑战不可能”节目上由于来自各方及自身的心理压力，甲，乙，丙解密成功的概率分别为()11911,2,31010n n P n P n --⎛⎫+= ⎪⎝=⎭，其中i P 表示第i 个出场选手解密成功的概率，并且1P 定义为甲抽样中解密成功的频率代替，各人是否解密成功相互独立.①求该团队挑战成功的概率；②该团队以i P 从小到大的顺序按排甲、乙、丙三个人上场解密，求团队挑战成功所需派出的人员数目X 的分布列与数学期望.【答案】（1）0.026a =，0.024b =，甲在1分钟内解密成功的频率0.9；（2）①0.999361；②详见解析，() 1.109E X =. 【解析】 【分析】（1）根据中位数左右两边的矩形面积之和均为0.5可求得a 、b 的值，并根据频率分布直方图求得甲在1分钟内解密成功的频率；（2）①由（1）得出10.9P =，求出2P 、3P 的值，由此得出该团队挑战成功的概率为()()()1231111P P P ----；②由题意可得出随机变量X 的可能取值有1、2、3，利用独立事件的概率乘法公式计算出随机变量X 在不同取值下的概率，据此可得出随机变量X 的分布列，结合期望公式可计算出X的数学期望值.【详解】（1）甲解密成功所需时间的中位数为47，()0.0150.014550.034547450.040.5a ∴⨯+⨯++⨯+-⨯=，解得0.026a =，0.0430.032550.01100.5b ⨯+⨯++⨯=，解得0.024b =，由频率分布直方图知，甲在1分钟内解密成功的频率是10.01100.9f =-⨯=；（2）①由题意及（1）可知第一个出场选手解密成功的概率为10.9P =， 第二个出场选手解密成功的概率为2910.910.911010P =⨯+⨯=， 第三个出场选手解密成功的概率为23910.920.9291010P ⎛⎫=⨯+⨯= ⎪⎝⎭， 所以该团队挑战成功的概率为()()()123111110.10.090.0710.999361P P P P =----=-⨯⨯=； ②由①可知按()1,2,3i P i =从小到大的顺序的概率分别1P 、2P 、3P ， 根据题意知X 的取值为1、2、3，则()10.9P X ==，()()210.90.910.091P X ==-⨯=，()()()310.910.910.009P X ==-⨯-=，所以所需派出的人员数目X 的分布列为：X 1 2 3因此，()10.920.09130.009 1.109E X =⨯+⨯+⨯=.【点睛】本题考查利用频率分布直方图中的中位数求参数，同时也考查概率的计算、随机变量分布列以及数学期望的计算，考查计算能力，属于中等题.20. 在直角坐标系xOy 上取两个定点A 1（，0），A 2，0），再取两个动点N 1（0，m ），N 2（0，n ），且mn ＝2.（1）求直线A 1N 1与A 2N 2交点M 的轨迹C 的方程；（2）过R （3，0）的直线与轨迹C 交于P ，Q ，过P 作PN ⊥x 轴且与轨迹C 交于另一点N ，F 为轨迹C 的右焦点，若RP RQ λ=（λ＞1），求证：NF FQ λ=.【答案】（1）2262x y +=1（x ）；（2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意先写出两直线的方程，再根据条件化简即可求得答案；（2）设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），设l ：x ＝ty +3，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理得y 1+y 2263t t =-+且y 1y 2233t =+，根据题意得 x 1﹣3＝λ（x 2﹣3），y 1＝λy 2，再代入即可证明结论．【详解】（1）解：依题意知直线A1N 1的方程为：y =x ）…①；直线A2N 2的方程为：y =x 设Q （x ，y ）是直线A 1N 1与A 2N 2交点，①、②相乘，得y 26mn=-（x 2﹣6） 由mn ＝2整理得：2262x y +=1∵N 1、N 2不与原点重合，可得点A 1，A 2不在轨迹M 上，∴轨迹C 的方程为2262x y +=1（x）； （2）证明：设l ：x ＝ty +3，代入椭圆方程消去x ，得（3+t 2）y 2+6ty +3＝0. 设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），N （x 1，﹣y 1），可得y 1+y 2263t t =-+且y 1y 2233t =+， RP RQ λ=，可得（x 1﹣3，y 1）＝λ（x 2﹣3，y 2），∴x 1﹣3＝λ（x 2﹣3），y 1＝λy 2， 证明NF FQ λ=，只要证明（2﹣x 1，y 1）＝λ（x 2﹣2，y 2），∴2﹣x 1＝λ（x 2﹣2），只要证明11223232x x x x --=---，只要证明2t 2y 1y 2+t （y 1+y 2）＝0， 由y 1+y 2263t t =-+且y 1y 2233t =+，代入可得2t 2y 1y 2+t （y 1+y 2）＝0， ∴NF FQ λ=．