江西省南昌市2019年高三一模考试 理科数学（扫描版）

1 2 3 江西省南昌市江西省南昌市 2019 年高三一模考试年高三一模考试 理科数学参考答案及评分标准 一、选择题：本大题共 12 个小题，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 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B C C B C D D A C D A A 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分，满分 20 分 13 1 2 14. 3 3 15. 7 9 16. 3 3 2 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 （一）必考题：共 60 分 17 【解析】 （）由已知3sin2)0(=f， 又 2 | ，所以 3 =，所以) 3 sin(2)( +=xxf 3 分 由(2)0f=，即2sin(2)0 3 +=，所以2 3 k +=，kZ， 解得 26 k =，kZ，而0 2 ，所以 3 =. 6 分 （）由（）知，) 33 sin(2)( +=xxf， 令( )3f x =， 得2 333 xk +=+或 2 2 333 xk +=+，Zk， 所以6xk=或61xk=+，由图可知， (1, 3)B. 8 分 所以)3, 1(),3, 2(=CBCA，所以2| ,7|=CBCA， 10 分 所以 14 75 72 5 | cos= = CBCA CBCA ACB. 12 分 18 【解析】 （）证明：因为 1 CC底面ABCD，所以BDCC 1 . 因为底面ABCD是菱形，所以ACBD . 又CCCAC= 1 ，所以BD平面 1 ACC.3 分 又由四棱台 1111 DCBAABCD 知， 11 ,CCAA四点共面. 所以 1 AABD . 5 分 （）如图，设AC交BD于点O，依题意，OCCA/ 11 且OCCA= 11 ， 所以 11 /CCOA，且 11 CCOA=. 所以OA1底面ABCD. 以O为原点， 1 ,OAOBOA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系. 则 11 (2 3,0),(0,0,4),( 2 3,0,4), (0,2,0)AACB， 由 11 1 2 ABAB=得， 1( 3,1,4)B .因为E是棱 1 BB的中点，所以)2 , 2 3 , 2 3 (E.8 分 所以)0 , 0 , 32(),2 , 2 3 , 2 3 ( 111 =CAEA. 设),( 1 zyxn =为平面 11C EA的法向量，则 = = 0 , 0 11 111 EAn CAn ，即 =+ = 02 2 3 2 3 , 032 zyx x ， 取3=z，则) 3 , 4 , 0( 1= n. 又因为)0 , 1 , 0( 2 =n为平面CCA 11 的法向量， 所以 5 4 | ,cos 21 21 21 = = nn nn nn， 又由图可知，二面角CCAE 11 为锐二面角， 所以二面角CCAE 11 的余弦值为 5 4 . 12 分 19 【解析】 （）由频率分布直方图可知，B型节能灯使用寿命超过3600小时的频率为2 . 0， 用频率估计概率，得B型节能灯使用寿命超过3600小时的概率为 5 1 . 所以一年内一支B型节能灯在使用期间需更换的概率为 5 4 ，. 3 分 所以一年内5支恰好更换了2支灯的概率为 223 5 4132 ( )( ) 55625 C=. 5 分 （）共需要安装5支同种灯管， 若选择A型节能灯，一年共需花费 3 5 1203600 5 20 0.75 10870 + =元；7 分 若选择B型节能灯，由于B型节能灯一年内需更换服从二项分布 4 (5, ) 5 B， 故一年需更换灯的支数的期望为 4 54 5 =支， 9 分 故一年共需花费 3 4 (55) 253600 5 55 0.75 10967.5 5 + =元. 11 分 因为967.5870，所以该商家应选择A型节能灯. 12 分 20 【解析】 （）椭圆E与圆O： 22 1xy+=相切，知 2 1b =； 2 分 又椭圆E上动点与圆O上动点间距离最大值为 26 2 + ，即椭圆中心O到椭圆最远距离为 6 2 ， 得椭圆长半轴长 6 2 a =，即 2 3 2 a =； 所以轨迹E的方程为 2 2 2 1 3 x y+=. 