江西省南昌市2020届高三第二轮复习测试卷理科数学(七) PDF版含解析

理科数学(七)

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．已知全集为R,集合AxRf(x)0,BxRg(x)0,则f(x)g(x)0的解集为

A. AB B. CRAB C. CRAB D. ACRB 2．已知复数z满足z1i

A.

3i，则复数z的共轭复数的模为

2 B. 22 C. 2 D.1

3．已知命题p:x00,使得x0sinx00；命题q:对于xR，都有exx1．则下

列结论正确的是

A. pq B. pq C. pq D.pq

x0

4．若实数x,y满足不等式组2xy40，则x2y2的最小值为

x2y20

A. 1 B. 4 C. 2 D.5．函数y

4 5

6cosx

的部分图象大致为

xsinx

B.

A.

C. D.

6．执行如图所示的程序框图,若输出M的值为3，则判断框中的条件可以为

A. i6 B. i7 C. i8 D.i6

— 高三理科数学(七)第1页(共4页) —

7．在ABC中，D为AC上的一点且AD2DC2,AB2,BAC

π

，E为BD的中4

点，则AEBC

A.

2122

B. C. 422122

D. 24

8．已知数列an的通项公式为an2n15，前n项和为Sn，数列an的前n项和为Tn，则下列结论正确的是

①当n8时，TnSn； ②当n8时，TnSn2S7； ③当n8时，TnSn； ④当n8时，TnS7；

A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ①④

9．已知函数fxsin(x)(0)，若导函数fx在区间0,2π上有且仅有5个零点，则的取值范围为

π

6

2316 B. 2316 C. 138 D. 138 ,)(,)[,)(,)63636363

x2y2π

10．已知双曲线C:221的焦点为F1,F2，P是C上一点，若F1PF2，

3ab

F1F24,PF1F2的面积3.则双曲线C的渐近线方程为

A. [

A. x3y0 B.3xy0 C.x2y0 D.2xy0

a2

x3x在区间1,5上不是单调函数，则a的取值范围为 2

72727272A. (,][0,) B. (,)(0,) C. (,0) D.[,0] 5555

12．已知函数fx2的图像关于点2,0对称，且当x0,时，xfxfx恒成立，若acos1,bcos2,ccos3，则下列结论正确的是

A. fcfafb B. cfbbfc C. afccfa D.bfaafb

11．已知函数fxx

3

二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分．

13．函数ylog1(2xx1)的单调递减区间为 ．

2

2

14．已知(0,π),sin()

π43

，则cos ． 5

1

与直线yx1有两个不同的交点，则实数a的取值范围x

15．若某师范大学数学系派13个实习老师来某中学实习，现教务处要将这13个实习生分配到高中三个年级,一个年级分5个,另外两个年级各分4个, 则有 种分配方案． 16．已知函数fxxlnxax为 ．

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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ABC的内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c．若ccosB（Ⅰ）求C；

（Ⅱ）若c3，求ABC面积的最大值． 18．（本小题满分12分） 如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD， ABC是正三角形，PAAB3，ADCD,CDA120． （Ⅰ）求证：平面PBD平面PAC；

（Ⅱ）求平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦值．

1

ba. 2

19．（本小题满分12分）某公司计划购买2台机器,该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件,在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件,每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买,则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：

以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数． （Ⅰ）求X的分布列；

（Ⅱ）若要求P(Xn)0.5,确定n的最小值；

（III）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据,在n19与n20之中选其一，应选用哪个？

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22xy

20．（本小题满分12分）已知直线l:xy10过椭圆C：221ab0焦点F且

ab3

与C相交于M,N两点，E为MN的中点，且OE的斜率为．

4

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过点1,0且与x轴不重合的直线l1与椭圆C相交于G,H，过点1,0且与l1垂直的直线与

2

圆:x1y216交于P、Q两点，求四边形GPHQ面积的取值范围．

21．（本小题满分12分）已知函数fxx22lnx，其中0． （Ⅰ）讨论fx的单调性；

（Ⅱ）若,0，gx1lnx21x2

2

3

，证明：fxgx0． 4

（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

1

xcosx3t

在平面直角坐标系中，已知直线l的参数方程为（t为参数），曲线C:(21

ysiny43t

xx

为参数）经伸缩变换2后得到曲线C2，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐

yy

标系．

（Ⅰ）求直线l的普通方程和曲线C2的参数方程； （Ⅱ）若P为曲线C2上一点，求点P到直线l的最大距离． 23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

（Ⅰ）设函数fxlog2x2x2a5的定义域为R，求a的取值范围； （Ⅱ）已知x,y,z为互不相等的正实数，且xyz1.求证：x4y4z4xyz.

