江西省南昌市第二中学2018届高三下学期二模周考(一)(理数)

1江西省南昌市第二中学2018届高三下学期二模周考（一）数学（理科）第Ⅰ卷（选择题共60分）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.1.集合{1,0,1,2,3}A，3{|log1}Bxx，则AB等于（）A．{1,2}B．{0,1,2}C．{1,2,3}D．{0,1,2,3}2.若复数z满足2(1)1zii，其中i为虚数单位，则z在复平面内所对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3.我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”.设该问题中的金杖由粗到细是均匀变化的，则其重量为（）A．6斤B．10斤C．12斤D．15斤4.已知向量a，b的夹角为120，且(1,3)a，1b，则ab等于（）A．1B．3C．5D．75.方程22143yxmm表示双曲线的一个充分不必要条件是（）A．30mB．4m或3mC．3mD．3m6.执行如图所示的程序框图，输出的T（）2A．21B．43C．53D．647.设变量x，y满足约束条件30240120yxyxy，则目标函数3zxy的最大值为（）A．3B．4C．11D．408.若一个空间几何体的三视图如图所示，且已知该几何体的体积为433，则其表面积为（）A．643B．6C．3234D．3349.已知等比数列{}na的首项12a，前n项和为nS，若53445SSS，则数列222log1{}log6nnaa的最大项等于（）A．-11B．35C．193D．1510.已知将函数1()2sin()cos62fxxx的图象向左平移512个单位长度后得到()ygx的图象，则()gx在,33上的值域为（）A．1,12B．11,2C．3,12D．13,2211.定义在R上的偶函数()cosxkfxex（其中e为自然对数的底），记12(log3)af，2(log5)bf，(2)cfk，则a，b，c的大小关系是（）A．acbB．cabC．bcaD．bac12.已知直线l：1ykx与抛物线C：22xy相交于A，B两点，与y轴相交于点E，3点M满足//MAOE，//OMOB，过点M作抛物线的切线'l，'l与直线1y相交于点N，则22MENE的值（）A．等于8B．等于4C．等于2D．与k有关第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.在6212xx的展开式中3x的系数为．14.设函数()sincosfxaxbx，其中,abR，，0ab，若()()6fxf对一切xR恒成立，则函数()fx的单调递增区间是．15.在圆C：22(3)3xy上任取一点P，则锐角6COP（O为坐标原点）的概率是．16.四棱锥SABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面SAD是以SD为斜边的等腰直角三角形，若四棱锥SABCD的体积取值范围为438,33，则该四棱锥外接球表面积的取值范围是．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.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(2sincos)bcAA.（1）求sinC；（2）若2a，34B，求ABC的面积.18.为选拔选手参加“中国诗词大会”，某中学举行一次“诗词大赛”活动.为了了解本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的分数（得分取正整数，满分为100分）作为样本（样本容量为n）进行统计.按照[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的分组作出频率分布直方图，并作出样本分数的茎叶图（图中仅列出了得分在[50,60)，[90,100]的数据）.4（1）求样本容量n和频率分布直方图中x、y的值；（2）在选取的样本中，从竞赛成绩在80分以上（含80分）的学生中随机抽取2名学生参加“中国谜语大会”，设随机变量X表示所抽取的2名学生中得分在[80,90)内的学生人数，求随机变量X的分布列及数学期望.19.如图平行六面体1111ABCDABCD中，4AB，2BC，16AA，14DB，ABAD，平面11BBDD平面ABCD.（1）求该平行六面体的体积；（2）设点E是侧棱1DD的中点，求二面角1EBCD的余弦值.20.已知椭圆C：22221(0)xyabab的离心率22e，过点(,0)Am、(,0)(0)Bmm分别作两平行直线1l、2l，1l与椭圆C相交于M、N两点，2l与椭圆C相交于P、Q两点，且当直线2l过右焦点和上顶点时，四边形MNQP的面积为163.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若四边形MNQP是菱形，求正数m的取值范围.521.已知函数32()xfxxeaxbxc（其中e为自然对数的底，,,abcR）的导函数为'()yfx.（1）当0ac时，讨论函数()fx在区间(0,)上零点的个数；（2）设点(0,(0))Af，(,())Bmfm是函数()fx图象上两点，若对任意的0m，割线AB的斜率都大于'()2mf，求实数a的取值范围.