江西省南昌市2019年高三一模考试 文科数学（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 文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 A C D C A A C B A B A 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分，满分 20 分 134 14. 6 15. 7 9 16. 9 (, 16 -? 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 . 2 分 又CCCAC= 1 ，所以BD平面 1 ACC. 又由四棱台 1111 DCBAABCD 知， 11 ,CCAA四点共面. 所以 1 AABD . 6 分 （）由已知，得 111111111111 2 1 2 1 CBACCBABCBAEECAB VVVV =， 又因为 3 34 4 3 2 sin2 2 1 3 1 3 1 2 1 111111 = AASV CBACBAC ， 所以 3 32 111 = ECAB V. 12 分 19 【解析】 （）由图可知，各组中值依次为3700,3500,3300,3100， 对应的频率依次为2 . 0 , 4 . 0 , 3 . 0 , 1 . 0， 故B型节能灯的平均使用寿命 为34402 . 037004 . 035003 . 033001 . 03100=+小时. 4 分 （）由图可知，使用寿命不超过3600小时的频率为8 . 0，将频率视为概率，每支灯管需要更换的概率 为8 . 0，故估计一年内5支B型节能灯需更换的支数为48 . 05=. 7 分 （）若选择A型节能灯，一年共需花费 3 5 1203600 5 20 0.75 10870 + =元；9 分 若选择B型节能灯，一年共需花费5 .9671075. 0555360025)45( 3 =+ 元 .11 分 因为967.5820，所以该商家应选择A型节能灯. 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， 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 + + + ， 4 当且仅当 2 2 m = 时取等号. 所以 6 2 ABM S . 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 (lne)(b x axxxf x +=， 2 分 由已知，有 = = 2 e ) 1 ( , 2 e ) 1 ( f f ，即 =+ = 2 e ) 1e( , 2 e e ab b ，解得 2 1 , 1=ba. 5 分 （）由（）知，) 2 3 (lne)(+=xxxf x ，则) 2 11 (lne)(+= x xxxf x 令 2 11 ln)(+= x xxxg，则0 1 )( 2 2 + = x xx xg恒成立， 7 分 所以)(xg在), 0( +上单调递减，又因为0 2 1 ) 1 (=g，012ln)2(=g， 所以存在唯一的)2 , 1 ( 0 x，使得 0 ()0g x=，且当), 0( 0 xx时，0)(xg，即0)( x f， 当),( 0 + xx时，0)(xg，即0)( x f. 10 分 所以)(xf在), 0( 0 x上单调递增，在),( 0 +x上单调递减. 又因为当0x时，0)(xf，0 2 e ) 1 (=f，0) 2 1 2(lne)2( 2 =f，0) e 2 5 (e)( e =ef， 所以存在0=k或2，使得)(xfy =在) 1,(+kk上有唯一零点. 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 =tt， 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 ( ) |23| (1)22f xmmm+=+. 5 分 （）由已知，| 12|2