江西省吉安一中、新余一中等八所重点高中2020届高三数学5月联考试题 文（PDF）答案.pdf

1、2020 届江西省高三八校联考文科试卷 命题人：吉安一中 新余一中 一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D D A B C A C C A C B C 二、填空题 13.()1,0 或()1,4 14.2 15.3m 16.【详解】10.C 解析：212()2sin1 cos2()1 cos2cos 21126f xxxg xxx=+向右平移个单位，cos 2 1,16x，()g x的值域为0,2，正确；当12x=时，206x=，所以12x=是函数()g x 的一条对称轴，正确；当3x=时，262x=，所以()g x 的一个对称中心是,13，错误；()2sin 2

2、 2,26g xx=，则121212,()1,()1,()()1x xg xg xg xg x=R，则()g x 在1xx=和2xx=处的切线互相垂直，正确 11【解析】()1cosfxax=+，要使函数()sinf xxax=+在 R 上单调递增，则1cos0ax+对任意实数 x 都成立.1cos1x ，当0a 时，cosaaxa，1a ，01a；当0a=时适合；当0a 时，cosaaxa，1a ，10a，综上 11a ，函数()sinf xxax=+在 R 上单调递增的概率为41=P.选 B。12.C【解析】1,2,3PBxABx AFx=设则，由双曲线的定义知：2232,52AFxa B

3、Fxa=+=2222(52)xax=在直角三角形PF B中有：r （1）2222(32)(3)xax=+在直角三角形PF A中有：r （2）2222 1(2)(6)cx=在直角三角形PF F中有：r （3）由（1）（2）解得：4,2 53xa ra=代入（3）得：21e=。故选 C。15.【解析】3m【详解】由111=+nnaann，得()111=+nnanna，得11111(1)1nnaannn nnn+=+，11nnnaaannn=12211221nnaaaann+1a+1111121nnnn=+1111112n+=+则21nan=，*Nn，由于124224111nannnn+=+单调递增

4、，所以m1min231nan+=+16【解析】（1）PAB中，设AByPBxPA,=边上的高为h，则xyhxyh41120sin213221=又1,43120cos21222022+=+=hxyxyxyyxxyyx33414322131max=V 17.【解析】（1）证明：取中点，连接 在中，有，分别为、中点，；在矩形中，为中点，四边形是平行四边形，；而平面，平面，平面5 分（）解：四边形是矩形，；平面平面，平面平面，AB平面，平面，平面平面，平面，22=PBAPAD，5=AB,，平面，8 分 平面，点到平面的距离等于点到平面的距离 而1，311131=三棱锥的体积为 31 12 分 18.【

5、解析】（1）依题可得：()1coscos2ACB=，()()1coscos2ACAC+=，1coscos4AC=.2 分 334PDG,GF GCPADGFPDAP12GFADABCDEBC1/2CEAD/GF ECGCEF/GCEFGC PCDEF PCD/EFPCDABCD ADAB/ADBCPAB ABCDPAB ABCD=ABPAB AD PABPAD PAB/BCPAD222APPBAB+=APPB BP PAD/BCPADEPADBPAD12PDFSPFAD=13P DEFPDFVSBP=PDEF又因为 a，b，c 成等比数列，所以2bac=，由正弦定理得：2sinsinsinBA

6、C=得：21sincoscossinsin4BACAC=，.4 分 化简得：24cos4cos30BB+=，解得：1cos2B=，又 0B，所以3B=，.6 分（2）得：cos(AC)=1，即 AC=0，即 A=C，即三角形 ABC 为正三角形，.7 分 设 ABC的边长为 x，由已知可得 0 x100，即 c16，事件 M 包含的基本事件有：（232，18）、（233，17）共 2 个()2163P M=,故不能通过测试的概率为 13.12 分 20.【解析】（1）联立22221xcxyab=+=解得2bya=，故222ba=，又22cea=，222abc=+，联立三式，解得2a=，1b=，

7、1c=.故椭圆C 的方程为2212xy+=.4 分（2）设()11,A x y，()22,B xy，=BMBN，()33,N xy，的中点是OAM，2,211 yxM，=21212,2yyxxBM，()3232,BNxxyy=.又BMBN=，()=212123232,2,yyxxyyxx，即()(),1212213213+=+=yyyxxx.6 分 点()33,N xy在椭圆C 上，()()112212221221=+yyxx，即()()121212421212222221212=+yyxxyxyx.()*.9 分 ()11,A x y,()22,B xy在椭圆C 上，221112xy+=，2

8、22212xy+=.又直线OA，OB 斜率之积为12，121212y yx x=，即121202x xy y+=，将代入()*得()11422=+，解得58=.12 分 21.【详解】（1）由题意得()()xfxea xR=,.1 分 当0a 时,()0fx,所以()f x 在 R 上单调递增；.2 分 当0a 时,由()0fx=,得lnxa=,当lnxa时,()0fx时,()0fx,()f x 在(ln,)a+上单调递增.4 分（2）()f x 有两个零点12,x x,不妨设12xx时,xR,min()(ln)(ln1)ln0f xfaaaaaa=+=,解得1a ,此时有1(1)0,(0)1

9、0ffae=,11xyex=在(1,)+上单调递增,当1x 时,20ye,ln1xyexx=在(1,)+上单调递增,当1x 时,ln120 xyexxe=；()ln(ln)(ln1)ln10aaaf aaea aaa eaa+=+=,存在2(ln,ln)xa aa+,使得()20f x=,综上,当1a 时,()f x 有两个零点12,x x.8 分 证明:()111xea x=+,()221xea x=+,且1210lnxax,则12011xx+,有212111lnxtxxxt+=+=,则12ln11ln11txtttxt+=+=,要证120 xx+,只需证(1)ln201ttt+,即证2(1

10、)ln1ttt+,设2(1)()ln(1)1th tttt=+,则22214(1)()0(1)(1)th tttt t=+,()h t 在(1,)+上单调递增,所以当1t 时,()()10h th=,即2(1)ln1ttt+,故120 xx+.12 分 22【解析】（1）曲线 E 的普通方程为24yx=；.4 分（2）将11232xtyt=+=代入24yx=得238160tt=,316,382121=+tttt 所以12121 216111131163ttPAPBttt t+=.10 分 23.（1）由三元基本不等式知 1+=+bcbcbaabbccbaab 当且仅当acbcbaab+=+=取等号。2+bccbaab.4 分 （2）由柯西不等式得()()()2222222czbyaxzyxcba+6,9,4222222=+=+=+czbyaxzyxcba 结合上述不等式取等号可设)0(=kkzcybxa,即kzckybkxa=,323294),(22222222=+=+=+kzyxcbakkzyxkcba.10 分