2020届江西省师大附中高三第三次模拟考试数学(理)试卷(有答案)(精品)

1、/./.、选择题：本大题共有一项符合题目要求.1.已知z13iZ2.已知集合A.1 1,2江西师大附中第三次模拟考试数学（理）试卷12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只B.1x|223.给出下列两个命题:i ,其中i是虚数单位，则二的虚部为（）Z2x 2 ,B1.1命题p:：若在边长为1的正方形C.D 5ix| In xC.CrB ()；,1D.ABCD内任取一点M1的概率为r r命题q:设a,b是两个非零向量，则u与b共线”的充分不必要条件;那么，下列命题中为真命题的是C.D.4.若函数 y ksin kx ( k0,）与函数y kxk2的部分图像如图所示，则函数

2、f(x)sin kxcos kx像的一条对称轴的方程可以为图24B.13x 24C. x724D.13x 245.中国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题:“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何?此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数N除以正整数m后的余数为n ,则记为N n（mod m）,例如11 2（mod 3）.现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的n等于（）A. 21B. 22C. 23D. 246.某食品厂只做了 3种与“福”字有关的精美卡片，分别是“富强福”、“和谐福”、“友善福”、每袋食品随机装入一张卡片，若只有集齐为（）3种卡片才可获奖，则购

3、买该食品4袋,获奖的概率A. 316C.D.7.已知D E是ABC边BC的三等分点，点uuuP在线段DE上，若APuuu xABuuuryAC ，则x y的取值范围是（）1 49,91 1B3,4D.9,48.若数列an是正项数列，且可反反L,ann2a-等于（）nA. 2n2 2nB . n2 2n22C. 2n2 n D. 2(n2n)y x 2,9.已知实数x, y满足x y 6,则函数y x 1,log 1 2|x 2|2|y|的最大值是()A. log 1 7 B. log 1 5C.222D. 210.某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为（）B 2B.C.

4、 q D .当2211.点F2, P分别为双曲线y 4 1(a a b0,b 0）的右焦点与右支上的一点，若uuuu 1 uuu uuuu uuur 2OM OP+OF2) QF22A. 3B.32uuur 2uuun uuuurF2M，且2OF2 F2M a2+b2,则该双曲线的离心率为(0 2 13+1C.D.2.已知函数f（x） exax 1,g(x) ln x ax a,若存在 x0(1,2),使得 f(xo)g(xo) 0,则实数a的取值范围为（）A (Ine2 12TB. (ln2,e 1)C. 1,e 1D.1n二、填空题：本大题共 4小题，每小题5分，共20分.913 .已知a

5、 2 cosx dx,则ax 展开式中，x3项的系数为;02ax314 .已知函数 f(x) m 0g如7 x x ；x 为偶函数，则 m n ;log2017( x) nx3,x 015 .正三角形ABC勺边长为2,将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为 J2 ,此时四面体ABCD 的外接球的表面积为 ,2-216 .数列 an的前项和为 Sn ,且a -,an 1 Sn鼻，用x表示不超过x的最大整数，如330.11, 1.6 1,设bnan ,则数列 bn的前2n项和为三、解答题：本大题共 6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.17 .(本题满分12分)曰 r. 3

6、r、，r r设向量 a sin x,sin x cosx ,b cosx,sin x cosx , x R ,记函数 f x a b.2(1)求函数f x的单调递增区间;(2)在锐角ABC中，角A,B, C的对边分别为a,b,c,若f A ja J2,求ABC面积的最大值.18.(本题满分12分)在2017年高校自主招生期间，某校把学生的平时成绩按“百分制”折算，选出前n名学生,并对这n名学生按成绩分组,第一组75,80 ,第二组80,85 ,第三组85,90 ,第四组 90,95 ,6第五组95,100 ,如图为频率分布直方图的一部分，其中第五组、第一组、第四组、第二组、第三组的人数依次成等

7、差数列，且第四组的人数为60 .(1)请在图中补全频率分布直方图；(2)若Q大学决定在成绩高的第 3,4,5组中用分层抽样的方法抽取名学生进行面试(I )若Q大学本次面试中有 B,C, D三位考官，规定获得两位考官的认可即可面试成功，且各考官面试结果相互独立，已知甲同学已经被抽中，并且通过这三位考官面试的概率依次为 求甲同学面试成功的概率;(II)若Q大学决定在这6名学生中随机抽取 3名学生接受考官 B的面试，第3组总有 名学生 被考官B面试，求 的分布列和数学期望.19 .(本题满分12分)如图，在以A, B, C, D, E, F为顶点的多面体中，四边形 ACDF是菱形， FAC 600,