【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力与推理能力，属于难题． 21. 已知()()21ln 112a x a x f x =+-+（a ∈R ）. （1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =-时，对任意的1x ，()20,x ∈+∞，且12x x ≠，都有()()12211212x f x x f x mx x x x ->-，求实数m 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）5112em ≤-. 【解析】 【分析】（1）求出导函数，通过①当1a 时，②当01a <<时，③当0a 时，判断导函数的符号，判断函数的单调性即可．（2）当1a =-时，2()ln 1f x x x =--+，不妨设120x x <<，则12211212()()||x f x x f x mx x x x ->-等价于212121()()||()f x f x m x x x x ->-，考查函数()()f x g x x=，求出导函数，令22ln 2()x x h x x --=，再求解导函数，判断函数的单调性．求出函数的最值，说明()g x 在(0,)+∞上单调递减．得到1122()()g x mx g x mx +>+恒成立，设()()x g x mx ϕ=+，则()ϕx 在(0,)+∞上恒为单调递减函数，然后转化求解m 的范围即可．【详解】（1）()()()211a x a aa x x x xf -+='+-=（0x >）.①当1a ≥时，()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增；②当01a <<时，()()1a x f xx x ⎛- ⎝⎭⎝⎭'=，所以当x >()0f x '<，当0x <<()0f x '>， 所以()f x在⎛ ⎝上单调递增，在⎫⎪+∞⎭⎪上单调递减； ③当0a ≤时，()0f x '<，()f x 在()0,∞+上单调递减.（2）当1a =-时，()2ln 1x x f x =--+，不妨设120x x <<，则()()12211212x f x x f x mx x x x ->-等价于()()()212121f x f x m x x x x ->-，考查函数()()f x g x x =，得()22ln 2x x x x g --'=， 令()22ln 2x h x x x--=，()352ln x x x h -'=， 则520,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，52e ,x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()h x 在区间520,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是单调递增函数，在区间52,e ⎛+∞⎫ ⎪⎝⎭上是单调递减函数. 故()5251e 102eg g x ⎛⎫'=-< ⎪⎝'⎭≤，所以()g x 在()0,∞+上单调递减.从而()()12g x g x >，即()()2121f x f x x x <，故()()()122112f x f x m x x x x ->-，所以()()121212f x f x mx mx x x +>+，即()()1122g x mx g x mx +>+恒成立， 设()()x g x mx ϕ=+，则()x ϕ在()0,∞+上恒为单调递减函数， 从而()()0x g x m ϕ''=+≤恒成立，故()()51102e x m g x m ϕ'≤-'++≤=， 故5112e m ≤-. 【点睛】本题考查导数公式和导数运算法则以及恒成立的思想，考查学生灵活运用导数工具分析问题、解决问题的能力，综合考查学生的分类讨论思想以及逻辑推理能力、运算求解能力和推理论证能力.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在极坐标系中，曲线:4cos C ρθ=，以极点O 为旋转中心，将曲线C 逆时针旋转3π得到曲线C '.（Ⅰ）求曲线C '的极坐标方程；（Ⅱ）求曲线C 与曲线C '的公共部分面积. 【答案】（Ⅰ）4cos 3πρθ⎛⎫=- ⎪⎝⎭；（Ⅱ）8233π-. 【解析】 【分析】 （Ⅰ）设点P(),ρθ是曲线:4cos C ρθ=上任意一点，用点P 的极坐标表示出点P 旋转之后对应的点P '，而点P 在曲线:4cos C ρθ=上，代入即可求出曲线C '的极坐标方程；（Ⅱ）根据几何知识可知， 四边形'OC AC 为菱形，即可求出23OCA π∠=，再根据曲线C 与曲线C '的公共部分等于两个弓形面积，即可求出． 