江西省南昌市2020届高三第二轮复习测试卷理科数学（二） PDF版含解析.pdf

高三理科数学(二)第 1 页(共 4 页)2019-2020 学年度南昌市高三第二轮复习测试卷 理科数学理科数学(二二)命题人：江西师大附中命题人：江西师大附中 陈选明陈选明 审题人：新建一中审题人：新建一中 程波程波 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客观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，再选涂其它答案标号主观题用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答若在试题卷上作答，答题无效 2选做题为二选一，先在答题卡上把对应要选做的题目标号涂黑，没有选择作答无效 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已知集合22020|log(10 3)Mx yxx，|20201xNy y，则MN A.(1,2)B.1,2 C.(1,2)D.1,2 2已已知复数1 i2z是实数，则复数z的虚部为 A.1 B.2 C.i D.2i 3在ABC中，内角,A B C所对的边分别为,a b c，若sin3cBa，ABC的面积为3 32，3 3ab，则边c的值为 A21 B3 C21或3 D21或3 4 若x、y满足约束条件402330410 xyxyxy，等差数列 na满足14,ax ay，其前n项和为nS，则74SS的最小值为 A13 B1 C5 D5 5函数()sin(cos1)f xxx在,的图像大致为 A B C D 6已知定义在R上的奇函数()f x满足(1)(1)f xfx，且当(1,0)x 时()2axf x ，若44(1log 80)5f，则a（）A1 B2 C1 D2 高三理科数学(二)第 2 页(共 4 页)7已知函数()sin()f xx（0，22）的图像上相邻两个最高点之间的距离为，且函数()f x的图像关于直线3x 对称，将函数()f x的图像向右平移12个单位长度得到()yg x的图像，若()g x在区间,t t上单调递增，则t的最大值是 A12 B6 C4 D3 8 在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PDAC，AB 平面PAD，且CDPD=3.若四棱锥PABCD的每个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为 A B2 C4 D6 9已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左右焦点分别为1F，2F，焦距为2c，若圆 222:()Dxcyc上存在一点M，使得点M与1F关于双曲线C的一条渐近线对称，则双曲线C的离心率e A5 B2 C2 D3 10几何体甲与几何体乙的三视图如图所示，几何体甲的 正视图和侧视图为两个全等的等腰三角形，且等腰三 角形的高与几何体乙的三视图中的圆的直径相等，若 几何体甲的体积是乙的体积的14，则几何体甲与乙的 表面积之比为 A1:3 B1:4 C1:2 D1:2 11建设“学习强国”学习平台是贯彻落实习近平总书记关于加强学习、建设学习大国重要指示精神、推动全党大学习的有力抓手该平台内容丰富，极大地满足了互联网条件下广大党员干部和人民群众多样化、自主化、便捷化的学习需求该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习板块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题板块某人在六大板块学习过程中，“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法有 A192种 B240种 C432种 D528种 12 定 义 在(0,)上 的 函 数()f x的导 函 数()fx，且2(1)()()2xfxf xxx对(0,)x恒成立，现有下述四个结论：2(2)3(1)5ff；若(1)2f，01x，则211()22f xxx；(3)2(1)7ff；若(1)2f，1x，则211()22f xxx 其中所有正确结论的编号是 A B C D 二填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分,共 20 分 13已知a与b满足223ababa，则a与b的夹角为_ 14从数学内部看，推动几何学发展的矛盾有很多，比如“直与曲的 矛盾”，随着几何学的发展，人们逐渐探究曲与直的相互转化，高三理科数学(二)第 3 页(共 4 页)比如：“化圆为方”解决了曲、直两个图形可以等积的问题.