【数学】江西省南昌市2018届高三第一次模拟考试试题(文)及答案解析

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.已知集合AxNy4x，Bxx2n1,nZ，则AA.,4

B.1,3

C.1,3,5

B( )

D.1,3

2.欧拉公式eixcosxisinx(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”，根据欧拉公式可知，e表示的复数位于复平面中的( ) A.第一象限

B.第二象限

C.第三象限

D.第四象限

πi33.已知fx是定义在R上的偶函数，且fx在0,上单调递增，则( ) A.f0flog32flog23 C.flog23flog32f0

B.flog32f0flog23 D.flog23f0flog32

4.已知a0，bR，那么ab0是ab成立的( ) A.充分不必要条件 C.充要条件

B.必要不充分条件

D.既不充分也不必要条件

xy305.设不等式组xy10表示的平面区域为M，若直线ykx经过区域M内的点，则实

3xy50数k的取值范围为( ) 1A.,2 2

1414B., C.,2 D.,2 2323π6.已知函数fx2sinx0的部分图象如图所示，则的值可以为( )

6

A.1

B.2

C.3

D.4

7.执行如图所示的程序框图，则输出的n等于( )

A.1

B.2

C.3

D.4

xa2,x18.设函数fx，若f1是fx的最小值，则实数a的取值范围为( )

x1,x1A.1,2

B.1,0

C.1,2

D.1,

9.已知圆台和正三棱锥的组合体的正视图和俯视图如图所示，图中网格是单位正方形，那么组合体的侧视图的面积为( )

A.633 4

xB.

15 2 C.63 D.8

10.函数fxeexsinxe2πxπ的图象大致为( )

x2y211.已知F1,F2为双曲线C:21b0的左右焦点，点A为双曲线C右支上一点，AF1

2bπ交左支于点B，△AF2B是等腰直角三角形，∠AF2B，则双曲线C的离心率为( )

2A.4

B.23

C.2

D.3 12.已知台风中心位于城市A东偏北(为锐角)度的200公里处，以v公里/小时沿正西方

32.5小时后到达距城市A西偏北(为锐角)度的200公里处，向快速移动，若coscos，

4则v( ) A.60

B.80

C.100

D.125

二、填空题：每题5分，满分20分.

13.设函数fx在0,内可导，其导函数为f'x，且flnxxlnx，则f'1____________.

14.已知平面向量a1,m，b4,m，若2abab0，则实数m____________. 15.在圆x2y24上任取一点，则该点到直线xy220的距离d0,1的概率为____________.

ππ16.已知函数fxx3sinx，若0,π，,，且

44cos________. 2πff2，则2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.已知等比数列an的前n项和为Sn，满足S42a41，S32a31. 16(1)求an的通项公式；(2)记bnlog2，求b1b2…bn的最大值.

S1n

18.某校为了推动数学教学方法的改革，学校将高一年级部分生源情况基本相同的学生分成甲、乙两个班，每班各40人，甲班按原有模式教学，乙班实施教学方法改革.经过一年的教学实验，将甲、乙两个班学生一年来的数学成绩取平均数再取整，绘制成如下茎叶图，规定不低于85分(百分制)为优秀，甲班同学成绩的中位数为74.

(1) 求x的值和乙班同学成绩的众数；

(2)完成表格，若有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关”的话，那么学校将扩大教学改革面，请问学校是否要扩大改革面？说明理由.

19. 如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABCD为直角梯形，AC与BD相交于点O，AD∥BC，ADAB，ABBCAP3，三棱锥PACD的体积为9.

(1)求AD的值；

(2)过O点的平面平行于平面PAB，与棱BC，AD，PD，PC分别相交于点E,F,G,H，求截面EFGH的周长.

3x2y220.已知椭圆C:221ab0的下顶点为A，右顶点为B，离心率e，抛物线

2abx2E:y的焦点为F，P是抛物线E上一点，抛物线E在点P处的切线为l，且l∥AB.

8(1)求直线l的方程；

(2)若l与椭圆C相交于M，N两点，且S△FMN

21.已知函数fxexalnxeaR，其中e为自然对数的底数. (1)若fx在x1处取到极小值，求a的值及函数fx的单调区间； (2)若当x1,时，fx0恒成立，求a的取值范围.