8、AB PDE,BC PEF,AB BC 3, AF 2,3, BF ,15(1)求证：平面 ABCL平面 ACDF(2)求平面AEF与平面AC所成的锐二面角的余弦值20 .(本题满分12分)22已知椭圆Ci： 土 4 i(b 0)的左、右焦点分别为 Fl、F2,点F2也为抛物线C2：y2 8x的6 b焦点，过点F2的直线l交抛物线C2于A,B两点.(1)若点P(8,0)满足|PA |PB ,求直线l的方程；(2) T为直线x3上任意一点，过点Fi作TFi的垂线交椭圆Ci于M ,N两点，求HF的最小值.MN21 .(本题满分i2分)已知函数 f(x) ln(x 2a) ax, a 0.(i)求f

9、 (x)的单调区间；i(n)记 f(x)的最大值为 M(a),若 a? & 0且 M(a1) M(a2),求证：&a2 -;4(出)若a 2,记集合x|f(x) 0中的最小元素为x0,设函数g(x) |f(x)| x ,求证：x0是g(x)的极小值点请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按照所做的第一题计分.22 .(本题满分I0分)选修4-4 :极坐标与参数方程在平面直角坐标系 xOy中，直线l的参数方程为x 3 t cos(t为参数)，在以坐标原点为y i tsin极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，圆 C的方程为4cos(I)求l的普通方程和C的直角坐标方程；当 0, 时

10、，l与C相交于P,Q两点，求PQ的最小值.23 .(本题满分I0分)选修4-5:不等式选讲已知f (x) x a ,其中a 1.(1)当a 2时，求不等式f(x) 4 x 4的解集；(2)已知关于x的不等式f(2x a) 2f (x)2的解集为x1 x 2,求a的值.参考答案1.B 2.A 3 C 4. .B 5.C 6.D 7.D 8 .A 9.C 10. C 11.D 12.A13.21 14. 415.2516.2n 122n -3317.解：(1)由题意知:r r. 3f (x) a b sin x cosx (sin x cosx)(sin x cosx)2令2k1 .八sin 2x

11、2虫cos2x2sin(2x ) 32x 2k , k Z,则可得：k232 x k 1252,kQ f (A) (k Z)f(x)的单调递增区间为11 .2, sin(2A 3)2,结合ABC为锐角三角形，可得2A 3 6b在ABC中，利用余弦定理a c2 2bccos A，即2 b2c22bc (2 2)bc (当且仅/.,bc 22 sin A sin b c时等号成立)，即 2 J2，又42S abc 1bcsinA - bc24拈 T.(当且仅当b c时等号成立)ABC面积的最大值为218.解：(1)因为第四组的人数为 60,所以总人数为:5 60=300,由直方图可知，第五组人数为

12、 0.02 5300=30人,又y15为公差，所以第一组人数为:45人,第二级人数为：75人，第三组人数为：90人(2) (I) 设事件A甲同学面试成功，则:P(A) 2114 12 1 1 1 1(II)由题意得:=0,1 23P( 0)C30C3C631, 20P(1)C3C32C63920P( 2)空CT9, 20P(3)C3C30CT1204_15/.0123P12092092012013E( ) 02020202021991 2 319.解:(1)设O是AC的中点，连接OF,OB 及 FC,ABC 中，AB BC,OBQ四边形ABDFFACAC,“060/-/.FAC是等边三角形，F

13、OB是二面角F ACOFACB的平面角ED|Q在 RtABO 中，AB 3,AO 出，OB JAB2 AO2、6qbf .15,OF2 OB2 BF2,FOB 900平面ABC 平面ACDF则 A(0,3,0), B( .6,0,0), C(0,、3,0), F (0,0,3)uuir _uuirAF(0, 3,3), AC(0, 2x3,0)(2)由(1)知，OB,OC,OF两两垂直，故可如图建立直角坐标系:Q AB PDE, AF PCD, AB 平面 CDE,AF 平面 CDFDE 平面 CDE,CD 平面 CDE, AB P 平面 CDE , AF PCDE ,又 AB I AF A平

