江西省南昌市2020届高三第二轮复习测试卷文科数学（三）（PDF版附解析）.pdf

— 高三文科数学(三)第 1 页(共 4 页) — 2019-2020 学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷 文科数学(三) 命题人：南昌五中 尤伟峰 审题人：莲塘一中 李树森 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 2 2{ | 2 0}, { | log 0}A x x x B x x     ，则( )UC A B  A.(0,1) B. 0,1 C. (1,2) D. 1,2 2.已知 a R ， i 是虚数单位，若 3 iz a  ， _ 4z z  ，则 a  A.1或 1 B. 15 C. 15 D. 3 或 3 3.抛物线 22y x 的通径长为 A. 4 B. 2 C.1 D. 1 2 4.为考察某种药物对预防禽流感的效果，在四个不同的实验室取相同的个体进行动物试验，根据 四个实验室得到的列联表画出如图四个等高条形图，最能体现该药物对预防禽流感有效果的图形 是 5.我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如上图，将 1，2，…，9 填入 3 3 的 方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于 15.一般地，将连续的正整数 21,2,3, ,n 填入 n n 个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方 形叫做 n 阶幻方.记 ( 3)n n  阶幻方的对角线上的数字之和为 nN ，如图三阶幻方的 3 15N  ，那 么 8N 的值为 A. 260 B.369 C. 400 D. 420 6.根据如下样本数据 x 3 4 5 6 7 8 y 4.0 2.5 -0.5 0.5 -2.0 -3.0 得到的回归方程为 ˆy bx a  ，则 A. 0a  ， 0b  B. 0a  ， 0b  C. 0a  ， 0b  D. 0a  ， 0b  — 高三文科数学(三)第 2 页(共 4 页) — 7.设 na 是任意等比数列，它的前 n 项和，前 2n 项和与前3n 项和分别为 2 3, ,n n nS S S ，则下列等 式中恒成立的是 A. 3 22n n nS S S  B.    2 2 3 3n n n n n nS S S S S S   C. 2 2 3n n nS S S D.    2 2 3n n n n n nS S S S S S   8.设 2020 1 20202019 2019,2019log,2020log  cba ，则 cba ,, 的大小关系是 A. cba  B. bca  C. bac  D. abc  9.已知函数 ( ) sin( )( 0, 0)f x x         的最小正周期是 π ，将函数 ( )f x 图象向左平 移 π 3 个单位长度后所得的函数图象过点 (0,1)P ，则下列结论中正确的是 A. ( )f x 的最大值为 2 B. ( )f x 在区间 π π( , )6 3 上单调递增 C. ( )f x 的图像关于直线 π 12x  对称 D. ( )f x 的图像关于点 π( ,0)3 对称 10.过正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的顶点 A 作平面 ，使得正方体的各棱与平面 所成的角都相 等，则满足条件的平面 的个数为 A.1 B.3 C. 4 D.6 11.椭圆与双曲线共焦点 1 2,F F ，它们在第一象限的交点为 P ，设 o 1 2 90F PF  ，椭圆与双曲线 的离心率分别为 1 2,e e ，则 A． 2 2 1 2 1 1 12 2e e  B． 2 2 1 2 1 3 14 4e e  C． 2 21 2 4 4 13 e e  D． 2 22 1 4 4 13 e e  12.已知边长为1的正方形 ABCD ，M 为 ABC 内一点，满足 o10 ,MDB MBC    则 MA  A. 1 B. 3 2 C. 2 2 D. 3 4 二．填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分,共 20 分. 13.已知函数 xaxxf 2)( 3  的图象过点 2, 20 ，则 a ． 14.设实数 ,x y 满足不等式 2 1 1 y x y x y        ，当 3z x y  取得最小值时，直线 3z x y  与以(1,1) 为 圆心的圆相切，则圆的面积为 ． 15.已知等差数列{ }na 的公差 (0, π)d  ， 1 π .2a  则使得集合   sin ,nM x x a n N   恰好有 两个元素的 d 的值为 ． 16.在平面上， ,| | | | 1,AM AN OM ON AP AM AN           ，若 1| | 2OP  ，则| |OA 的最大值 为 ． — 高三文科数学(三)第 3 页(共 4 页) — 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 A B、 分别在射线CM CN、 （不含端点C ）上运动， 2 π3MCN  ， 在 ABC 中，角 A 、 B 、C 所对的边分别是 , ,a b c ． （Ⅰ）若 , ,a b c 依次成等差数列，且公差为 2．求c 的值； （Ⅱ）若 3c  ， ABC   ，试用 表示 ABC 的周长，并求周长的最大值． 