江西省南昌市2019年高三一模考试 文科数学（扫描版）

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1 2 3 江西省南昌市 2019 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． 13． 4− 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】（Ⅰ）由已知 3sin2)0( == f ， 又 2||   ，所以 3  = ，所以 )3sin(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 （Ⅱ）由（Ⅰ）知， )33sin(2)(  += xxf ， 令 ( ) 3fx= ， 得 2333xk +=+ 或 22333xk +=+ ， 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 CBCAACB . ……………………………………………12 分 18．【解析】（Ⅰ）证明：因为 ⊥1CC 底面 A BCD ，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 1ACC . 又由四棱台 1111 DCBAABCD − 知， 11 ,,, CCAA 四点共面. 所以 1AABD ⊥ . ………6 分 （Ⅱ）由已知，得 111111111111 2 1 2 1 CBACCBABCBAEECAB VVVV −−−− === ， 又因为 3 3443 2sin22 1 3 1 3 1 2 1111111 === − AASV CBACBAC ， 所以 3 32 111 =− ECABV . ………………………………………………………………12 分 19．【解析】（Ⅰ）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 （Ⅱ）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 ，故估计一年内 5 支 型节能灯需更换的支数为 48.05 = . ………7 分 （Ⅲ）若选择 A 型节能灯，一年共需花费 3512036005200.7510870 −+= 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 9 6 7 .5 8 2 0 ，所以该商家应选择 A 型节能灯. 20．【解析】（Ⅰ）椭圆 E 与圆 O ： 221xy+=相切，知 2 1b = ； ……………………………2 分 又椭圆 上动点与圆 上动点间距离最大值为 26 2 + ，即椭圆中心 到椭圆最远距离为 6 2 ， 得椭圆长半轴长 6 2a = ，即 2 3 2a = ； 所以轨迹 E 的方程为 2 22 13 x y+=. ……………………………………………………………5 分 （Ⅱ）①当 1l 与 x 轴重合时， 2l 与圆相切，不合题意. ②当 xl ⊥1 轴时， )0,1(−M ， 1:1 =xl ， 3|| =AB ，此时 3 3223 32 2 1 ==ABMS .…6 分 ③当 1l 的斜率存在且不为 0 时，设 1:1 += myxl ， 0m ，则 11:2 +−= ymxl ， 设 ),(),,( 2211 yxByxA ，由 2 2 1, 2 13 xmy x y =+ += 得， 22(23)410mymy++−= ， 所以 1 2 1 222 41,2 3 2 3 my y y ymm+ = − = −++ ， ……………8 分 所以 22 2 21 2 2 31 21||1|| 23 mmABmyy m ++=+−= + . 由    =+ +−= 1 ,11 22 yx ymx 得， 02)11( 2 2 =−+ ymym ，解得 1 2 2 += m myM ， …………9 分 所以 2 2 12||1|| 1MMNy m m =+= + ， 所以 22 2 2 1 1 2 3 1 2 1 2| || |2 2 2 3 1ABM mmS AB MN m m ++= =  + + 2 2 2 2 2 3 2 1 2 3 223 21 21 m m m m +==+ ++ + ， ……………10 分 因为 22 1 1m +， 所以 2 2 22 1 2 2 21 m m + +  + ， 4 当且仅当 2 2m = 时取等号. 所以 6 2ABMS   . 综上， ABM 面积的最大值为 6 2 ，此时直线 1l 的方程为 2 12xy=  + .……………12 分 21．【解析】（Ⅰ） )1(lne)( bxaxxxf x ++−= ， ……………2 分 由已知，有      = = 2 e)1( ,2 e)1( f f ，即      =+− = 2 e)1e( ,2 ee ab b ，解得 2 1,1 == ba . ……………5 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知， )2 3(lne)( +−= xxxf x ，则 )2 11(lne)( ++−= xxxxf x 令 2 11ln)( ++−= xxxxg ，则 01)( 2 2 +−−= x xxxg 恒成立， …………7 分 所以 )( xg 在 ),0( + 上单调递减，又因为 02 1)1( =g ， 012ln)2( −=g ， 所以存在唯一的 )2,1(0 x ，使得 0()0gx = ，且当 ),0( 0xx 时， 0)( xg ，即 0)(  xf ， 当 ),( 0 + xx 时， 0)( xg ，即 0)(  xf . ……………10 分 所以 )( xf 在 ),0( 0x 上单调递增，在 ),( 0 +x 上单调递减. 又因为当 0→x 时， 0)( xf ， 02 e)1( =f ， 0)2 12(lne)2( 2 −=f ， 0)e2 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】（Ⅰ）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 （Ⅱ）设点 ,AB对应的参数分别为 1t 、 2t ，将    += += ty tx 31 ,2 代入得 01)13(2 =++− tt ， 所以 121 =tt ， ……………8 分 直线    += += ty txl 31 ,2: （t 为参数）可化为      += += )2(2 31 ),2(2 12 ty tx ， 所以 1 2 1 2| | | | | 2 || 2 | 4 | | 4MA MB t t t t = = = . ……………10 分 23．【解析】（Ⅰ）因为 22( ) | | | 2 3| | ( ) ( 2 3) |f x x m x m x m x m= + + - - ? - - - ， 所以 22()|23|(1)22fxmmm++=++ . ……………5 分 （Ⅱ）由已知， |12|2)2( 2 +++= mmf ， ①当 2 1−m 时， (2 ) 1 6f £ 等价于 16322 ++ mm ，即 14)1( 2 +m ， 解得 114114 −−− m ，所以 1142 1 −− m ； ……………7 分 ②当 2 1−m 时， 等价于 16122 +− mm ， 解得 53 − m ，所以 2 13 −− m . ……………9 分 综上，实数 m 的取值范围是 ]114,3[ −− . ……………10 分