江西省南康中学、于都中学2019届高三下第二次联考-数学(理)试卷(含答案)

南康中学高三第二次大考（于都中学联考）数学（理科）试卷一、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|z|,11则zzi()0.A21.B1.C2.D2.15sin15cos275cos210cos2()21.A22.B21.C22.D3.下列有关命题的说法正确的是（）.A),0(x，使得2sinsin2xx成立．.B命题P：任意Rx，都有1cosx，则p：存在Rx0，使得1cos0x．.C命题“若2a且2b，则4ba且4ab”的逆命题为真命题．.D若数列na是等比数列，*,,Npnm则2pnmaaa是pnm2必要不充分条件．4.函数)ln()-ln()(2xexexxf的大致图像为（）ABCD5.在ABC中，点M为AC的中点，点N在AB上,NBAN3，点P在MN上，PNMP2，那么AP等于（）A.ACAB6132B.ACAB2131C.ACAB6131D.ACAB61216.魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积1oyxe-e1oyxe-e-eeoyx-eeoyx之比应为π：4．若正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为（）A．16B．16C．D．7.若等差数列na的前n项和为nS，且84S，48S，则16S（）A．25B．25C．40D．408.已知函数sin0,02fxx，11fx，20fx，若12min12xx，且1122f，则fx的单调递增区间为（）A．152,2,66kkkZB．512,2,66kkkZ．C．512,2,66kkkZD．172,2,66kkkZ9.若,log43log24abba则ba的最小值是（）A．326B.327C.346D.34710.椭圆:G)0(12222babyax的两个焦点)0,(1c-F，)0,(2cF，M是椭圆上的一点，且满足.021MFMF则椭圆离心率e的取值范围为（）A．]22,0(B．)22,0(C．)1,22(D．)1,22[11.已知BA,是球O的球面上两点，且球的半径为3，90AOB，C为该球面上的动点．当三棱锥ABCO的体积取得最大值时，则过CBA,,三点的截面的面积为（）A．6B．12C．18D．3612.已知函数21-2)(,1ln)(xexgxxf，若)(=)(ngmf成立，则nm的最小值是（）A.2ln+21B.2-eC.21-2lnD.21-e二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分.请将正确答案填在答题卷相应位置．．．．．．．．．．．．．．．.）13.若函数)121()(3axxfx为偶函数，则a的值为14.已知实数yx,满足20123401yyxyx，则123xyxz的最大值为．15.点P是椭圆221122111(0)xyabab和双曲线222222221(0,0)xyabab的一个交点，12,FF是椭圆和双曲线的公共焦点,123FPF，则12bb的值是16.已知定义在)2,2(上的函数)(xf满足1)6(),()(fxfxf，对任意)2,0(x，不等式()tan()fxxfx恒成立，其中)('xf是的)(xf导数，则不等式xxfsin2)(的解集为________．三、解答题（本大题共6小题，共70分,解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤）17.（本题满分10分）已知函数Raaxxxf,21)(.(1)当3=a时，解不等式2)(xf；(2)当)1,(x时，0)(xf恒成立，求a的取值范围.18.（本题满分12分）在数列na中，已知)(log32,41,41*4111Nnabaaannnn.（1）求证：数列nb是等差数列；（2）设数列nc满足nnnbac，nc的前n项和nS.求证32ns19.（本题满分12分）已知,,abc分别为ABC三个内角,,ABC的对边，且cosaC3sin0aCbc．（1）求A；（2）若AD为BC边上的中线，1cos7B，1292AD，求ABC的面积．20．（本题满分12分）如图，在四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，APB是以P为直角的等腰直角三角形，平面PAB平面ABCD．（1）证明：平面PAD平面PBC；（2）M为直线PC的中点，且2APAD，求二面角AMDB的正弦值．21.（本题满分12分）设抛物线240ymxm的准线与x轴交于1F,抛物线的焦点为2F，以12FF、为焦点，离心率12e的椭圆与抛物线的一个交点为226,33E；自1F引直线交抛物线于PQ、两个不同的点，设.11QFPF.（1）求抛物线的方程和椭圆的方程；（2）若1,12，求PQ的取值范围.22.（本题满分12分）函数aaxxxxf(12ln)(2为常数）(1)讨论函数)(xf的单凋性；(2)若存在]1,0(∈0x使得对任意的]0,2(a不等式4+2+)(+)1+(220aaxfamea（其中e为自然对数的底数）都成立，求实数m的取值范围．