18．（本小题满分 12 分）如图，已知三棱柱 1 1 1ABC A B C ，平面 1 1A ACC  平面 ABC ， 090ABC  ， 1 130 , 2 3BAC A A AC AC      ， ,E F 分别是 1 1,AC A B 的中点. （Ⅰ）证明： EF BC ； （Ⅱ）求三棱锥 F ABC 的体积. 19．（本小题满分 12 分）2019 年 3 月 5 日，国务院总理李克强在做政府工作报告时说，打好精准 脱贫攻坚战.江西省贫困县脱贫摘帽取得突破性进展；2019—2020 年，稳定实现扶贫对象“两不 愁、三保障”，贫困县全部退出.围绕这个目标，江西正着力加快增收步伐，提高救助水平，改善 生活条件，打好产业扶贫、保障扶贫、安居扶贫三场攻坚战.为响应国家政策，老张自力更生开了 一间阳光鲜奶店.他按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶 4 元，售价每瓶 6 元，未 售出的酸奶降价处理，以每瓶 2 元的价格当天全部处理完．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 500 瓶；如果最高气温位于区间 [20，25)，需求量为 300 瓶；如果最高气温低于 20，需求量为 200 瓶．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． （Ⅰ）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶的概率； （Ⅱ）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y (单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量为 450 瓶时，写出Y 的所有可能值，并估计Y 大于零的概率． — 高三文科数学(三)第 4 页(共 4 页) — 20.（本小题满分 12 分）已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yE a ba b    上一点 1 3 5( , )2 4P 到其两焦点 1( ,0)F c ， 2 ( ,0)F c 的距离之和为 4. （Ⅰ）求椭圆 E 的方程； （Ⅱ）过点 P 作圆 2 2 2:O x y b  的切线 1 2,l l ，设直线 1 2,l l 的斜率分别是 1 2,k k ，求 1 2 1 1 k k 的值. 21．（本小题满分 12 分）已知函数 2 4 2( ) .ex x xf x   （Ⅰ）求函数 )(xf 的单调区间； （Ⅱ）若对任意的 ( 2,0],x  不等式 2 ( 1) ( )m x f x  恒成立，求实数 m 的取值范围． （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l 的参数方程为 3 ,(1 ,      x t ty t 为参数) . 在以坐标原点为极点，x 轴正半 轴为极轴的极坐标系中, 曲线 π: 2 2 cos .4C       （Ⅰ）求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程； （Ⅱ）求曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值. 23．（本小题满分 10 分）选修 4-5：不等式选讲 已知函数   1 2    f x x a x a . （Ⅰ）若  1 3f ，求实数 a 的取值范围； （Ⅱ）若 1, R,a x  求证：   2f x . — 高三文科数学(三)第 5 页(共 4 页) — M N θ A CB 2019—2020 学年度南昌市高三第二轮复习测试卷 文科数学(三)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A A D D A A D C B C A A 二．填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分，共 20 分) 13. -2 14. 5 π2 15. 2 π3 16. 2 三．解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17.【解析】（Ⅰ） , ,a b c 成等差，且公差为 2， 4a c  、 2b c  . 又 2 π3MCN  ， 1cos 2C   ，        2 2 24 2 1 2 4 2 2 c c c c c        ， 恒等变形得 2 9 14 0c c   ，解得 7c  或 2c  . 又 4c  ， 7c  （Ⅱ）在 ABC 中， sin sin sin AC BC AB ABC BAC ACB    ，  3 22ππsin sinsin 33 AC BC         ， 2sinAC  ， π2sin 3BC      .  ABC 的周长  f  AC BC AB   π2sin 2sin 33        1 32 sin cos 32 2        π2sin 33      ， 又 π0, 3     ， π π 2π 3 3 3   , 当 π π 3 2   即 π 6  时，  f  取得最大值 2 3 ． 18.