14、面ABF P平面 CDE,Q EF PBC, B,C,E, F共面BF PCE,从而四边形BCEF是平行四边形uuuFEuuirBC_ _uuir(.6, .3,0), AEuur uuuAF FEr设n (x,y,z)是平面AEF的法向量,r uur n AF r uun n FE r取n0、,3y 3z 00 6x、3y 0,(3, 6,2)ur设m (x, y, z)是平面ACE的法向量,ir uuirm AE 0 ir uuurm AC 0.6x 2、3y 3z2 3y 0ir r cos m, nir rm nuurm n_1_ _55555520.解：(1)由抛物线C2:y28x

15、得 F2(2,0),(6, 2、. 3,3)r,取n平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值为5555当直线l斜率不存在，即l ：x 2时，满足题意2 分 当直线 l 斜率存在，设 l: y k(x 2)(k 0), A(x1, y1),B(x2,y2)2由 y x得 k2x2 (4k2 8)xy k(x 2)4k2 0x1 x2、，y1 y2 k(x1 x2)k4k - k设AB的中点为G ,22 k2 4 4、则 G(-,-),k kQ PA| |PB ,PG l, kPG k 14 024 k 丁 81,解得kV2,则y .2(x2)直线l的方程为2)或x(2 ) QF2(2,0),F

16、i( 2,0),2b26 42 x2, C1: -6设T点的坐标为（3,m)则直线TF1的斜率kTF1当m 0时，直线MN的斜率kMN1一,直线MN的方程是x my 2 m当m 0时，直线MN的方程是x2 ,也符合x my 2的形式所以直线MN的方程是xmy 2设 M(%,y3),N(x4,y4),则x my122,得(m 3)y 4my 2 02y34my4 F,y3y4TFiMNx3、22羽）（y3 va）TFi |MNJ,当且仅当.2 . 2_(m1)(y3 y4)4y3 y41244)直m21324(m2.1134:,即mm2 11时，等号成立，此时TF1MN取得最小值立321.一、1

17、(I ) f (x) ax 2a1(a)(x 2a -)a-,因为 x 2a , a 0 ,由 fx 2a(x) 0,2a1x 一 2a;由 f (x) 0, a得 x 1 2a;a所以,f(x)的增区间为(2a,1 a2a),减区间为占 2a,)；(II ),1由(I )知，M (a) f (a2a)_ 22a 1 In a2a121 1 na12 a；1 1na2,2(a2a12) 1na21na11na&2a1a222a2a-加2a2In -a1a2 4a1a2 (一a12lna2, a14 a1a2ao2ln 二 a浮a1)aa251设 h(t) t -2ln t(t1),则 h(t)

18、(1所以，h(t)在(1,)上单调递增,h(t)h(l)2lnt 0,也包2lna2ao2ln 二a10, 1,a2a1所以aa2aa21(III )由(1)可知，f (x)在区间(2a,1 a2a)单调递增，又2a时,f(x)，易知,1f(1 2a)aM(a) 2a21 1na 在(2,)递增，M (a)M(2)ln2 0.2a Xq2a x% 时，f (x) 0； Xq2a 时,f(x)0.2a1,2a 时, a(a 1)x ln(x2a)2a x2a便能证明(ag(x)ln(x 2 a) (a1)x(Xq xXq)1 2 a) aXq 时，g (x) (a1) Ua(a1)1Xq 2a(

19、所以，若能证明x0土 2a1、一11) - 0)，圮 H(a) ”了2-2a) 2a2111 1n(a 1)，则a 11H (a) 4a 2(a 1)1-hQa 21H (a) 8 -9H(a)在(2,)内单调递增,22H(a) H(2)5ln3 0,1f(x)在a-2a)(12a, -a2a)内单调递增,X0(2a，a2a xX0时,g (x)(a 1)(a x 2a1)12a 2a1g(x)在(2a,Xo)递减.当x02a时，相应的g (x)1x 2a(a1)1(2 a) 2aa(a1) 1 0.，、，1g(x)在(x。,一 2a)递增,故x0是g(x)的极小值点 a x 3 t cos22.解一：(1)由直线l的参数方程(t为参数)，y 1 tsin消去参数t得，x 3 sin y 1 cos 0,即直线l的普通方程为 sin x cos y cos 3sin 0,由圆C的极坐标方程为 4cos ，得2 4 cos 0 * ,x cos将 222 代入(*)得，x2 y2 4x 0,x y即C的直角坐标方程为x 2 2 y2 4.(2)将直线l的参数方程代入 x 2 2 y2 4得，t2 2 cos sin t 2 0,