【详解】（Ⅰ）设点P (),ρθ是曲线:4cos C ρθ=上任意一点，旋转之后点P '(),ρθ''，满足3ρρπθθ=⎧⎪⎨=+''⎪⎩，即3ρρπθθ=⎧⎪⎨=-''⎪⎩代入曲线:4cos C ρθ=，得曲线:4cos 3C πρθ⎛⎫'''=- ⎪⎝⎭，即曲线:4cos 3C πρθ⎛⎫'=-⎪⎝⎭． （Ⅱ）如图，两圆相交于点O ，A ，连接OA ，AC ，OC ，OC '，AC '， 显然四边形'OC AC 为菱形，故23OCA π∠=．由曲线:4cos C ρθ=知，圆的半径为2，所以曲线C 与曲线C '的公共部分的面积为两个弓形的面积，即()212128222222sin23233OC A OC A OC A S S S S πππ'''⎛⎫==-=⨯⨯-⨯⨯⨯=- ⎪⎝⎭△弓形扇形【点睛】本题主要考查相关点代入法求轨迹方程，以及平面几何知识和扇形面积公式的应用，属于基础题． 选修4-5：不等式选讲23. 已知()|||1|.f x k x x =+- （Ⅰ）若2k =，解不等式()5f x ≤.（Ⅱ）若关于x 的不等式()|1||22|f x x x ≤++-的充分条件是1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦，求k 的取值范围.【答案】（Ⅰ）4,23⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（Ⅱ）(],2-∞. 【解析】 【分析】（Ⅰ）分区间讨论，去掉绝对值号即可求解；（Ⅱ）由题意可转化为11x x k x ++-≤在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦恒成立，根据绝对值不等式可求出11112x x x x x x++-++-≥=，即可求解.【详解】（Ⅰ）若2k =，不等式()5f x ≤可化为215x x +-≤. 当0x <时，()215x x ---≤，即43x ≥-，∴403x -≤<； 当01x ≤<时，()215x x --≤，即4x ≤，∴01x ≤<； 当1≥x 时，()215x x +-≤，即2x ≤，∴12x ≤≤.故不等式的解集为4,23⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.（Ⅱ）关于x 的不等式()122f x x x ≤+++在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦恒成立，即1221k x x x x ≤+++--在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦恒成立，∴11x x k x ++-≤在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦恒成立，∵11112x x x x x x++-++-≥=，等号在1x +，1x -同号时等号成立， 所以，所求实数k 的范围是(],2-∞.【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，不等式恒成立求参数取值范围，分类讨论思想，转化思想，属于中档题.。
南昌市2020届高三摸底测试理科数学试卷
（Ⅰ）求这 500 名学生中获得专业三等奖学金的人数； （Ⅱ）若周课外平均学习时间超过 35 小时称为“努力型”学生，否则称为“非努力型”学生，列 2 2 联表并判断是否有 99.9% 的把握认为该校学生获得专业一、二等奖学金与是否是“努力型”
学生有关？
（Ⅲ）若以频率作为概率，从该校任选一名学生，记该学生 2018 年获得的专业奖学金额为随机变 量 X ，求随机变量 X 的分布列和期望.
A. p q
B. p (q)
C. (p) q
D. (p) (q)
8．已知 ABC
的垂心为 H
，且
AB
3,
AC
5, M
是
BC
的中点，则 HM
BC
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
— 理科数学（摸底）第1页(共 4 页) —
9．圆 C : x2 y2 10 y 16 0 上有且仅有两点到双曲线 x2 y2 1(a 0,b 0) 的一条渐近线 a2 b2
C. b c a
D. c a b
11．自然界中具有两种稳定状态的组件普遍存在，如开关的开和关、电路的通和断等，非常适合
表示计算机中的数，所以现在使用的计算机设计为二进制计算机．二进制以 2 为基数，只用 0 和1 两个数表示数，逢 2 进1，二进制数同十进制数遵循一样的运算规则，它们可以相互转化，如 (521)10 1 29 0 28 0 27 0 26 0 25 0 24 1 23 0 22 0 21 1 20
（Ⅰ）若函数在 x 1 处的切线与直线 ex y 0 平行，求 a 的值；
（Ⅱ）若 f (x) 在 (0, ) 上存在单调递减区间，求 a 的取值范围.