— 高三理科数学(七)第4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(七)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 答案 1 B 2 A 3 D 4 D 5 A 6 B 7 B 8 C 9 C 10 A 11 C 12 C 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分，共20分) 13．1, 14．

12

15．270270 16．,ln2

410

1

ba及正弦定理可得：2

三、解答题(本大题共6小题，共70分) 17．【解析】（Ⅰ）由ccosB

11

sinCcosBsinBsinAsinBCsinCcosBsinBsinBcosCsinCcosB

221π

cosCC；

23

（Ⅱ）由余弦定理可得：

c2a2b22abcosC3a2b2ab2ababab(当且仅当ab时取等号), 1133333所以SABCabsinC3SABCmax.

22244

18．【解析】（Ⅰ）证明：取AC的中点为M，因为ABC是正三角形，ADCD， 所以BDAC，又PA平面ABCD，PABDBD平面PAC, 又因为BD平面PBD,所以平面PBD平面PAC.

（Ⅱ）易求：BAD90,ADCD1,又PA平面ABCD，

所以按如图所示建立空间直角坐标系

33A0,0,0,B3,0,0,D0,1,0,P0,0,3,C则2,2,0, 

33,PD0,1,3,. PB3,0,3,PC,,3所以22

设平面PBC的法向量为mx,y,z，平面PAD的法向量为n，所求锐二面角为，则

3x3z0mPB023，取，则x23m(2,,2), 3xy3z03mPC022

易证：AB平面PAD，所以nAB3,0,0,

— 高三理科数学(七)第5页(共4页) —

mn2321cos.77mn

233

19．【解析】（Ⅰ）由柱状图知,并以频率代替概率可得,一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2，从而：

P(X16)0.20.20.04；P(X17)20.20.40.16；

P(X18)20.20.20.40.40.24；P(X19)20.20.220.40.20.24； P(X20)20.20.40.20.20.2；P(X21)20.20.20.08； P(X22)0.20.20.04． 所以X的分布列为 17 18 19 20 21 22 X 16 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 （Ⅱ）由（Ⅰ）知P(X18)0.44,P(X19)0.68,故n的最小值为19． （Ⅲ）记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）．

当n19时，E(Y)192000.68(19200500)0.2(192002500)0.08

(192003500)0.044040;当n20时，

E(Y)202000.88(20200500)0.08(202002500)0.044080． 可知当n19时所需费用的期望值小于n20时所需费用的期望值,故应选n19．

x12y12x22y22yy1

20．【解析】（Ⅰ）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，E(x0,y0)，则221，221，21，

x2x1abab

b23y03b2(x1x2)y2y1

由此可得21，因为x1x22x0，y1y22y0，，所以2，

a(y1y2)x2x1a4x04又由题意知，C的一个焦点为(1,0)，故a2b21.因此a24，b23，

x2y2

1. 所以C的方程为

43

（Ⅱ）当l1方程为x1时，不妨设G(1,)、H(1,)，且lPQ方程为：y0. 不妨设P(3,0)、则GH3、PQ8.∴S四边形ＧＰＨＱ=Q(5,0)，

3

232

11

GHPQ3812, 22

当l1方程为yk(x1)(k0)时，设G(x1,y1)、H(x2,y2),

yk(x1)

由x2得(34k2)x28k2x4k2120， y2

1

43

且64k44(4k212)(34k2)144k21440恒成立.

8k24k2122GH1k∴x1x2,xx,∴12

34k234k21

又lPQ：y(x1)，设P(x3,y3)、Q(x4,y4),

k

(1k2)2x1x212, 22(34k)— 高三理科数学(七)第6页(共4页) —

1y(x1)由得(k21)x2(2k22)x115k20, k

x2y22x150

且(2k22)24(k21)(115k2)64k488k20恒成立,

22k2

∴x3x42,

k1115k21x3x42,∴PQ12x3x4

k1k64k248, 2k11(1k2)264k24816(k21)(4k23)1

∴S四边形ＧＰＨＱ=GHPQ126

22(34k2)2k21(34k2)2k21k21k21k21242412， 又242483, 222234k4k44k33k3综上可知四边形GPHQ面积取值范围是[12,83).

21．【解析】（Ⅰ）fx2x

2

xx

当0时，fx0，所以fx在0,上单调递减；

当0时，fx00x



(2x2)

（x0）.

22; fx0x, 22

22所以fx在(0,)上单调递减，在(,)上单调递增.

