1、- 1 -南昌二中 2019 届高三第四次考试数学（理）试卷一、选择题：共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1若复数 Z ， 是虚数单位）是纯虚数，则复数 （ ）Rai(213i 的 虚 部 为ZA. B. C. D.3i32设集合 A x 7 x，B x52 x17，则 AB 中整数元素的个数为（ ）2A3 B4 C5 D63已知 ， 3b, ec，则它们的大小关系是（ ） eaA c B ba C cab D ca 4设 表示三条不同的直线， 表示三个不同的平面，下列四个命题正确的是（ nml, ,）A.若 ，则 ll,/B.
2、若 ， 是 在 内的射影， ，则mnnmlC.若 是平面 的一条斜线， ， 为过 的一条动直线，则可能有Al lml且D.若 ，则 ,/5已知数列 是公差为 的等差数列， 为数列 的前 项和.若 成等比数na21nSna1462,a列，则 （ ）5SA B C D23523556函数 ye |lnx| x2|的图象大致是（ ）- 2 -7.若对于任意 xR 都有 f（ x）2 f（ x）3cos xsin x，则函数 f（2 x）图象的对称中心为（ ）A （k ，0） （kZ） B （ ，0） （kZ）4k4C （k ，0） （kZ） D （ ，0） （kZ）8288某几何体的三视图如图所示，
3、且该几何体的体积是 ，则正视图3中 的 的值是（ ）xA. B 23C D3299已知函数 ()cos(in3cos)(0fxxx，如果存在实数 0x，使得对任意的实数 ，都有 成立，则 的最小值为（ ） 219)00fA B C D4381 40381201910在 中， ， ，点 是 所在平面内一点，BC39A2ABPABC则当 取得最小值时， （ ）22PPA. 24 B. C. D.6922411.2018 年 9 月 24 日 , 英 国 数 学 家 M.F 阿 蒂 亚 爵 在 “海 德 堡 论 坛 ”展 示 了 他 “证 明 ”黎 曼 猜 想的 过 程 ,引 起 数 学 界 震 动
4、 . 黎 曼 猜 想 来 源 于 一 些 特 殊 数 列 求 和, 记）则 （.,1.322nS41.A234.SB23.SC2.SD- 3 -12函数 满足 ， ，若存在 ，fx1,2xeff 1fe2,1a使得 成立，则 的取值（ ）3122fammA. B. C. D. ,3,1,12,3二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分,共 20 分. _)(,)(,1sin3)(.13 affxxf 则若已 知 函 数14设实数 满足 ，则 的取值范围是_,y205yyxz15. 若函数 在其定义域内的一个子区间 内存在极值，则实数21()lnfxx(1,)a的取值范围是 a16已知三棱
5、锥 中，平面 平面 ，ABCDABCD,B,4CD则三棱 锥 的外接球的大圆面积为_,32三、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. （本小题满分 10 分）已知 ()13(0)fxaxa（1）当 时，求不等式 的解集；5f（2）若不等式 的解集为 ，求实数 的取值范围()fxRa18. （本小题满分 12 分）在 中， 的对边分别是 ，ABC, ,abc.tan3si2AB且（1） 求 的值；2acb- 4 -（2）若 ，求 面积的最大值.aABC19 （本小题满分 12 分）已知数列 的首项 ， na1*4()2nnaN（1）证明：数列 是
6、等比数列； 2n（2）设 ，求数列 的前 n 项和 nbabnS20 （本小题满分 12 分）如图，已知多面体 的底面 是边长为 的菱形， 底面 ，PABCDE2PABCD，且 EDA2（1 ）证明：平面 平面 ；（2）若直线 与平面 所成的 角为 ， PABo45求二面角 的余弦值CE EDB CAP- 5 -21. （本小题满分 12 分）已知圆 ，点 为圆 上的一个动点， 轴于点 ，且动点 满足219Cxy： A1CANxM，设动点 的轨迹为曲线 .OMAONM（1）求动点 的轨迹曲线 的方程；（2）若直线 与曲线 相交于不同的两点 、 且满足以 为直径的圆过坐标原点 ，lCPQPO求线
7、段 长度的取值范围.PQ- 6 -22. （本小题满分 12 分）设函数 ).(ln)(Raxexf （1）当 时，求函数 的极值；1af（2）若关于 的方程 有唯一解 ，且 ， ,求 的值.x0)(0x)1,(n*Nn- 7 - 8 -南昌二中 2019 届高三第四次考试数学（理）试卷参考答案一选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分，满分 20 分13. 7 14. 15. 16. 83,231,)29小题详解：1.B 是纯虚数， ，5)3()6()21(321 iaiaiz 0632a解得 ；则6aZ5.的 虚 部 为2.