江西省南昌市第三中学2020届高三第一次模拟测试卷(Word版,答案解析)
江西省南昌市第三中学2020届高三第一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：答卷前,考生务必将自已的姓名、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.已知集合A ＝{x ∈N |0≤x ≤4}，则下列说法正确的是( ) A ．0∉A B ．1⊆A C.2⊆AD ．3∈A2.在复平面内，向量AB →对应的复数是2＋i ，向量CB →对应的复数是－1－3i ，则向量CA →对应的复数是( )A.1－2iB.－1＋2iC.3＋4iD.－3－4i3.已知α，β均为第一象限角，那么“α>β”是“sin α>sin β”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.已知幂函数f (x )＝k ·x α的图象过点⎝⎛⎭⎫12，22，则k ＋α等于( )A.12 B ．1 C.32D ．25.高为H ，满缸水量为V 的鱼缸的轴截面如图所示，其底部破了一个小洞，满缸水从洞中流出，若鱼缸水深为h 时水的体积为v ，则函数v ＝f (h )的大致图象是( )6.如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱7.设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( )A.π4B.π－22C.π6 D.4－π4 8.执行如图所示的程序框图，则输出S 的值为( )A ．－32 B.32 C ．－12 D.129.已知(x ＋1)10＝a 1＋a 2x ＋a 3x 2＋…＋a 11x 10.若数列a 1，a 2，a 3，…，a k (1≤k ≤11，k ∈N ＋)是一个单调递增数列，则k 的最大值是( )A ．5B ．6C ．7D ．8 10.已知函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫π4－2x ，则函数f (x )的单调递减区间为( ) A.⎣⎡⎦⎤3π8＋2k π，7π8＋2k π(k ∈Z ) B.⎣⎡⎦⎤－π8＋2k π，3π8＋2k π(k ∈Z ) C.⎣⎡⎦⎤3π8＋k π，7π8＋k π(k ∈Z ) D.⎣⎡⎦⎤－π8＋k π，3π8＋k π(k ∈Z ) 11.函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．012.设点P (x ，y )是曲线a |x |＋b |y |＝1(a >0，b >0)上的动点，且满足x 2＋y 2＋2y ＋1＋x 2＋y 2－2y ＋1≤22，则a ＋2b 的取值范围为( ) A ．[2，＋∞) B ．[1,2] C ．[1，＋∞)D ．(0,2]二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
2020年江西省南昌市高考数学一模试卷(一)(有答案解析)
2020年江西省南昌市高考数学一模试卷（一）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合M={x|x2-4≤0}，N={x|log2x＜1}，则M∩N=（）A. ∅B. （0，2）C. （-2，2）D. [-2，2）2.已知复数z=i（1+2i），则|z|=（）A. B. C. D. 33.已知抛物线方程为x2=-2y，则其准线方程为（）A. y=-1B. y=1C. y=D. y=-4.设函数f（x）=，则f（5）的值为（）A. -7B. -1C. 0D.5.已知平面向量，，||=2，||=1，则||的最大值为（）A. 1B. 2C. 3D. 56.已知a=ln，b=（e是自然对数的底数），c=，则a，b，c的大小关系是（）A. c＜a＜bB. a＜c＜bC. b＜a＜cD. c＜b＜a7.已知r＞0，x，y∈R，p：“x2+y2≤r2”q：“|x|+|y|≤1”，若p是q的充分不必要条件，则实数r的取值范围是（）A. （0，]B. （0，1]C. [）D. [1，+∞）8.如图所示算法框图，当输入的x为1时，输出的结果为（）A. 3B. 4C. 5D. 69.2021年广东新高考将实行模式，即语文数学英语必选，物理历史二选一，政治地理化学生物四选二，共有12种选课模式今年高一的小明与小芳都准备选历A. B. C. D.10.函数f（x）=的图象大致为（）A. B.C. D.11.过双曲线（a＞0，b＞0）的左焦点F1作圆x2+y2=a2的切线交双曲线的右支于点P，且切点为T，已知O为坐标原点，M为线段PF1的中点（M点在切点T的右侧），若△OTM的周长为4a，则双曲线的渐近线的方程为（）A. y=B. y=±C. y=±D. y=12.