22

（Ⅱ）设Fxfxgx，则Fxxlnx21x2

2

Fx

x12x1x0.

x

3

, 411，因为a0，所以Fx在(0,)是单调递增， 221111在[,)上单调递减. FxmaxF()ln()1,

2222x1

设Gxx1lnx,则Gx(x0)Gx在0,1上单调递减，在1,上单调递增.

x

所以GxG10lnxx1,

1111故Fxln()1110,不等式得证. max

22221

x3t

22．【解析】（Ⅰ）由2（t为参数）23xy4630,

y43t

所以直线l的普通方程为23xy4630,

令Fx0x

— 高三理科数学(七)第7页(共4页) —

xcosxcosxx

将得2代入曲线C1:2,

ysinyyysincosx

所以曲线C2的参数方程为． 2(为参数）

ysin（Ⅱ）设P(cos,sin), 则P到直线l的距离为

2

π2cos()4633cossin4636d,

131363913π当cos()1时，dmax.

136

23．【解析】（Ⅰ）由题意可知：x2x2a5在xR上恒成立，

所以x2x2a

min

5.

因为x2x2ax2x2a2a2x2x2a所以2a25a

min

2a2

73

或a 22x4y42x2y2

（Ⅱ）证明：因为x4z42x2z2x4y4z4x2y2x2z2y2z2，

y4z42y2z2

x2y2x2z22x2yz

又因为y2z2x2y22xy2zx2y2x2z2y2z2x2yzxy2zxyz2，

x2z2y2z22xyz2

所以x4y4z4xyzxyzxyz，故不等式得证.

— 高三理科数学(七)第8页(共4页) —

高三理科数学（七）选择填空详细解析

1. B【解析】f(x)g(x)0fx0或gx0，所以解集为CRAB.

2

1izz2. 1i3. D【解析】在直角坐标系中，作半径为1的圆（如图），设AOPx， 111则SAOPS扇形AOPSAOＴ1sinx1x1tanx,， 222πx0,sinxxtanx. 2ππ当x时，x1sinx.所以x0,xsinx0，故p假；

22

x

当x0时，ex11.故q假.

2. A【解析】z1i

3iz

所以选D

4. D【解析】不等式组表示的可行域（如图），x2y2表示点

24

 x,y与0,0之间距离的平方，则x2y2min

22512

π

5. A【解析】由此函数为奇函数，可排除B, C，又因为x0,时xsinx0,cosx0，所

2

2

以排除D.

6. B【解析】由执行程序可知：

2345678

当i7时，M5log2log2log2log2log2log2log28

1234567

当i8时，Mlog2Mlog283，此时输出符合题意。故选B. 7. B【解析】在ABC中，E为BD的中点，

112

AEABADABAC,BCACAB

223

12

所以AEBCABACACAB

23

22111112221

ACABACABACABABAC3232

23266223an,n78. C【解析】因为an，所以 a,n8n当n8时,Tna1a2ana1a2anSn 当n8时,Tna1a2ana1a2a7a8an a1an2a1a2a7Sn2S7.故选C 9. C【解析】设fx在0,2π上的零点为xi，因为有且仅有5个零点，所以

— 高三理科数学(七)第9页(共4页) —

9ππ11π138

226263

10. A【解析】由SPF1F2bcot

2

2

222

又F1F22c4c2,acb413a3,

所以渐近线方程为y

b233b1，

1

311. C【解析】fx3x2ax3，易得fx开口向上，且f03,

f1072

要使得fx在1,5上不是单调函数则a0.

5f50

fxxfxfx12. C【解析】由已知可得fx为奇函数，当x0,时，0, 2xx

fx设Fx，则当x0,时Fx0，且Fx为偶函数, x

所以Fx在0,上单调递增，且FxFx.

cos3cos1cos20, 2

所以Fcos3Fcos1Fcos2Fcos3Fcos1Fcos2,

fcfafb即FcFaFb（a0,b0,c0）,选C. cab

12

13.1,【解析】.由2xx102x1x10x或x1，设t2x2x1，

2

1

则ylog1t因为t2x2x1在,上单调递减，在1,上单调递增；而ylog1t

222

因为0312单调递减，

2

xx3y0.

所以函数ylog12xx1的单调递减区间为1,.

2

14.

2

【解析】由10

323

,,sin,0,, 44445244

442322

coscoscos.

4544525210

54C13C84C43

15. 270270【解析】A270270. 32

A20,

— 高三理科数学(七)第10页(共4页) —

111

ln2【解析】原问题转化为a12lnx(x0)有两个不等的实根 4xx11x2x1,

设Fx12lnxFx

xxx31

所以Fx在0,2上单调递增，在2,上单调递减. FxmaxF2ln2,

4

又因为x0时，Fx；x时，Fx,

1

所以a的取值范围为,ln2.

4

16. ,





— 高三理科数学(七)第11页(共4页) —