【解析】(Ⅰ)如图所示，连结 1 1,A E B E ，等边 1AAC△ 中， AE EC ， 3sin 0 sin 2B A ，   ，平面 ABC⊥平面 1 1A ACC ，且平面 ABC∩平面 1 1A ACC AC ， — 高三文科数学(三)第 6 页(共 4 页) — 由面面垂直的性质定理可得： 1A E  平面 ABC ，故 1A E BC⊥ ， 由三棱柱的性质可知 1 1A B AB∥ ，而 AB BC ，故 1 1A B BC ， 且 1 1 1 1A B A E A ，由线面垂直的判定定理可得： BC  平面 1 1A B E ，结合 EF ⊆平面 1 1A B E ，故 EF BC . （Ⅱ）点 F 到平面 ABC 的距离等于点 1A 到平面 ABC 的距离 等于 1 3 .2 3 32A E   ， 1 3 33 32 2ABCS     ， 1 1 3 3 3 33 .3 3 2 2ABCV S h     19.【解析】(Ⅰ)这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶，当且仅当最高气温低于 25，由表格数据知， 最高气温低于 25 的频率为 2 16 36 0.690    ， 所以这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶的概率 估计值为 0.6. （Ⅱ）当这种酸奶一天的进货量为 450 瓶时， 若最高气温不低于 25，则Y =6450 4450=900； 若最高气温位于区间 [20,25），则Y =6300+2(450 300) 4450=300； 若最高气温低于 20，则Y =6200+2(450 200) 4450= 100. 所以，Y 的所有可能值为 900，300， 100. Y 大于零当且仅当最高气温不低于 20，由表格数据知，最高气温不低于 20 的频率为 36 25 7 4 0.890     ，因此Y 大于零的概率的估计值为 0.8. 20.【解析】(Ⅰ) 由已知得 2a  ， 将点 1 3 5( , )2 4P 的坐标代入椭圆的方程   2 2 2 2: 1 0x yE a ba b    得 3b  . 所以方程为 2 2 14 3 x y  （Ⅱ）设  0 0,P x y ，过 P 的斜率为 k 的直线为  0 0y y k x x   ，由直线与圆O 相切可得 0 2 3 1 y kx k    即： 2 2 2 0 0 0 03 2 3 0x k x y k y     . 由已知可知 1 2,k k 是方程（关于 k ） 2 2 2 0 0 0 03 2 3 0x k x y k y     的两个根， 所以由韦达定理： 0 0 1 2 2 0 2 0 1 2 2 0 2 3 3 3 x yk k x yk k x         两式相除： 0 01 2 2 1 2 0 2 3 x yk k k k y    — 高三文科数学(三)第 7 页(共 4 页) — 又因为 2 2 0 0 14 3 x y  所以 2 2 0 0 33 4y x   代入上式可得： 01 2 1 2 0 8 4 53 yk k k k x      . 21.【解析】（Ⅰ）（I） 2( 2 2)'( ) ex x xf x    ，记 2( ) 2 2g x x x    令 ( ) 0g x  ，得 1 3 1 3x      函数 ( )f x 在( 1 3, 1 3)    上单调递增； 令 ( ) 0g x  ，得 1 3 1 3x x     或 函数 ( )f x 在 ( , 1 3),( 1 3, )      上单调递减； （II）记 2( ) 2 e ( 1) 4 2xh x m x x x     ，由 (0) 0 2 2 1h m m     ， '( ) 2 e ( 2) 2 4 2( 2)( e 1)x xh x m x x x m       ， 由 '( ) 0h x  得 2x   或 lnx m  ,因为 ( 2,0]x  ，所以 2( 2) 0x   ， ①当 21 em  时， ln ( 2,0)m   ，且 ( 2, ln )x m   时， '( ) 0h x  ， ( ln ,0)x m  时， '( ) 0h x  ，所以 min( ) ( ln ) ln (2 ln ) 0h x h m m m      ， 所以 ( 2,0]x  时， ( ) 0h x  恒成立； ②当 2em  时， 2'( ) 2( 2)(e 1)xh x x    ，因为 ( 2,0]x  ，所以 '( ) 0h x  ， 此时 ( )h x 单调递增，且 2 2( 2) 2e e ( 1) 4 8 2 0h        ， 所以 ( 2,0]x  时， ( ) ( 2) 0h x h   成立； ③当 2em  时， 2( 2) 2 2 0e mh      ， (0) 2 2 0h m   ， 所以存在 0 ( 2,0)x   使得 0( ) 0h x  ，因此 ( ) 0h x  不恒成立． 综上， m 的取值范围是 2(1,e ] ． 22.【解析】（Ⅰ） 由 3 1 x t y t      消去t 得 4 0  x y , 所以直线l 的普通方程为 4 0  x y . 由 π2 2 cos 4      π π2 2 cos cos sin sin 2cos 2sin4 4          , 得 2 2 cos 2 sin      . 将 2 2 2 , cos , sin       x y x y 代入上式， 得曲线C 的直角坐标方程为 2 2 2 2  x y x y , 即   2 21 1 2   x y . （ Ⅱ ） 设 曲 线 C 上 的 点 为  1 2 cos ,1 2 sin  P , 则 点 P 到 直 线 l 的 距 离 为 1 2 cos 1 2 sin 4 2        d  2 sin cos 2 2      π2sin 24 . 