我国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书里出现了如图所示的表,即杨辉三角,这是数学史上的一个伟大成就在“杨辉三角”中,第n行的所有数字之和为,若去除所有为1的项,依次构成数列,则此数列的前55项和为.A. 4072B. 2026C. 4096D. 2048二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知{a n}为等差数列，若a2=2a3+1，a4=2a3+7，则a3=______．14.底面边长6，侧面为等腰直角三角形的正三棱锥的高为______．15.已知锐角A满足方程3cos A-8tan A=0，则cos2A=______．16.若对任意t∈[1，2]，函数f（x）=t2x2-（t+1）x+a总有零点，则实数a的取值范围是______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.函数的部分图象如图所示，A（0，），C（2，0），并且ABx∥轴．（Ⅰ）求ω和φ的值；（Ⅱ）求cos∠ACB的值．18.如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1⊥底面ABCD，且∠BAD=60°，CD=CC1=2C1D1=4，E是棱BB1的中点．（Ⅰ）求证：AA1⊥BD；（Ⅱ）求三棱锥B1-A1C1E的体积．19.市面上有某品牌A型和B型两种节能灯，假定A型节能灯使用寿命都超过5000小时，经销商对B型节能灯使用寿命进行了调查统计，得到如图频率分布直方图：某商家因原店面需重新装修，需租赁一家新店面进行周转，合约期一年．新店面只需安装该品牌节能灯5支（同种型号）即可正常营业．经了解，A型20瓦和B型55瓦的两种节能灯照明效果相当，都适合安装．已知A型和B型节能灯每支的价格分别为120元、25元，当地商业电价为0.75元/千瓦时，假定该店面一年周转期的照明时间为3600小时，若正常营业期间灯坏了立即购买同型灯管更换．（用频率估计概率）（Ⅰ）根据频率直方图估算B型节能灯的平均使用寿命；（Ⅱ）根据统计知识知，若一支灯管一年内需要更换的概率为p，那么n支灯管估计需要更换np支．若该商家新店面全部安装了B型节能灯，试估计一年内需更换的支数；（Ⅲ）若只考虑灯的成本和消耗电费，你认为该商家应选择哪种型号的节能灯，请说明理由．20.如图，椭圆E：与圆O：x2+y2=1相切，并且椭圆E上动点与圆O上动点间距离最大值为．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）过点N（1，0）作两条互相垂直的直线l1，l2，l1与E交于A，B两点，l2与圆O的另一交点为M，求△ABM面积的最大值，并求取得最大值时直线l1的方程．21.已知函数f（x）=e x（ln x-ax+a+b）（e为自然对数的底数），a，b∈R，直线y=x是曲线y=f（x）在x=1处的切线．（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）是否存在k∈Z，使得y=f（x）在（k，k+1）上有唯一零点？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．22.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的参数方程为（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）设点M（2，1），直线l与曲线C相交于点A，B，求|MA|•|MB|的值．23.已知函数f（x）=|x+m2|+|x-2m-3|．（Ⅰ）求证：f（x）≥2；（Ⅱ）若不等式f（2）≤16恒成立，求实数m的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：【分析】本题考查交集的求法以及不等式的求解，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.先分别求出集合M和N，由此能求出M∩N.【解答】解：∵集合M={x|x2-4≤0}={x|-2≤x≤2}，N={x|log2x＜1}={x|0＜x＜2}，∴M∩N={x|0＜x＜2}=（0，2）．故选B．2.答案：A解析：解：由z=i（1+2i）=-2+i，得|z|=．故选：A．利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．3.答案：C解析：解：由抛物线方程为x2=-2y，可得抛物线的焦点在y轴负半轴上，则其准线方程为y=，∵2p=2，∴p=1，，则抛物线的直线方程为y=．故选：C．直接由抛物线方程可得其准线方程．本题考查抛物线的简单性质，考查抛物线直线方程的求法，是基础题．