5 分 （）当 1 l与x轴重合时， 2 l与圆相切，不合题意. 当xl 1 轴时，)0 , 1(M，1: 1 =xl，3|=AB，此时 3 32 2 3 32 2 1 = ABM S.6 分 当 1 l的斜率存在且不为0时，设1: 1 += myxl，0m，则 1 1 : 2 +=y m xl， 4 设),(),( 2211 yxByxA，由 2 2 1, 2 1 3 xmy x y =+ += 得， 22 (23)410mymy+ =， 所以 1212 22 41 , 2323 m yyy y mm += = + ， 8 分 所以 22 2 21 2 2 31 21 |1| 23 mm ABmyy m + =+= + . 由 =+ += 1 , 1 1 22 yx y m x 得，0 2 ) 1 1 ( 2 2 =+y m y m ，解得 1 2 2 + = m m yM， 9 分 所以 2 2 12 |1| 1 M MNy m m =+= + ， 所以 22 2 2 11 2 31 212 | 2223 1 ABM mm SAB MN m m + = + + 2 2 2 2 2 3 212 3 2 23 21 21 m m m m + = + + + + ， 10 分 因为 2 211m + ， 所以 2 2 2 212 2 21 m m + + + ， 当且仅当 2 2 m = 时取等号. 所以 6 2 ABM S（ 2 36 32 ） 综上，ABM面积的最大值为 6 2 ，此时直线 1 l的方程为 2 1 2 xy= +. 12 分 21 【解析】 （）) 1 1 (lne)(+=a x xxxf x ， 2 分 令) e, 1 (, 1 1 ln)(+=xa x xxxg，则)(e)(xgxf x =， 0 1 )( 2 2 + = x xx xg恒成立，所以)(xg在) e , 1 (上单调递减， 4 分 所以( )(1)10g xga= ，所以( )0fx=在) e , 1 (内无解. 所以函数)(xf在区间) e , 1 (内无极值点. 5 分 （）当2ln=a时，)2lnln(e)(+=xxxf x ，定义域为), 0( +， ) 12ln 1 (lne)(+= x xxxf x ，令12ln 1 ln)(+= x xxxh， 6 分 由（）知，)(xh在), 0( +上单调递减，又0 2 1 ) 2 1 (=h，012ln) 1 (=h， 所以存在) 1 , 2 1 ( 1 x，使得0)( 1 =xh，且当), 0( 1 xx时，0)(xh，即0)( x f， 当),( 1 + xx时，0)(xh，即0)( x f. 8 分 所以)(xf在), 0( 1 x上单调递增，在),( 1 +x上单调递减， 所以)2lnln(e)()( 111max 1 +=xxxfxf x . 9 分 由0)( 1 =xh得012ln 1 ln 1 11 =+ x xx，即 1 11 1 12lnln x xx=+， 所以) 1 1 (e)( 1 1 1 x xf x =，) 1 , 2 1 ( 1 x 10 分 令) 1 , 2 1 (), 1 1 (e)(=x x xr x ，则0) 1 11 (e)( 2 += xx xr x 恒成立，所以)(xr在) 1 , 2 1 (上 单调递增，所以 1 e( )( )(1)0 2 rr xr=，所以0)( max xf，11 分 又因为1 2 e )2ln2ln 2 1 (e) 2 1 ( 2 1 =+=f， 所以0)(1 max xf， 所以若)()(Zkkxf恒成立，则k的最小值为0. 12 分 22 【解析】 （）由参数方程 += += sin23 cos24 y x ，得普通方程 22 (4)(3)4xy-+-=， 所以极坐标方程 2 8 cos6 sin210rrqrq-+=. 5 分 （）设点,A B对应的参数分别为 1 t、 2 t，将 += += ty tx 31 ,2 代入得 22 (4)(3)4xy-+-= 01) 13( 2 =+tt， 所以1 21 =t t， 8 分 直线 += += ty tx l 31 ,2 :（t为参数）可化为 += += )2( 2 3 1 ),2( 2 1 2 ty tx ， 所以 121 2 | | |2 |2| 4| 4MAMBttt t= . 10 分 23 【解析】 （）因为 22 ( )|23| |()(23)|f xxmxmxmxm=+-?-， 所以 22 ( )