531，求C的方程. 4

x2cos22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(为参数)，以坐标原点

y2sin2为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系. (1)求C的极坐标方程；

(2)若直线l1,l2的极坐标方程分别为点为O，M，N，求△OMN的面积.

23.已知fx2x3a2.

(1)当a0时，求不等式fxx23的解集；

(2)对于任意实数x，不等式2x1fx2a成立，求实数a的取值范围.

π2πR，=R，设直线l1,l2与曲线C的交63

【参考答案】

一.选择题 题号 答案 1 B 2 A 3 C 4 B 5 C 6 B 7 B 8 C 9 B 10 A 11 D 12 C 二.填空题 13．e+1 14.5 15.三.解答题

17.解：（Ⅰ）设{an}的公比为q，由S4-S3=a4得，2a4-2a3=a4, 所以

12

16.32a4=2， 所以q=2. a3n-1又因为S3=2a3-1所以a1+2a1+4a1=8a1-1，所以a1=1. 所以an=2.

1-2n=2n-1， （Ⅱ）由（Ⅰ）知，Sn=1-2所以bn=log(216)=2log224-n=8-2n， Sn+1bnbn12，所以{bn}是首项为6，公差为2的等差数列，

所以b16,b24,b32,b40,当n5时bn0， 所以当n3或n4时，b1b2bn的最大值为12.

18.解：（Ⅰ）由甲班同学成绩的中位数为74， 所以7x75274，得x3 由茎叶图知，乙班同学成绩的众数为78,83 （Ⅱ）

甲班乙班合计优秀人数不优秀人数合计63440132740196180

80(6271334)23.3822.706 依题意知K404019612有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关”，学校可以扩大教学改革面. 19.解：（Ⅰ）四棱锥P-ABCD中，PA^底面ABCD，

ABCD为直角梯形，AD//BC,AD^AB，AB=BC=AP=3，

所以VP-ACD=1AB×AD3AD醋AP==9，解得AD=6. 322平面ABCD=EF，OÎEF，

（Ⅱ）【法一】因为a//平面PAB，平面a平面PAB平面ABCD=AB，

根据面面平行的性质定理，所以EF//AB，

同理EH//BP,FG//AP, 因为BC//AD,AD=2BC, 所以DBOC∽DDOA，且

BCCO1==， ADOA2又因为DCOE∽DAOF，AF=BE,所以BE=2EC， 同理2AF=FD,2PG=GD，

EF=AB=3,EH=1PB=32,FG=2AP=2 3PA=M,

如图：作HN//BC,HNPB=N,GM//AD,GM所以HN//GM,HN=GM，

故四边形GMNH为矩形，即GH=MN， 在DPMN中，所以MN=8+1-2创22cos45°=5+5

所以截面EFGH的周长为3+2+PGM2=5+5+2.

NBAOFHDEC

平面ABCD=EF，

【法二】因为α//平面PAB，平面aOÎEF，平面PAB平面ABCD=AB，

所以EF//AB，同理EH//BP,FG//AP 因为BC∥AD,AD=6,BC=3 所以DBOC∽DDOA，且

BCCO1==， ADAO2

EO11，CE=CB=1,BE=AF=2 OF23CHEHCO1===，连接HO，则有HO∥PA， 同理PCPBCA312所以HOEO，HO1，所以EHPB2，同理，FGPA2，

33所以

过点H作HN∥EF交FG于N，则GH所以截面EFGH的周长为3+2+PGNAFHOBECDHN2GN25，

5+2=5+5+2.

2b11b2320.解：（Ⅰ）因为e12， 所以， 所以kAB

a22a4又因为l∥AB， 所以l的斜率为

1 2xt1t2x2设P(t,)，过点P与E相切的直线l，由y得y'|xt，解得t2

44288所以P(2,)， 所以直线l的方程为x2y10

12x2y214b2b2（Ⅱ）设M(x1,y1),N(x2,y2)，由

yx1214b2得2x2x14b0，x1x21,x1x2，

222且D=4-8(1-4b2)>0，即b>所以|x1x2|21， 8(x1x2)24x1x28b21，

【法一】l:x2y10中，令x0得y又抛物线焦点F(0,2)，所以|FD|21，l交y轴于D, 215 22

所以SFMN1155312，解得b4， |FD||x1x2|8b212224x2y2所以椭圆C的方程1.