4.答案：D解析：解：f（5）=f（5-3）=f（2）=f（2-3）=f（-1）=（-1）2．故选：D．根据f（x）的解析式即可得出f（5）=f（2）=f（-1）=．考查分段函数的定义，已知函数求值的方法．5.答案：C解析：解：设平面向量，的夹角为θ∴||≤3故||的最大值为3，故选：C．设平面向量，的夹角为θ，根据向量的数量积公式即可求出．本题考查的向量的数量积和向量的模，以及三角函数的性质，属于基础题．6.答案：A解析：解：构造函数f（x）=，f′（x）=，当0＜x＜e时，f′（x）＞0，当x＞e时，f′（x）＜0，即f（x）在（0，e）为增函数，在（e，+∞）为减函数，又2，所以c＜a＜b，故选：A．构造函数f（x）=，利用导数研究函数的单调性可得：f（x）在（0，e）为增函数，在（e，+∞）为减函数，再比较大小即可本题考查了构造函数，利用函数的单调性比较大小，属中档题．7.答案：A解析：解：知由p：“x2+y2≤r2知p代表的点（x，y）为以原点为圆心，r为半径的圆上和圆内的点；q代表的点（x，y）是直线x+y=1，-x+y=1，x-y=1，-x-y=1围成的正方形内部和边界，因为p是q的充分不必要条件，所以圆的半径最大时为正方形内切圆，r=所以0＜r≤，故选：A．根据条件确定p，q，所代表的图形的大小，从而得到实数r的取值范围．本题考查了集合的包含关系与简易逻辑的联系，属于基础题．8.答案：C解析：解：当x=1时，x＞1不成立，则y=x+1=1+1=2，i=0+1=1，y＜20不成立，x=2，x＞1成立，y=2x=4，i=1+1=2，y＜20成立，x=4，x＞1成立，y=2x=8，i=2+1=3，y＜20成立，x=8，x＞1成立，y=2x=16，i=3+1=4，y＜20成立x=16，x＞1成立，y=2x=32，i=4+1=5，y＜20不成立，输出i=5，故选：C．9.答案：B解析：解：语文数学英语必选，物理历史二选一，政治地理化学生物四选二，共有12种选课模式．今年高一的小明与小芳都准备选历史与政治，假若他们都对后面三科没有偏好，基本事件总数n==9，他们选课相同的概率为m==3，∴他们选课相同的概率为p===．故选：B．先求出基本事件总数n==9，他们选课相同的概率为m==3，由此能求出他们选课相同的概率．本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．10.答案：A解析：解：f（-x）====-=-f（x），即函数f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除C，D，f（1）=＜0，排除B，故选：A．判断函数的奇偶性与图象对称性之间的关系，利用特殊值的对应性是否一致利用排除法进行求解即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，判断函数的奇偶性和对称性，利用排除法是解决本题的关键．11.答案：B解析：解：设|PF1|=m，|PF2|=n，由双曲线的定义可得m-n=2a，由MO为△PF1F2的中位线，可得|OM|=n，在直角三角形OTF1中，可得|TF1|==b，|MT|=m-b，由题意可得a+n+m-b=4a，即m+n=6a+2b，解得m=4a+b，n=2a+b，由直角三角形OMT可得（a+b）2=（2a-b）2+a2，化为4a=3b，可得双曲线的渐近线方程为y=±x，即为y=±x．故选：B．设|PF1|=m，|PF2|=n，由双曲线的定义可得m-n=2a，运用三角形的中位线定理和直角三角形的勾股定理，求得m，n，再由勾股定理化简变形可得4a=3b，即可得到所求双曲线的渐近线方程．本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查直角三角形的勾股定理和三角形的中位线定理，考查变形能力和运算能力，属于中档题．12.答案：A解析：【分析】本题主要考查数列的求和，结合杨辉三角形的系数公式以及等比数列、等差数列的求和公式是解决本题的关键，属于基础题.利用第n行的所有数字之和为，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可．【解答】解：第1行为20，第2行为21，第3行为22，以此类推，即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，则杨辉三角形的前n项和为S n==2n-1，每一行的个数为1，2，3，4，……，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，则T n=，可得当n=12，去除所有的“1”可得78-23=55，则此数列前55项的和为S12-23=212-1-23=4072．故选：A．13.