江西省南昌市第二中学2018届高三三轮第二次模拟数学(文)试题

-1-南昌二中2018届高三三轮第二次模拟考试数学（文）试卷第I卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12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．1．设集合2log2Axyx，2|320Bxxx，则BCA（）A．(,1)B．(,1]C．(2,)D．[2,)2.在复平面内，复数23i32iz对应的点的坐标为2,2，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．从2010名学生中选取50名学生参加数学竞赛，若采用下面的方法选取：先用简单随机抽样从2010人中剔除10人，剩下的2000人再按系统抽样的方法抽取50人，则在2010人中，每人入选的概率（）A．不全相等B．均不相等C．都相等，且为5201D．都相等，且为1404.函数4lg||||xxyx的图象大致是（）5．执行如图所示的程序框图，则输出的S值为（）A.1009B.-1009C.-1007D.10086．函数)2,0)(sin(2)(xxf的部分图象如图所示，则)1217()0(ff的值为（）A．32-2-B．32C．231D．2317．如图，曲线sin32xy把边长为4的正方形OABC分成黑色部分和白色部分．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（）A.14B.13C.38D.348.在斜二测画法中，圆的直观图是椭圆，则这个椭圆的离心率为A．22B．742C．23D．2159.在ABC中，5BC，,GO分别为ABC的重心和外心，5OGBC，则ABC的形状是A.锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.以上三种情况都有可能10．我国古代《九章算术》将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童.右图是一个刍童的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和4，高为2，则该刍童的表面积为A.B.40C.D.11．已知12FF、为双曲线22:1169xyC的左、右焦点，P为C上异于顶点的点，直线l分别与以12PFPF、为直径的圆相切于,AB两点，则AB（）A.7B.3C.4D.512.已知'()fx是函数()fx的导函数且对任意实数x都有'()(23)()(xfxexfxe为自然对数的底数），(0)1f，若不等式()0fxk的解集中恰有两个整数，则实数k的取值范围是（）-3-A.1[,0)eB.21,0eC.21(,0]eD.21(,0)e第Ⅱ卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选做题两部分，第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22～24题为选做题，考生根据要求作答。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置．13．已知向量(2,1),(2,3),ab且()kab//(3)ab，则实数k等于.14．设O为坐标原点，)1,2(A，若点),(yxB满足10121122yxyx，则OBOA的最大值是．15．在三棱锥OABC中，,,OAOBOC两两垂直，其外接球的半径为2，则该三棱锥三个侧面面积之和的最大值是__________．16．在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，coscB是cosbB与cosaA的等差中项且8a，ABC的面积为43，则bc的值为__________．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）17.（本小题满分12分）已知等差数列{}na中,公差0d,735S，且2511,,aaa成等比数列.（1）求数列{}na的通项公式；（2）若nT为数列11{}nnaa的前n项和，且存在nN，使得10nnTa成立，求实数的取值范围.18．（本小题满分12分）在边长为6cm的正方形ABCD中，EF、分别为BCCD、的中点，MN、分别为ABCF、的中点，现沿-4-AEAFEF、、折叠，使BCD、、三点重合于B，构成一个三棱锥(如图所示)．（Ⅰ）在三棱锥上标注出MN、点，并判别MN与平面AEF的位置关系，并给出证明；（Ⅱ）G是线段AB上一点，且AGAB,问是否存在点G使得ABEGF面,若存在，求出的值;若不存在，请说明理由；（Ⅲ）求多面体EAFNM的体积．19（本小题满分12分）某互联网公司为了确定下一季度的前期广告投入计划，收集了近期前期广告投入量x（单位：万元）和收益y（单位：万元）的数据。对这些数据作了初步处理，得到了下面的散点图（共21个数据点）及一些统计量的值。为了进一步了解广告投入量x对收益y的影响，公司三位员工①②③对历史数据进行分析，查阅大量资料，分别提出了三个回归方程模型：表中ln,iiiiuxvx，参考数据：21.41,103.16.-5-（1）根据散点图判断，哪一位员工提出的模型不适合用来描述x与y之间的关系？简要说明理由.(2)根据据(1)的判断结果及表中数据，在余下两个模型中分别建立收益y关于投入量x的关系，并从数据相关性的角度考虑，在余下两位员工提出的回归模型中，哪一个是最优模型（即更适宜作为收益y关于投入量x的回归方程）？说明理由：附：对于一组数据1122(,),(,)xyxy，……，(,)nnxy，其中回归直线ˆˆˆybxa的斜率，截距的最小二乘估计以及相关系数分别为：121()()ˆˆˆ,()niiiniixxyybaybxxx，12211()()()()niiinniiiixxyyrxxyy，其中r越接近于是，说明变量x与y的线性相关程度越好.20．