《江西省南昌市四校联盟2020届3月高三理科数学下册第二次联考理数试题卷（含答案和解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省南昌市四校联盟2020届3月高三理科数学下册第二次联考理数试题卷（含答案和解析）（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020 届四校联盟高三年级第二次联考试卷数学试卷 理科 2020 届四校联盟高三年级第二次联考试卷数学试卷 理科 第 1 页共 4 页 2020 届四校联盟高三年级第二次联考试卷2020 届四校联盟高三年级第二次联考试卷 数学试卷 理科 数学试卷 理科 考试时间 120 分钟 总分 150 分 2020 3 29 考试时间 120 分钟 总分 150 分 2020 3 29 一 选择题 本大题共一 选择题 本大题共 12 小题 每小题小题 每小题 5 分 满分分 满分 60 分 每小题给出的四个选项中 只有一 项是符合题目要求 分 每小题给出的四个选项中 只有一 项是符合题目要求 1 已知集
2、合 则 A B C D 1 2 设复数 定义 若 则复数 A B C D 3 已知函数 若 则 a b c 的大 小关系是 A B C D 0在 R 上恒成立 则f x 在 R 上为增函数 又由2 log24 log27 3 3 2 则b c a 故选 D 4 解析 已知 是两个不重合的平面 直线AA1 A AA1 A1 直线BB1 B BB1 B1 AA1 BB1 p q AA1 BB1 若p 直线AA1 A AA1 A1 直线BB1 B BB1 B1 AA1 BB1 可得AB A1B1 四边形AA1B1B为平行四边形 则AA1 BB1 p 可推出 q 若 q AA1 BB1 因为AA1 B
3、B1 可得四边形AA1B1B为平行四边形 因为直线AA1 A AA1 A1 直线BB1 B BB1 B1 所以AB A1B1 AB A1B1 不能推出 则 p 是 q 的充分不必要条件 故选 A 5 解析 由题意 的展开式的项为 6 解析 不满足条件 不满足条件 满足条件 退出循环 输出 n 的值为 故 7 解析 f x 2 1 ex 1 sinx 1 ex 1 ex sinx 则f x 1 e x 1 e x sin x ex 1 ex 1 sinx 1 ex 1 ex sinx f x 则f x 是偶函数 则图象关于 y 轴对称 排除 B D 当x 1时 f 1 1 e 1 e sin1
4、0 排除 A 故选 C 8 解析 至少要用 8 根小木根的对立事件为用掉 5 根 6 根 7 根这三种情况 31 xxA 1 yyB 3 1 BA 5 2212 xx x 8 xxxx CC8120221222 3 23 5 2 32 5 2 33 60sin3 6 Sn330sin6 12 SnPS 1056 3 15sin12 24 SnPS PS 241 3 p 用 5 根小木棍为 1 2 6 这一种情况的全排列 6 根有 123 127 163 167 这四种情况的全排列 7 根有 124 128 164 168 137 267 263 这七种情况的全排列 故至少要用 8 根小木根的概
5、率为1 12A33 A39 6 7 9 解法 1 如图所示 建立直角坐标系 B 0 0 C 2 3 0 A 3 3 点 P 满足 AP 1 点 P 的轨迹方程为 x 3 2 y 3 2 1 令x 3 cos y 3 sin 0 2 又PM MC 则M 3 3 2 1 2cos 3 2 1 2sin 9 BM 2 9 3 3 2 1 2cos 2 3 2 1 2sin 2 37 4 3sin 3 9x 49 4 的最大值是 解法 2 取 AC 中点 N MN 1 2 从而 M 轨迹为以 N 为圆心 1 2为半径的圆 B N M 三点共线时 BM 为最大值 所以 BM 最大值为3 1 2 7 2