答案：-4解析：解：方法一：∵{a n}为等差数列，a2=2a3+1，a4=2a3+7，∴，解得a1=-10，d=3，∴a3=a1+2d=-10+6=-4．方法二：a2=2a3+1，a4=2a3+7，∴a2+a4=4a3+8，∵a2+a4=2a3，∴2a3=4a3+8，∴a3=-4，故答案为：-4．方法一：利用等差数列的通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出a3．方法二，根据等差数列的性质a2+a4=2a3，即可求出．本题考查等差数列中第3项的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14.答案：解析：解：过A向底面BCD做垂线，垂足为O，由正三棱锥知，底面为正三角形，O为三角形ABC的中心，所以OB=2，因为侧面为等腰直角三角形，所以侧棱AB=3，在Rt△OAB中，有勾股定理所以OA=．故答案为．由正三棱锥知，底面为正三角形，得OB长，在直角三角形OAB中得AO即为正三棱锥的高．本题考查正三棱锥的性质，属于简单题．15.答案：解析：解：∵锐角A满足方程3cos A-8tan A=0，可得：3cos2A=8sin A，∵cos2A+sin2A=1，∴3sin2A+8sin x-3=0，解得：sin A=，或-3（舍去），∴cos2A=1-2sin2A=1-2×=．故答案为：．化简已知等式，利用同角三角函数基本关系式可求3sin2A+8sin x-3=0，解得sin A的值，利用二倍角的余弦函数公式即可计算得解．本题考查了一元二次方程的解法，考查了同角三角函数基本关系式的应用，属于基础题．16.答案：（-∞，]解析：解：若对任意t∈[1，2]，函数f（x）=t2x2-（t+1）x+a总有零点，则判别式△=（t+1）2-4at2≥0在t∈[1，2]上恒成立，即4a≤=（+1）2，∵t∈[1，2]，∴∈[，1]，即当=时，（+1）2，取得最小值为（+1）2=，即4a≤，得a≤，即实数a的取值范围是（-∞，]，故答案为：（-∞，]．根据函数恒有零点，转化为判别式△=（t+1）2-4at2≥0在t∈[1，2]上恒成立，利用参数分的最值是解决本题的关键．综合性较强，质量较高．17.答案：解：（Ⅰ）由已知，又，所以，所以………（3分）由f（2）=0，即，所以，k∈Z，解得，k∈Z，而，所以．………（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，令，得或，k∈Z，所以x=6k或x=6k+1，由图可知，．………（8分）所以，所以，………（10分）所以．……………………………………………（12分）解析：（Ⅰ）根据函数过A，C两点，代入进行求解即可．（Ⅱ）根据条件求出B的坐标，利用向量法进行求解即可．本题主要考查三角函数解析式的求解，以及三角函数余弦值的计算，利用向量法以及待定系数法是解决本题的关键．18.答案：证明：（Ⅰ）因为CC1⊥底面ABCD，所以CC1⊥BD．因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC．又AC∩CC1=C，所以BD⊥平面ACC1．又由四棱台ABCD-A1B1C1D1，知A1，A，C，C1四点共面．所以BD⊥AA1．解：（Ⅱ）由已知，得===，又因为=•AA1==，所以三棱锥B1-A1C1E的体积：====．解析：（Ⅰ）推导出CC1⊥BD，BD⊥AC．从而BD⊥平面ACC1．由此能证明BD⊥AA1．（Ⅱ）三棱锥B1-A1C1E的体积===．本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．19.答案：解：（Ⅰ）由图可知，各组中值依次为3100，3300，3500，3700，对应的频率依次为0.1，0.3，0.4，0.2，故B型节能灯的平均使用寿命为：3100×0.1+3300×0.3+3500×0.4+3700×0.2=3440小时．（Ⅱ）由图可知，使用寿命不超过3600小时的频率为0.8，将频率视为概率，每支灯管需要更换的概率为0.8，故估计一年内5支B型节能灯需更换的支数为5×0.8=4．（Ⅲ）若选择A型节能灯，一年共需花费5×120+3600×5×20×0.75×10-3=870元，若选择B型节能灯，一年共需花费（5+4）×25+3600×5×55×0.75×10-3=967.5元．因为967.5＞820，所以该商家应选择A型节能灯．解析：本题考查了频率分布直方图，众数、中位数、平均数和概率的含义，考查运算求解能力、数据处理能力，考查数形结合思想，是基础题．（Ⅰ）根据频率直方图能估算B型节能灯的平均使用寿命．（Ⅱ）使用寿命不超过3600小时的频率为0.8，将频率视为概率，每支灯管需要更换的概率为0.8，由此能估计一年内5支B型节能灯需更换的支数．（Ⅲ）利用概率的含义，若选择A型节能灯，一年共需花费5×120+3600×5×20×0.75×10-3=870元，若选择B型节能灯，一年共需花费（5+4）×25+3600×5×55×0.75×10-3=967.5元．