2      当 πsin 14      时, max 2 2d ， — 高三文科数学(三)第 8 页(共 4 页) — 所以曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值为2 2 . 23.【解析】（Ⅰ）因为  1 3f ，所以 1 2 3  a a . ① 当 0a 时，得  1 2 3   a a ，解得 2 3 a ，所以 2 03  a ; ② 当 10 2 a 时，得  1 2 3  a a ，解得 2 a ，所以 10 2 a ; ③ 当 1 2a  时，得  1 2 3  a a ，解得 4 3a ，所以 1 4 2 3a  ; 综上所述，实数 a 的取值范围是 2 4( , )3 3 . （Ⅱ）因为 1,a x R  ， 所以      1 2 1 2         f x x a x a x a x a 3 1 a 3 1 a 2 . — 高三文科数学(三)第 9 页(共 4 页) — 高三文科数学（三）选择填空详细解析 1.A【解析】  2 0A x x x  或 ，  0 1B x x   故 (0,1)UC A B  .故选 A. 2.A【解析】因为复数 3 i,z a  3 iz a    ， 2. 3 4z z a     所以 1a   ，故选 A. 3.D【解析】标准化 2 1 2x y ，通径 12 2p  . 4.D【解析】从图知，不服药患病的概率高，服药患病的概率低，故选 D. 5.A【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列， 3 1 (1 2 3 4 5 6 7 8 9) 153N           ， 4 1 (1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16) 344N                  ， 5 1(1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25) 655N                            2 2 2 21 1 (1 ) ( 1)(1 2 3 4 5 ) 2 2n n n n nN nn n            ． 2 8 8(8 1) 260.2N   6.A【解析】画出散点图知 0, 0b a  ，故选 A． 7.D【解析】由等比数列的性质得： 2 3 2, ,n n n n nS S S S S  成等比数列，    2 2 3 2n n n n nS S S S S   ，化简得    2 2 3n n n n n nS S S S S S   . 8.C【解析】 2 2019 2019 2019 2019 1 1 1 1log 2019 log 2020 log 2020 log 2019 12 2 2 2a      2020 2020 2020 1 1 10 log 2019 log 2019 log 2020 ;2 2 2b     1 20202019 1.c   9.B【解析】由条件知   πsin(2 )6f x x  ，结合图像得 B. 10.C【解析】在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，与 AA1，AD，AB 平行的直线各有 4 条，AA1=AD=AB， A1﹣BDC1 是正三棱锥，AA1，AD，AB 与平面 A1DB 所成角相等， ∴正方体的 12 条棱所在的直线所成的角均相等的平面有 4 个， 故选 C. 11．A【解析】设椭圆的长轴长为 12a ，双曲线的实轴轴长为 22a ， 交点 P 到两焦点的距离分别为  , 0m n m n  ，焦距为 2c ，则  22 2 2m n c  ， 又 1 22 , 2m n a m n a    ，故: 1 2 1 2,m a a n a a    ， 2 2 2 1 2 2a a c  2 2 1 2 1 1 12 2e e   ，故 选 A. 12.A【解析】设正方形 ABCD 的边长为 1， — 高三文科数学(三)第 10 页(共 4 页) — 在 BMD 中，由正弦定理得 o o o 2sin 35 .sin 35 sin135 DM DB DM   在 AMD 中，由余弦定理得 2 2 o o o1 4sin 35 4sin 35 cos55 1.AM     AMD 为等腰三角形，故 1AM  . 13. 2 【解析】 (2) 8 4 20f a    ，得 2a   . 14. 5 π2 【解析】当直线过点 1,2 时， 3z x y  取得最小值-1，故 3 1 1 10 210 r d     ， 从而圆面积为 5 π2 . 15. 2 π3 【解析】要使得集合 S 恰好有两个元素，可以使 2a ， 3a 的终边关于 y 轴对称，此时 2 π3d  . 16. 2 【解析】以 A 为原点，分别以 ,A M A N       所在直线为 x 轴， y 轴建立平面直角坐标系．设 ( ,0), (0, ), ( , ),M a N b O x y 则 ( , )P a b ，由 1OM ON   ，得   2 22 2 1x a y x y b      ，    2 22 21 0, 1 0x a y y b x        ， 1 2OP  ，得   2 2 1 4x a y b    ， 即 2 2 10 1 1 4y x     ， 2 27 24 y x   ，即 2 27 22 x y   .所以| OA |的取值范围是 7( , 2]2 ，故最大值为 2 ．