南康中学2019届高三寒假数学（理科）测试参考答案一、选择题：1-12：CBDADCDBDDAA二、填空题13.2114.4915.316.)6,0()6,2(三、解答题17.【详解】（1）当3a时，2)(xf，有2321)(xxxf所以23211xxx或2321231xxx或232123xxx，所以0x或x或4x，综上，不等式解集为40|xxx或（2）当)1,(x时，0)(xf恒成立，有0|2|1axx。|2|1axx恒成立.axx21或axx21恒成立.31ax或1ax恒成立当)1,(x时，13xa①或1xa②恒成立，解①得a不存在；解②得：2a.综上知，2a.18.解：（Ⅰ）∵411nnaa∴数列｛na｝是首项为41，公比为41的等比数列，∴)()41(*Nnann.…………………………………………………………………………3分∵2log341nnab…………………………………………………………………4分∴232)41(log321nbnn.∴11b，公差d=3∴数列}{nb是首项11b，公差3d的等差数列.…………………………………………7分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，nna)41(，23nbn（n*N）∴)(,)41()23(*Nnncnn.………………………………………………………………8分∴nnnnnS)41()23()41()53()41(7)41(4411132，①于是1432)41()23()41()53()41(7)41(4)41(141nnnnnS②………9分两式①-②相减得132)41()23(])41()41()41[(34143nnnnS=1)41()23(21nn.………………………………………………………………………10分∴)()41(381232*1NnnSnn.32ns………………………………………12分19.（本题满分12分）（Ⅰ）∵cos3sin0aCaCbc，由正弦定理得：sincos3sinsinsinsinACACBC，即sincos3sinsinsinsinCACACAC，化简得：3sincos1AA，∴01sin302A．在ABC中，000180A，∴003030A，得060A．（Ⅱ）在ABC中，1cos7B，得43sin7B，则31143sinsin2727CAB5314，由正弦定理得sin7sin5aAcC．设7,5axcx，在ABD中，由余弦定理得：2222cosADABBDABBDB，则2212911125492574427xxxx，解得1x，即7,5ac，故1sin1032ABCSacB．20.（Ⅰ）证明：ABCD为矩形，ADAB，平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，AD平面PAB，则ADPB，又PAPB，PAADA，PB平面PAD，而PB平面PBC，平面PAD平面PBC；（Ⅱ）取AB中点O，分别以OP，OB所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，由2APAD，APB是以P为直角的等腰直角三角形，得：(0A，2，0)，(0D，2，2)，(0B，2，0)，2(2M，22，1)，232(,,1)22MA，232(,,1)22MD，22(,,1)22MB．设平面MAD的一个法向量为(,,)mxyz，由232022232022mMAxyzmMDxyz，取1y，得(3,1,0)m；设平面MBD的一个法向量为(,,)nxyz，由23202222022nMDxyznMBxyz，取1z，得22(,,1)22n．210cos,||||10102mnmnmn．二面角AMDB的正弦值为31010．21.【解析】：（Ⅰ）设椭圆的标准方程为22221(0)xyabab，由题意得2222424199{12abcabaa，解得224{3ab，∴椭圆的方程为22143xy，∴点2F的坐标为1,0,∴1m,∴抛物线的方程是24yx.（Ⅱ）由题意得直线PQ的斜率存在，设其方程为10ykxk，由21{4ykxyx消去x整理得2440kyyk（*）∵直线PQ与抛物线交于两点，∴216160k．设11,Pxy，22,Qxy，则124yy①，124yyk②．∵11FPFQ，11,0F,∴11221,1,xyxy∴12yy．③由①②③消去12,yy得：2241k．∴221212122211114PQyyyyyykk222116161kkk441616kk，即4241616kPQk，将2241k代入上式得242222221111616216PQ，∵11,12f在上单调递减，∴112fff，即1522，∴211702164，∴1702PQ，即PQ的取值范围为170,2．22.解析：（1）)0(122221)('2xxaxxaxxxf，记122)(2axxxg（i）当0a时，因为0x，所以01)(xg，函数)(xf在).0(上单调递增；（ii）当20a时，因为0)2(42a，所以0)(xg，函数)(xf在).0(上单调递增；（iii）当2a时，由0)(0xgx，解得)22,22(22aaaax，所以函数)