从而该商家应选择A型节能灯．20.答案：解：（Ⅰ）椭圆E与圆O：x2+y2=1相切，知b2=1；……………………………（2分）又椭圆E上动点与圆O上动点间距离最大值为，即椭圆中心O到椭圆最远距离为，得椭圆长半轴长，即；所以椭圆E的方程：…（5分）（Ⅱ）①当l1与x轴重合时，l2与圆相切，不合题意．②当l1⊥x轴时，M（-1，0），l1：x=1，，此时．…（6分）③当l1的斜率存在且不为0时，设l1：x=my+1，m≠0，则，设A（x1，y1），B（x2，y2），由得，（2m2+3）y2+4my-1=0，所以，……………（8分）所以．由得，，解得，…………（9分）所以，所以=，……………（10分）因为，所以，当且仅当时取等号．所以（）综上，△ABM面积的最大值为，此时直线l1的方程为．……………（12分）解析：（Ⅰ）由题意可得b=1，a-1=，即可得到椭圆的方程；（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），根据l2⊥l1，可设直线l1，l2的方程，分别与椭圆、圆的方程联立即可得可得出|AB|、|MN|，即可得到三角形ABC的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值．本题主要考查了椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，同时考查了推理能力和计算能力及分析问题和解决问题的能力21.答案：解：（Ⅰ）f（x）=e x（ln x-ax+a+b）的导数为f′（x）=e x（ln x-ax++b），由已知，有f（1）=eb=，f′（1）=e（b-a+1）=，解得a=1，b=；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=e x（ln x-x+），则f′（x）=e x（ln x-x++），令g（x）=ln x-x++，则g′（x）=-＜0恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，又因为g（1）=＞0，g（2）=ln2-1＜0，所以存在唯一的x0∈（1，2），使得g（x0）=0，且当x∈（0，x0）时，g（x）＞0，即f′（x）＞0，当x∈（x0，+∞）时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减．又因为当x→0时，f（x）＜0，f（1）=＞0，f（2）=e2（ln2-）＞0，f（e）=e e（-e）＜0，所以存在k=0或2，使得y=f（x）在（k，k+1）上有唯一零点．解析：（Ⅰ）求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，解方程可得所求值；（Ⅱ）求得f（x）的导数，设g（x）=ln x-x++，求得导数，判断单调性，求得g（1），g（2）的符号，判断g（x）的零点范围，可得f（x）的零点范围，即可得到所求k的值．本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性，考查函数零点存在定理和构造函数法，考查化简运算能力，属于中档题．22.答案：解：（1）由曲线C的参数方程为（θ为参数），得普通方程（x-4）2+（y-3）2=4，所以极坐标方程ρ2-8ρcosθ-6ρsinθ+21=0．（2）设点A、B对应的参数分别为t1、t2，将直线l的参数方程为（t为参数），转换为（t为参数），代入（x-4）2+（y-3）2=4，得到：，所以：t1t2=4．则：|MA||MB|=|t1t2|=4．解析：（1）直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果．（2）利用直线的参数方程的转换，利用一元二次方程根和系数关系的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．23.答案：解：（Ⅰ）因为f（x）=|x+m2|+|x-2m-3|≥|（x+m2）-（x-2m-3）|，所以f（x）≥|m2+2m+3|=（m+1）2+2≥2,（Ⅱ）由已知，f（2）=m2+2+|2m+1|，①当m≥-时，f（2）≤16等价于m2+2m+3≤16，即（m+1）2≤14，解得，所以；②当时，f（2）≤16等价于m2-2m+1≤16，解得-3≤m≤5，所以．综上，实数m的取值范围是．解析：本题考查了绝对值不等式的性质，考查不等式的证明以及分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．（Ⅰ）根据绝对值不等式的性质证明即可；（Ⅱ）求出f（2），通过讨论m的范围，得到关于m的不等式，解出即可．。