（本小题满分12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆22221(0)xyabab的左、右顶点分别为12AA，，上顶点为(0,1)B，且椭圆的离心率为32.（1）求椭圆的标准方程；（2）若点P是椭圆上位于第一象限的任一点，直线12ABAP，交于点Q，直线BP与x轴交于点R，记直线2AQRQ，的斜率分别为12kk，．求证：212kk为定值．21.（本小题满分12分）已知()lnfxxx，2()3gxxax.(1)对一切0,x，2()()fxgx恒成立，求实数a的取值范围；(2)证明：对一切0,x，12lnxxeex恒成立.请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分．22.（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程-6-在直角坐标系xoy中，设直线2:()2xtltyt为参数，曲线122cos:()2sinxCy为参数，在以O为极点、x正半轴为极轴的极坐标系中:(1)求1C和l的极坐标方程:(2)设曲线2:4sinC.曲线(0,)42,分别与12CC、交于AB、两点，若AB的中点在直线l上，求AB.23.（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲设函数13)(xxxf，Rx.(1)解不等式1)(xf；(2)设函数4)(axxg，且)()(xfxg在]2,2[x上恒成立，求实数a的取值范围.南昌二中2018届高三三轮第二次模拟考试数学（文）试卷参考答案一、选择题1-5BACDB6-10AABBD11-12BC二、填空题13．1314．515．816．.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）17.（本小题满分12分）已知等差数列{}na中,公差0d,735S，且2511,,aaa成等比数列.（1）求数列{}na的通项公式；（2）若nT为数列11{}nnaa的前n项和，且存在nN，使得10nnTa成立，求实数-7-的取值范围.解:(1)由题意可得)10)(()4(35267711211dadadada，即dadda121253又∵0d，∴1,21da，∴1nan.（2）∵2111)2)(1(111nnnnaann，∴)2(22121211141313121nnnnnTn，∵*Nn，使得成立01nnaT成立，∴*Nn，使得0)2()2(2nnn成立，即*Nn，使得2)2(2nn成立，又161)442(21)44(21)2(22nnnn（当且仅当2n时取等号），∴161，即实数的取值范围是]161,(.18．在边长为6cm的正方形ABCD中，EF、分别为BCCD、的中点，MN、分别为ABCF、的中点，现沿AEAFEF、、折叠，使BCD、、三点重合于B，构成一个三棱锥(如图所示)．（Ⅰ）在三棱锥上标注出MN、点，并判别MN与平面AEF的位置关系，并给出证明；（Ⅱ）G是线段AB上一点，且AGAB,问是否存在点G使得ABEGF面,若存在，求出的值;若不存在，请说明理由；（Ⅲ）求多面体EAFNM的体积．-8-【答案】（Ⅰ）参考解析；（Ⅱ）=1；（Ⅲ）274试题解析：（Ⅰ）因翻折后B、C、D重合，所以MN应是ABF的一条中位线，如图所示.则AEFMN平面//2分证明如下：////MNAFMNAEFMNAEFAFAEF平面平面平面．4分（Ⅱ）存在G点使得ABEGF面，此时=1因为ABBEABBFABBEBFB面EBF又G是线段AB上一点，且AGAB,∴当点G与点B重合时ABEGF面，此时=18分（Ⅲ）因为ABBEF面且6,3ABBEBF，∴193ABEFBEFVABS，9分又3,4EAFMNAFMNEABFABCVSVS427AFMNE12分AFBENM-9-19-10-20．（本小题满分12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆22221(0)xyabab的左、右顶点分别为12AA，，上顶点为(0,1)B，且椭圆的离心率为32.（1）求椭圆的标准方程；（2）若点P是椭圆上位于第一象限的任一点，直线12ABAP，交于点Q，直线BP与x轴交于点R，记直线2AQRQ，的斜率分别为12kk，．求证：212kk为定值．20解．（1）因为椭圆的上顶点为(0,1)B，离心率为32，所以1,3,2bca…………………………………………………2分（第20题）OxP1ARyQ2AB-11-又222abc，得224,1ab，所以椭圆的标准方程是2214xy；…………………………………………………4分（2）根据题意，可得直线1:12xABy，直线21:2)AQykx（，由112(2)xyykx，解得11112(21)4(,)2121kkQkk.……………………………………6分由122(2)44ykxxy得22214(2)4xkx，化简得2222111(41)161640kxkxk，因为2A(2,0)，所以2121164241Pkxk，所以21212(41)41Pkxk，将21212(41)41Pkxk代入直线方程得：121441Pkyk，所以21122112(41)4(,)4141kkPkk.……………………………………………8分又因为(0,1)B，所以1211211214141212(41)2(21)041BPkkkkkkk，所以直线1121:12(21)kBPyxk，令0y得，112(21)(0)21kRk，.………………10分于是1112111140211=2(21)2(21)242121RQkkkkkkkkk，所以1211112