江西省南昌市2019届高三第一次模拟考试数学(文)试题(图片版)

123NCS20190607项目第一次模拟测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123456789101112答案BACDCAACBABA二、填空题:本大题共4小题,每小题5分，满分20分．13．414.615.7916.9(,]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)03，所以23k，kZ，解得26k，kZ，而02，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1475725||||cosCBCACBCAACB.……………………………………………12分18．【解析】（Ⅰ）证明：因为1CC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1ACC.又由四棱台1111DCBAABCD知，11,,,CCAA四点共面.所以1AABD.………6分（Ⅱ）由已知，得1111111111112121CBACCBABCBAEECABVVVV，又因为334432sin221313121111111AASVCBACBAC，所以332111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4（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（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967.5820，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21b；……………………………2分又椭圆E上动点与圆O上动点间距离最大值为262，即椭圆中心O到椭圆最远距离为62，得椭圆长半轴长62a，即232a；所以轨迹E的方程为22213xy.……………………………………………………………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332233221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),(),,(2211yxByxA，由221,213xmyxy得，22(23)410mymy，所以12122241,2323myyyymm，……………8分所以22221223121||1||23mmABmyym.由1,1122yxymx得，02)11(22ymym，解得122mmyM，…………9分所以2212||1||1MMNymm，所以222211231212||||22231ABMmmSABMNmm22222321232232121mmmm，……………10分因为2211m，所以222212221mm，当且仅当22m时取等号.所以62ABMS.5综上，ABM面积的最大值为62，此时直线1l的方程为212xy.……………12分21．【解析】（Ⅰ）)1(lne)(bxaxxxfx，……………2分由已知，有2e)1(,2e)1(ff，即2e)1e(,2eeabb，解得21,1ba.……………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，)23(lne)(xxxfx，则)211(lne)(xxxxfx令211ln)(xxxxg，则01)(22xxxxg恒成立，…………7分所以)(xg在),0(上单调递减，又因为021)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，02e)1(f，0)212(lne)2(2f，0)e25(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sin23cos24yx，得普通方程22(4)(3)4xy-+-=，所以极坐标方程28cos6sin210rrqrq--+=.……………5分（Ⅱ）设点,AB对应的参数分别为1t、2t，将tytx31,2代入得22(4)(3)4xy-+-=01)13(2tt，所以121tt，……………8分直线tytxl31,2:（t为参数）可化为)2(231),2(212tytx，所以1212|||||2||2|4||4MAMBtttt.……………10分23．【解析】（Ⅰ）因为22()|||23||()(23)|fxxmxmxmxm=++--?---，所以22()|23|(1)22fxmmm.……………5分（Ⅱ）由已知，|12|2)2(2mmf，6①当21m时，(2)16f£等价于16322mm，即14)1(2m，解得114114m，所以11421m；……………7分②当21m时，(2)16f£等价于16122mm，解得53m，所以213m.……………9分综上，实数m的取值范围是]114,3[.……………10分