6、10 解析 设直线PF2与圆x2 y2 a2相切于点 M 则 OM a OM PF2 取PF2的中点 N 连接NF2 由于 PF1 F1F2 2c 则NF1 PF2 NP NF2 由 NF1 2 OM 2a 则 NP 4c2 4a2 2b 即有 PF2 4b 由双曲线的定义可得 PF2 PF1 2a 即4b 2c 2a 即2b c a 4b2 4ab a2 b2 a2 4 c a c a 即3b 4a 则b a 4 3 则 C 的渐近线方程为 y 4 3x 故选 A 11 解析 所以 正确 0 则或 所以 错误 错误 在递减 在递增 正确 选 C 12 解析 在 恒为递增函数 所以选 B 13
7、 解析 14 解析 2 BPBMBC 2 BPBMBC 441 4 cos cos2 f xxxf x 2 coscos 2coscos22cos1cosf xxxxxxx 2 cos 21tx g ttt 1 2 t 1t 0 1 0tt min 1f x costx 0 4 x 2 21g ttt 2 1 2 t ln22 xxxx f eaeeaxe 1 x f xf e 1x f x 2 20 2 4 a fxax a x 1 2 31 cos 262 aax 1 9 128128 fxxxsxsxsxxsxsxs 1 1 11 n n S nn 15 解析 由题意得三棱锥 P ABC
8、 其中 过 A 作 AD BC 过 B 作 BD AC AD BD 交于 D 则异面直线与所成角为 由 得平面 PAB 即 因此可得平面 ACBD 即 计算可得 即异面直线与所成角的余弦值为 16 解析 解析 不妨设 在第二象限 故 在点的切线方程为即 与联 立 得 直 线的 方 程 为 即与双曲线方程联立 化简得即 数列是以为首项公比为的等比数列 由得 可得 17 解 1 0 2 5 5 1 sin2 25 5 sin 2 2 2 5 5 25 5 4 5 cos 2 2 2 1 2 4 5 1 3 5 sin 4 2 sin 4 2 2 2 2 2 2 2 3 5 4 5 72 10 6
9、分 1281 0 2399 f 10 10 10 10 2 1 2 2 1 1 n n n S 2 1 2 2 1 1 n n n S nn baG n 0 1 1 G nn baG n 1 2 xy 1 2 x x y nn baG n n n n n ax a a by 1 2 nn n b x b a y 1 xyl 1 nnnn n baba H 1 1 1 nnG H nnnn ba x ba y 11 nn ba xy 2 1 22 yx 1 2 22 yx ba yx nn 2 2 nn nn ba yx ba yx 2 2 11 11 nn nn nn nn ba ba ba
10、ba 2 1 11 nn nn ba ba nn ba 1 2 1 1 2 1 n nn ba1 22 nn ba 1 2 n nn ba 1 1 2 2 1 2 n n n a 2 1 2 2 1 1 n n n S 2 分 2 由正弦定理 得 sin 即 72 10 4 5 72 8 8 分 又 28 2 2 28 由上两式解得 42 10 分 由 sin 得 2 2 4 5 5 12 分 18 解 1 证明 AP 平面 PCD AP CD AD BC BC 1 2AD 四边形 BCDE 为平行四边形 BE CD AP BE 又 AB BC AB BC 1 2AD 且 E 为 AD 的中点
11、 四边形 ABCE 为正方形 BE AC 又AP AC A BE 平面 APC 则BE PO AP 平面 PCD AP PC 又AC 2AB 2AP PAC为等腰直角三角形 O 为斜边 AC 上的中点 PO AC且AC BE 0 PO 平面 ABCD 2 解 以 O 为坐标原点 建立空间直角坐标系O xyz 设OB 1 则B 1 0 0 C 0 1 0 P 0 0 1 D 2 1 0 则BC 1 1 0 PB 1 0 1 PD 2 1 1 设平面 PBD 的法向量为n x y z 令z 1 得n 1 3 1 设 BC 与平面 PBD 所成角为 则sin cos BC n BC n 2 2 11