164【法二】|MN|115|x1x2|8b21 42|0-4-1|=55 l:x2y10，抛物线焦点F(0,2)，则dF®l=所以SFMN1155312|MN|dFl8b215，解得b4， 2224x2y21. 所以椭圆C的方程

164(x)=ex-21.解：（Ⅰ）由f(x)=ex-alnx-e(a?R)，得f¢xa xexex-e(x)=e-=因为f¢ (1)=0，所以a=e，所以f¢xx令g(x)=xex-e，则g¢(x)=ex(1+x)，

当x>0时，g¢(x)>0，故g(x)在x?(0,?)单调递增，且g(1)=0, 所以当x?(0,1)时,g(x)0，x?(1,?)时,g(x)0.

即当xÎ(0,1)时，f'(x)<0，当x?(1,?)时，f'(x)>0. 所以函数f(x)在(0,1)上递减，在(1,+?)上递增.

(x)=ex-（Ⅱ）【法一】由f(x)=ex-alnx-e，得f¢(x)=ex-（1）当a£0时，f¢a xa>0，f(x)在x?[1,?)上递增 xf(x)min=f(1)=0（合题意）

a=0，当x?[1,?)时，y=ex?e xaa(x)=ex-?0. ①当aÎ(0,e]时，因为x?[1,?)，所以y=?e，f¢xx(x)=ex-（2）当a>0时，f¢

f(x)在x?[1,?)上递增，f(x)min=f(1)=0（合题意）

(x)=e-②当a?(e,?)时，存在x0?[1,?)时，满足f¢xa=0 xf(x)在x0Î[1,x0)上递减，(x0+?)上递增，故f(x0)不满足x?[1,?)时，f(x)³0恒成立

综上所述，a的取值范围是(-?,e].

【法二】由f(x)=ex-alnx-e，发现f(1)=ex-alnx-e=0，

由f(x)=ex-alnx-e?0在[1,+?)恒成立，知其成立的必要条件是f(1)0，

a， f(1)ea0，即ae. xax①当a0时，f(x)e0恒成立，此时f(x)在[1,+?)上单调递增，

x而f(x)exf(x)?f(1)0（合题意）.

1a1，知ea0， xxaxx而在x1时，ee，知f(x)e0，

x②当0ae时，在x1时，有0所以f(x)在[1,+?)上单调递增，即f(x)?f(1)0（合题意），

综上所述，a的取值范围是(-?,e].

22.解：（Ⅰ）由参数方程x2cos得普通方程x2(y2)24，

y2sin2所以极坐标方程r2cos2q+r2sin2q-4rsinq=0，即r=4sinq.

ππ(r?R)与曲线C的交点为O,M，得ρM=|OM|=4sin=2， 662π2π又直线l2:q=(r?R)与曲线C的交点为O,N，得rN=|ON|=4sin=23

33π11223=23. 且MON，所以SDOMN=|OM||ON|=创222（Ⅱ）直线l1:q=23.解：（Ⅰ）当a=0时，f(x)+|x-2|=|2x|+|x-2|?3，

ìx<0ïï 得x?íïïî-2x+2-x?3

ì0＃x21ïï； 得1＃xíï3ïî2x+2-x?3ìx>2ïï2； 得x>2， íïïî2x+x-2?3所以f(x)+|x-2|?2的解集为(-?,1][1,+?). 3（Ⅱ）对于任意实数x，不等式|2x+1|-f(x)<2a成立， 即|2x+1|-|2x+3a2|<2a恒成立， 又因为|2x+1|-|2x+3a2|?|2x1-2x-3a2|=|3a2-1|，

所以原不等式恒成立只需|3a2-1|<2a，

当a<0时，无解；当0＃a3132时，1-3a<2a，解得332