如图，设等腰直角三角形ABC中，ABBC，90ABC，以AC为直径作半圆，再以AB为直径作半圆AmB，那么可以探究月牙形面积(图中黑色阴影部分)与AOB面积(图中灰色阴影部分)之间的关系，在这种关系下，若向整个几何图形中随机投掷一点，那么该点落在图中阴影部分的概率为_ 15已知A、B为抛物线24yx上的两个动点，且OAOB，抛物线的焦点为F，则ABF面积的最小值为_ 16在ABC中，内角,A B C所对的边分别为,a b c，sinsinsin2 sinaAbBcCaB，则2sin2tanAB的最大值是_ 三解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（一）必做部分 17（本小题满分 12 分）已知数列 na满足11(1)nnnanaa，*nN（）证明：数列 na为等差数列；（）设数列 na的前n项和为nS，若211aa，且对任意*nN，都有12311111433nSSSS，求整数1a的值 18（本小题满分 12 分）如图 1，在等腰梯形12ABFF中，两腰212AFBF，底边6AB，124FF，D，C是AB的三等分点，E是12FF的中点，分别沿CE，DE将四边形1BCEF和2ADEF折起，使1F，2F重合于点F，得到如图 2 的几何体在图 2 中，M，N分别为CD，EF的中点 （）证明：MN 平面ABCD；（）求直线CN与平面ABF所成 角的正弦值 19（本小题满分 12 分）设函数()(1)e(2ee)xxf xxa（）求()f x的单调区间；（）若不等式()0f x 对(2,)x恒成立，求整数a的最大值 20（本小题满分 12 分）在某企业中随机抽取了 5 名员工测试他们的艺术爱好指数(010)xx和创新灵感指数(010)yy，统计结果如下表（注：指数值越高素质越优秀）：艺术爱好指数 2 3 4 5 6 创新灵感指数 3 3.5 4 4.5 5（）求创新灵感指数y关于艺术爱好指数x的线性回归方程；（）企业为提高员工的艺术爱好指数，要求员工选择音乐和绘画中之一进行培训，培训音乐次数t对艺术爱好指数x的提高量200(10)(1 e)tx，培训绘画次数t对艺术爱好指数x的提高量为010(10)(1)10 xt，其中0 x为参加培训的某员工已达到的艺术爱好指数 高三理科数学(二)第 4 页(共 4 页)（i）艺术爱好指数已达 3 的员工甲选择参加音乐培训，艺术爱好指数已达 4 的员工乙选择参加绘画培训，在他们都培训了 20 次后，估计谁的创新灵感指数更高？（ii）若艺术爱好指数已达 4 的员工，参加培训 10 次、20 次的概率分别为23，13，而他选择参加音乐或绘画培训的概率分别为23，13，估计该员工培训后创新灵感指数的数学期望（精确到0.1）附：平均值11nxxxxn，计算值：12e0.6，1e0.37回归直线方程yabx的斜率和截距的最小二乘法估计分别为121()()()niiiniixxyybxx，aybx 21（本小题满分 12 分）已知椭圆2222:1xyCab（0ab）的右焦点为F，直线3 5:2l yx与椭圆C在第一象限内的交点Q在线段OF的垂直平分线上（O为坐标原点），且OQF的面积为3 58（）求椭圆C的方程；（）若PMN为椭圆的内接三角形，且满足MNx轴，设直线PM，PN与x轴的交点分别为G，H，求22OGOH的最小值，并求出此时点P的坐标 （二）选做部分 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，直线1:4Cx，圆2C的参数方程为1 cossinxy（为参数）以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系（）求1C，2C的极坐标方程；（）设射线l的极坐标方程为=(0,)2 与1C，2C的交点分别为,A B，P为AB 的中点，若5 22OP，求点P的极坐标 23（本小题满分 10 分）选修 4-5：不等式选讲 设函数 1+3f xxx （）求不等式 5f x 的解集；（）证明：()+(4)81f xf xx 高三理科数学(二)第 5 页(共 4 页)2019-2020 学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷 理科数学(二)参考答案 一、选择题（本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分）题号题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案答案 C A D C D D A D C D C B 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分，共 20 分)1323 142+1 1512 1632 2 三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分)17【解析】（）因为11(1)nnnanaa，*nN，所以11(2)(1)nnnanaa，2n，-得：11(1)2(1)(1)0nnnnanana，2n 且*nN 所以1120nnnaaa，2n 且*nN，即1121nnnnaaaaaa 所以数列 na为等差数列；（）因为211aa，所以数列 na的公差为1，因为对任意*nN，都有12311111433nSSSS，所以111433S，即1334S，所以11a 或2 当11a 时，22a，此时11S，23S，所以121114133SS，这与题意矛盾，所以11a 当12a 时，1nan，此时(3)02nn nS，111123S，所以123111113nSSSS恒成立因为12 11()33nSnn，所以 1231111211111111111(1)34253621123nSSSSnnnnnn211111114(1)32312393nnn 综上所述，整数1a的值为2 18【解析】（）由于四边形BCEF和ADEF均为菱形，所以/ADBC且ADBC，故四边形ABCD为平行四边形 又ADCD，及由对称性知，90ADCBCD，所以四边形ABCD为正方形 N为EF中点，所以1EN，得1EC，3CN，于是222NECNCE，所以CNNE，所以CNBC 所以BC 平面CDN，从而MNBC 由对称性知CNDN且M为CD的中点，所以MNCD 高三理科数学(二)第 6 页(共 4 页)所以MN 平面ABCD（）设AB的中点为G，以M为原点，以,MG MC MN分别为,x y z轴，建立空间直角坐标系 2MN，则(2,1,0),(2,1,0),(0,1,0),(0,0,2),(1,0,2)ABCNF 有(0,1,2)CN，(0,2,0)AB ，(1,1,2)AF 设平面ABF的法向量为(,)nx y z，由00n ABn AF ，得2020yxyz 取(2,0,1)n，由2sin3n CNn CN 得直线CN与平面ABF所成角的正弦值为23 19【解析】（）()ee()exxxfxxaxa，令()0fx，则xa 当(,)xa 时，()0fx；当(,)xa时，()0fx 所以()f x的单调递增区间是(,)a，单调递减区间是(,)a（）当(2,)x时，(1)e(2ee)0 xxxa恒成立，等价于当(2,)x时，(1)ee2exxxa恒成立，即min(1)ee2exxxa对(2,)x恒成立 令(1)e()e2exxxg x，(2,)x2e(e2e)()(e2e)xxxxg x令()e2exh xx，(2,)x，()e2e0 xh x，所以()e2exh xx在(2,)上单调递增 又因为2(2)e4e0h，2(3)e6e0h，所以()g x在(2,)上有唯一零点0 x，且000e2e,(2,3)xx x 所以()g x在0(2,)x上单调递减，在0(,)x 上单调递增，所以000min00(1)e()()(2,3)e2exxxg xg xx，故整数a的最大值为2 20【解析】（）设yabx，有51145iixx，51145iiyy 则51521()()51102()iiiiixxyybxx，14422aybx，所以122yx（）（i）员 工 甲 经 过20次 的 培 训 后，估 计 他 的 艺 术 爱 好 指 数 将 达 到201203(103)(1 e)107ex，因此估计他的创新灵感指数为1112(107e)7(1)22ey 员工乙经过 20 次的培训后，估计他的艺术爱好指数将达到104(104)(1)82010 x，高三理科数学(二)第 7 页(共 4 页)因此估计他的创新灵感指数为12862y 由于17(1)62e，故培训后乙的创新灵感指数更高（ii）该员工参加 10 次，20 次音乐培训后的创新灵感指数估计分别为37e，37e，该员工参加 10 次，20 次绘画培训后的创新灵感指数估计分别为112，6，参加 10 次音乐培训的概率为224339，参加 