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为1cos1sin2xtyt（t为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为222124sin3cos.（1）写出曲线C的直角坐标方程；（2）已知点P的直角坐标为1(1,)2，直线l与曲线C相交于不同的两点A，B，求PAPB的取值范围.23.选修4-5：不等式选讲已知函数()23fxxaxa.（1）若()fx的最小值为2，求a的值；（2）若对xR，[2,2]a，使得不等式2()0mmfx成立，求实数m的取值范围.6数学（理科）参考答案必做部分一、选择题1-5:ABDBD6-10:BCADC11、12：AC二、填空题13.16014.7[2,2]()66kkkZ15.2316.28[,20]3三、解答题17．解：（Ⅰ）由(2sincos)bcAA得，sin2sinsinsincossin()2sinsinsincosBACCAACACCA，所以15sincos2sinsintan,sin25ACACCC；（Ⅱ）2sin52sin525bBcC，设5,2bkck，310coscos()coscossinsin10ABCBCBC，由余弦定理得：222310252252210kkkkk，所以10,2bc，所以ABC的面积112sin221222SacB．18．解析（1）由题意可知，样本容量105100,0.0050.0101010010nx，0.1000.0050.0150.0400.0100.030y；（2）分数在80,90内的学生有30人，分数在90,100内的学生有10人，抽取的2名学生中得分在80,90的人数X可能取值0，1，2，7则2102403052CPXC，1110302405113CCPXC，23024029252CPXC，则X的分布列为X012P3525132952所以352930125213522EX．19.解：（Ⅰ）2225BDADAB，所以222112016BDBDBB，1DBDB，又平面11BBDD平面ABCD，1DB平面ABCD，11111ABCDABCDVABADDB，即该平行六面体的体积32V；（Ⅱ）如图，以D为原点，1,,DADCDB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则1(0,0,0),(2,4,0),(0,4,0),(0,0,4)DBCB，1111(1,2,2)22DEDDBB，所以点E坐标为(1,2,2)，设平面1EBC的法向量(,,)mxyz，由1(,,)(1,2,2)0220mEBxyzxyz，由1(,,)(0,4,4)0mCBxyzyz，令11,4zyx，所以(4,1,1)m，又平面1DBC的法向量为(1,0,0)n.422cos,316111mn，所以所求二面角的余弦值为223．zyxD1C1B1A1EDCBA820．解：（Ⅰ）2222222eabc，椭圆方程可以化为22222xyc，直线2l过右焦点和上顶点时，方程可以设为yxc，联立得：243403Qxcxxc，所以四边形MNQP的面积为24162233ccc，所以椭圆方程为：22142xy；（Ⅱ）依题意可以分别设12,ll的方程为：,xkymxkym，由椭圆的对称性得：||||MNPQ，所以MNQP是平行四边形，所以MNQP是菱形，等价于MQNP，即OMON，将直线1l的方程代入椭圆方程得到：222(2)240kykmym，由222222044(2)(4)024kmkmmk△，设1122(,),(,)MxyNxy，由12120OMONxxyy，得到：2212121212()()0(1)()0kymkymyykyykmyym，从而：222222242(1)022mkmkmkk，化简得：22344mk，所以22234,32,20mmmm解得233m，所以正数m的取值范围是23[,)3．21.解：（1）0ac时，由()0fxexbx，记e()xgxx，2e(1)()xxgxx，当01x时，()0gx，当1x时，()0gx，所以当1x时，()gx取得极小值e，①当eb即eb时，函数()fx在区间(0,)上无零点；9②当eb即eb时，函数()fx在区间(0,)上有一个零点；③当eb即eb时，函数()fx在区间(0,)上有两个零点；（2）2()ee32xxfxxaxbx，2223()ee224mmmmfambm，322eemmABmambmcckambmm，依题意：对任意的(0,)m，都有22223eee24mmmmambmambm，即2221eee024mmmmam，记()hm2221eee24mmmmam，2211()eee42mmmhmmam，记()()mhm，则22311()eee482mmmmma.记()()rmm，则22222111111()eeee(e)e(1)02161622162mmmmmmmrmmmm，所以(0,)m时，()rm递增，所以11()(0)42rmra，①当11042a即12a时，()0rm，即()0m，所以()m在区间(0,)上单调递增，所以()(0)0m，得到()0hm，从而()hm在区间(0,)上单调递增，所以()(0)0hmh恒成立；②当11042a即12a时，因为