12、 22 11 19 解 1 由题意 设C x y N x 0 y 0 则 MC x 2 y NC x x0 y y 0 MC NC 2x x0 2 2y y0 由MC NC 0 则 2x x0 2 0 2y y0 0 即 x0 2x 2 y0 2y 点 N 是曲线x 1 4y 2 2上的任意一点 即x0 1 4y 2 0 2 2x 2 1 4 2y 2 2 整理 得y2 2x 点 C 的轨迹方程为y2 2x 2 假设存在点D t 0 使得 ADP BDP 则有kDA k DB 0 根据题意 易知直线 l 的倾斜角不可能为0 故可设直线 l 的方程为x my 1 将x my 1代入y2 2x 得
13、y2 2my 2 0 设 A x 1 y 1 B x 2 y 2 则 y1 y 2 2m y1y2 2 k DA k DB y1 x1 t y2 x2 t y1 my1 1 t y2 my2 1 t 0 2my 1y2 1 t y1 y 2 0 即 4m 2m 1 t 0 解得t 1 故存在点D 1 0 使得 ADP BDP 20 解 任务不能被完成的概率为 1 p 1 1 p 2 1 p 3 为定值 所以任务能被完成的概率与三个人被排除的顺序无关 任务能被完成的概率为1 1 p1 1 p 2 1 p 3 X的取值为 1 2 3 P X 1 q1 P X 2 1 q1 q 2 P X 3 1
14、q1 1 q2 EX q 1 2 1 q1 q 2 3 1 q1 1 q 2 3 2q1 q 2 q 1q2 EX 3 q1 q2 q 1q2 q 1 若交换前两个人的派出顺序 则变为 3 q 1 q2 q 1q2 q 2 6 分 12 分 5 分 12 分 8 分 6 分 3 分 7 分 由此可见 当q1 q 2时 交换前两个人的派出顺序可增大均值 若保持第一人派出的人选不变 交换后个人的派出顺序 EX 可写为 3 2q 1 1 q 1 q 2 交换后个人的派出顺序则变为 3 2q 1 1 q 1 q 3 当q2 q 3时交换后个人的派出顺序可增大均值 故完成任务概率大的人先派出 可使所需派
15、出的人员数目的均值 数学期望 达到最小 12 21 答案 1 因为 则 在上单调递增 2 由知 由 1 知在上 单 调 递 增 且 可 知 当时 则有唯一零点 设此零点为 易知时 单调递增 时 单调递减 故 其中 令 则 易知在上恒成立 所以 在上单调递增 且 当时 由在上单调递增知 则 由在上 单 调 递 增 所以 故在上有 零点 不符合题意 当时 由的 单 调 性 知 则 此 时有 一 个 零 点 不 符 合 题 意 当时 由的 单 调 性 知 则 此时没有零点 综 上 所 述 当无 零 点 时 正 数的 取 值 范 围 是 2 4 x x f xe 2 11 24 x fxe 2 1 1
16、 1 21 4 x g xxfxxe 22 11 3 121 44 xx g xexe 1 2 1 210 4 e g x 1 ln 1 4F xxaf x 11 11 a F xafxg x xxa g x 1 1 0g 1 0 g x 1 1 a F xg x xa xt 1 xt 0F x F x xt 0F x F x max ln 1 4F xF ttaf t 1 a g t ln 1 4 f x G xx g x 2 1 1 fx g xf x g x G x xg x 2 f x g x g x 0f x 1 0G x G x 1 0 0G 04a 11 0 4 g tg a g x 1 0t max 0 0F xF tG tG F x 1 t 44 110Feafe 4 10F tFe F x 1 t 4a 11 0 4 g tg a g x0t max 0 0F xF tG tG F x 4a 11 0 4 g tg a g x0t max 0 0F xF tG tG F x ln 1 4F xxaf x a 4 a 1 分 4 分分 6 分分 8 分分 10 分分
