南昌高三上(零模)-数学试题 答案.pdf

1、#QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=#QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=#QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=#QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=#一单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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 答案 A C D B C

2、 D A B 二多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求，全部选对得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分 题号 9 10 11 12 答案 BCD AB ACD AB 三填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 132；145；15 3 3913；1622.四解答题：共 70 分17 题 10 分，其余大题 12 分一道，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17【解析】（1）由已知，sincossincossinABBAabC，即sin()sinABabC，sinsinCabC，所以1ab，3

3、分 故 ABC的面积为 1133sin12224abC .5 分（2）由余弦定理，222cos2abcCab可得221122ab，所以222ab，7 分 所以222()24ababab，即2ab，所以 ABC的周长为 3.10 分 18【解析】（1）因为,M N 分别为,AC AB 的中点，所以 NMBC，因为 ABBC，所以 ABMN，2 分 因为 ABPM，PMMNM，所以 AB 平面 PMN，所以 ABPN；5 分（2）因为2ABBC,3BPPM，则1NMNB，所以 PNBPNM，因为 ABPN，所以 PNNM，因为 NBNMN，所以 PN 平面 ABC，因为2ABBC,3BPPM，所以

4、2 2PN，7 分 以 NB 为 x 轴，NM 为 y 轴，NP 为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,1,0)M，(1,0,0)B，(0,0,2 2)P，所以(1,1,0)MB，(0,1,2 2)MP，设平面 PMB 的法向量为1(,)nx y z，则1100MB nMP n ，所以02 20 xyyz，PzyxABCMN#QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=#令1z ，得到1(2 2,2 2,1)n，平面 PMN 的法向量为2(1,0,0)n 10 分 所以1212122 22 34cos,17|17n nn

5、nnn ，则二面角 NPMB的余弦值为 2 3417.12 分 19【解析】（1）棱长为1n 的正方体的体积为3(1)n，棱长为n 的正方体的体积为3n，3 分 所以333232(1)331331nannnnnnnn ；5 分（2）由（1）可知332(1)331nannnn，7 分 则222123 13 1 1 3 23 2 1331naaann 2223(12)3(12)nnn 222(1)3(12)32n nnn 又333333332122132(1)(1)133naaannnnnn，所以22232(1)3(12)3332n nnnnnn，即32222223(1)(21)12366nnnn

6、 nnn.12 分 20【解析】（1）因为 OFM的面积为 34，则有 133224c，解得1c，2 分 又因为3(1,)2M在椭圆C 上，则222219141abab，解得2243ab，所以椭圆C 的标准方程为22143xy；5 分（2）根据椭圆的对称性，欲证,A D 关于 x 轴对称，只需证FAFDkk，即证0FAFBkk，设2211(,),(,)A xyB x y，直线 AB 方程为4xmy，由2243412xmyxy消去 x 得22(34)24360mymy，所以1212222436,3434myyy ymm 9 分#QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCA

7、gGxBAEoAAByANABAA=#则121221122112121212(1)(1)()11(1)(1)(1)(1)FAFByyy xyxy xy xyykkxxxxxx 因为1221121212223624()23()2303434my xy xyymy yyymmm 所以0FAFBkk，即,A D 关于 x 轴对称.12 分 21【解析】（1）记选出甲乙两名队员参赛为事件1A，选出甲乙、丙丁各一人参赛为事件2A，选出丙丁两名队员参赛为事件3A，活动“党建优秀代表队”称号为事件 B.则221241()6CP AC，11222242()3C CP AC，223241()6CP AC.3 分

8、 123()()P BP A BA BA B 2213221232211121()()2()64333343323232 2212111()()263222 151512181812.6 分（2）X 的可能取值为：0,60,100,120,160,200，211(0)()416P X，311(60)2434P X 1=8，3211(100)2=4344P X，2231(120)()()43P X 116，(160)P X 2321()2433 14，(200)P X 2232()()4314.所以随机变量 X 的分布列为：X 0 60 100 120 160 200 P 116 18 14 1

9、16 14 14 所以11111106010012016020016841644EX 130.12 分 22【解析】（1）1(),(1)xxg xaaa，则11222lnln()ln()xxxxaaag xaax aaxx，2 分 设12()xxh xx aa，则1221()2lnln0 xxxh xxax aaaax，故()h x 在(0,)单调递增，又因为(1)0h，故()g x 在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增.则()g x 的极小值为(1)2ga，无极大值.5 分#QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=#（2）因

10、为1()1logafxxx ，所以11logxaxxa，1111log()xxaaaxx，7 分 令11xtax，显然11xtax在(0,)单调递减，故有1()1logafxxx 两个正根，等价于()logah ttt 有两个零点.1()1lnh ta t，显然1(0,)lnta时，()0h t，1(,)lnta 时，()0h t，故()h t 在1(0,)ln a递减，1(,)ln a 递增，1lnmin111()()loglog(ln)lnlnlnaaah thaaaaa，9 分 令1lnlog(ln)0aa aa，所以1lnln1aaa，则1ln1.lnaaa 设01lnxa，则01exa，00011ln(e)e.xxxaaa 所以1ln1lnaaa，则1eln a，则1e(1,e)a，因为111()10,()(1)0.aaahh aaaa aaa 此时存在两零点1x，2x，其中111(,)lnxaa，21(,)lnxa，且12()()0.h xh x 故1e(1,e)a.12 分#QQABBYaQggAIQAAAARgCAQGQCAEQkACCCAgGxBAEoAAByANABAA=#