20 次音乐培训的概率为122339，参加 10 次绘画培训的概率为212339，参加 20 次音乐培训的概率为111339，所以创新灵感指数的期望估计为 343211211126(7)(7)6(59)5.59e92999eeeEY 21【解析】（）由题意知(,0)F c，则3 5(,)24ccQ，将点Q的坐标代入椭圆方程得2222451416ccab 因为OQF的面积为3 58，所以13 53 5248cc，得1c 又222abc ，所以由得，故椭圆的方程为22143xy（）设点00(,)P xy，11(,)M x y，11(,)N xy，则直线PM的方程为010001()yyyyxxxx 令0y，得011001y xy xxyy，所以011001y xy xOGyy 直线PN的方程为010001()yyyyxxxx 令0y，得011001y xy xxyy，所以011001y xy xOHyy 所以222201100110011022010101()()222y xy xy xy xy xy xOGOHOGOHyyyyyy 将2200334xy，2211334xy，代入2201102201()()2y xy xyy，得22220110220133(3)(3)4428333344xxxxxx，所以228OGOH，当且仅当OGOH，即0 11001100101y xy xy xy xyyyy时取得等号 高三理科数学(二)第 8 页(共 4 页)当0 11001100101y xy xy xy xyyyy时，化简得1010()0yyxx，根据题意知10 xx，若10y，则与题意不符，所以00y，此时02x 或02x 当0 11001100101y xy xy xy xyyyy 时，化简得220110y xy x，将2200334xy，2211334xy 代入上式并化简，得01103(3)()04x xxx，根据题意知10 xx，则013304x x，即014x x ，而022x，122x，所以014x x 不成立，即0 11001100101y xy xy xy xyyyy 不成立 综上，22OGOH的最小值为8，且此时点P的坐标为(2,0)或(2,0)22【解析】（）1:4Cx 极坐标方程为cos4，21cos:sinxCy 的直角坐标方程为2220 xyx，所以2C极坐标方程为2cos（）设(,)P，射线l的极坐标方程为=(0,)2 与1C，2C的交点,A B的极坐标 分别满足14cos，22cos由5 22OP，得12+25 2cos2cos2 所以22cos5 2cos40，即(2cos2)(cos2)0 所以2cos=2，=4，所以点P的极坐标为5 2(,)24 23【解析】（）因为 1+35fxxx，当3x 时，不等式可化为(1)(+3)5xx，即(2)(+4)0 xx，所以43x ；当31x 时，不等式可化为(1)(+3)5xx，即2(1)+10 x，所以31x；当1x 时，不等式可化为(1)(+3)5xx，即(2)(+4)0 xx，所以12x 所以原不等式的解集为42xx （）()+(4)13511(35)f xf xxxxxxxx 1(35)81xxxx 高三理科数学(二)第 9 页(共 4 页)高三理科数学（二）选择填空详细解析 1C【解析】因为22020|log(103)|52Mx yxxxx，|20201|1xNy yx x所以|12MNxx，故答案选 C 2A【解析】因为22(1)11(1(1ii)iii)，要使1 i2z是实数，所以复数i()zaaR，故答案选 A 3D【解析】因为sin3cBa，由正弦定理可得sinsin3sinCBA，sin0B，所以3sin3sinsinAaCBb 又ABC的面积为3 32，所以2133 3sin222abCa，得3a 又3 3ab，所以2 3b，3sin2C，所以1cos2C 所以根据余弦定理2222coscababC得21c 或3c，故答案选 D 4C【解析】在等差数列 na中，由14,ax ay可得3yxd，所以741172146315253yxSSadadxxy，令25zxy，作出可行域可知，在点(0,1)处取得最小值，故74minmin()2 05(1)5SSz ，故答案选 C 5D【解析】因为可判断函数()f x是奇函数，可以排除答案 A 和 B；当(0,)x时，有2()cos(cos1)sin(sin)2coscos1fxxxxxxx，令()0fx 可得1cos2x 或者cos1x（舍去），所以函数()f x在2(0,)3单调递减，在2(,)3单调递增，故答案选 D 6D【解析】因为奇函数()f x满足(1)(1)f xfx，有函数的周期为4T，所以4444(1log 80)(3log 5)(1log 5)5fff，则24(1log5)5f 因为21log5(1,0)，所以21 log54(2)5a，即24()55a，故2a，故答案选 D 7 A【解析】由题意知()f x的最小正周期2T，解得2，所以()sin(2)f xx 又函数()f x的图像关于直线3x 对称，所以2sin()13，得6k，kZ，又22，所以6，故()sin(2)6f xx将函数()f x的图像向右平移12个单位长度 得 到()sin 2()sin(2)1263g xxx的 图 像 由112 22 232kxk 高三理科数学(二)第 10 页(共 4 页)（1kZ）可得1151212kxk（1kZ），又()g x在,t t上单调递增，所以12512tt 解得12t，所以012t，所以t的最大值为12，故答案选 A 8D【解析】设PDx（03x），则3PDx，因为AB 平面PAD，所以AB PD 又AC PD，所以PD 平面ABCD，则四棱锥PABCD可补形成一个长方体，球O的球心为PB的中点，从而球O的表面积为22222(3)4()3(1)262xxxx，故答案选 D 9C【解析】由题意知1(,0)Fc，2(,0)F c，设1,F M关于渐近线byxa对称，则1F到该渐近线的距离为22bcbab 连接1FM，记1FM与该渐近线交于点N，则12FMb，且N为1FM的中点连接2F M，因为坐标原点O是12FF中点，所以2/ONF M，则12FMF为直角，所以12FMF为直角三角形，由勾股定理得22244ccb，故22234()cca，因此224ca，得2e，故答案选 C 10D【解析】由三视图可知甲为圆锥，乙为球设球的半径为R，圆锥底面半径为r，则圆锥高2hR，母线长22lrh，因为甲与乙的体积之比为 1:4，所以324433Rr h，即222Rr，2243lrRr所以22122231482SrrlrrrSRr，故答案选 D 11C【解析】若“阅读文章”与“视听学习”相邻，则有2525AA种可能；若“阅读文章”与“视听学习”相隔一个答题模块，则有214244ACA种可能，故有 432 种可能，故答案选 C 12B【解析】设函数2()()1f xxg xx，则22()2(1)()()(1)fxxxf xxg xx 22(1)()()(2)(1)xfxf xxxx 因为2(1)()()2xfxf xxx，所以()0g x，故()g x在(0,)上单调递减，从而(1)(2)(3)ggg，整理得2(2)3(1)5ff，(3)2(1)7ff，故正确 当01x时，若(1)2f，因为()g x在(0,)上单调递减，所以1()(1)2g xg，即2()112f xxx，即211()22f xxx，故正确，从而不正确,故答案选 B 1323【解析】因为223ababa，所以22(2)3aba和22(2)3aba，两式 高三理科数学(二)第 11 页(共 4 页)相减得ba，代入可得212a ba ，所以1cos2a ba ba b ，又0,a b，故a与b的夹角为23 142+1【解析】由已知不妨设2 2AC，则2AB，如图，月牙形面积等于半圆AmB的面积减去弓形I的面积，即2211 1(2)22AOBAOBSSS 月牙形，可见月牙形面积与AOB面积相等，而1=22=12AOBS，整个图形的面积21=(2)112S ，阴影部分面积为2=2AOBS，由几何概型的概率计算公式得，所求概率为2+1 15 12【解析】设AB所在直线方程为xmyt，11(,)A x y，22(,)B xy 由题意知10y，20y，联立方程组24xmytyx得2440ymyt所以12124,4yym y yt 又因为OAOB，所以12120 x xy y，即221212044yyyy，解得1216yy，所以4t，即直线AB恒过定点(4,0)M又(1,0)F，所以3MF 故21213364(1)8122242ABFmSMFyy，当且仅当0m 时，等号成立，故答案为12 1632 2【解析】依题意得2222abcab，则2cos2abCab，所以2cos2C ，所以3,44CAB，所以22222(1tan)tansin2tancos2tan1tanBBABBBB 令21tan(1,2)tB，则有222(1tan)tan(2)(1)2()332 21tanBBt ttBtt，当且仅当时2t 取等号，故2sin2tanAB的最大值是32 2，故答案为32 2