8、 B .6,5437,2整 数 元 素 包 含 ：A3. D 指数函数与幂函数的应用，易选 D.4. B ，则 或 ；若 ，则由 可得 。若 ，,lmlmAmmA则存在 有 mn。因为 ，所以 ，从而可得 ，A 不正确；nn过 l 上一点 作 ，则 B 点在直线 n 上，且 ABm。因为 n 是 l 在 上射影，A 所以 l,n 平行或相交，从而可得 l,n,AB 共面。因为 mn，所以 ml,n,AB 所在平面，从而可得 ml，B 正确；若 ，设 ，则直线 AB 是直线 m 在平面 内的射影。因为 m 是平面 的斜线，ll所以 l,m,AB 共面且直线 m 与直线 AB 相交。若 ，由 可得
9、 mAB，矛盾，C 不正lAB确； 垂直于同一平面的两个平面可能平行或相交，D 不正确。 综上可得，选 B5A 因为 是公差为 的等差数列， 为 的前 项和， 成等比数列，所na21nSa1462,a题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12答案 C B D B A C D B C A C A- 9 -以 ，解得 ，所以 ，故选 C.211(5)()3)2aa132a5341252S6.C .00 CyxBx ， 所 以 选时 ，； 当排 除出 取 7.D .)2(),(的 对 称 中 心再 去 求出， 然 后 用 解 方 程 组 法 求代用 xff8.B 由三视图可得此几何体
10、的直观图如图，由三视图可知：该几何体是一个四棱锥， 底面 ， ，底面是一 个上下边长分别为PABCDxPA和 ，高为 的直角梯形，体积 ，所以 ，12 32)1(3xVx故选 B9C 因为 ()cos(incos)(0fxxx，设 的3sin2xfx最小正周期为 ，则 ，所以 的最小值为 ，T4381292019w4081选 C.10.A 以 C 为坐标原点，直线 CB,CA 分别为 x,y 轴建立直角坐标系，则2ACB，设 0,36,0,Pxy22APBC22 22=33154xy xy当 时， 取得最小值， ,12，选 A.PABC2,6,0411.C .得放 缩 后 裂 项 相 消 法
11、便 可12A 由题意设 ，则 ，所以xfge1xffge （ 为常数） ， ，lngxc1f1fc，lnxfex 令 ，则 ，故当1lxf1lhx21xhx- 10 -时， 单调递减；当 时， 单调 递增12x0,hx1x0,hx ，从而当 时， ， 在区间 上单调1,2ff1,2递增 设 ，则 ，故3,aea23aa在 上单调递增，在 上单调递减，所以 a2,11max1e不等式 等价于 ，32faem 12fef ，解得 ，故 的取 值范围为 选 A12 13m,1313.7 14. 83,2 .,1的 范 围的 范 围 ， 然 后 再 求 出先 求 出换 元 ： 令 zttzxyt15.
12、 函 数 的 导 函 数 为 ， 令 （ 其 中1,) xf2)( 2102)( xxf舍 去 ） ， 当 时 ， ， 当 时 ， ， 所 以 原 函 数 在2x21x0x1时 取 得 极 小 值 ， 则 有 ， 所 以 取 值 范 围 为 .1 2312aa 31,)216. 如图所示，设 的中点为 ， ，连结 ，因为 ，所以 ，又平9BDE,ACABDAEB面 平面 ，所以 平面 ，又因为 是等腰ABCABD直角三角形，所 为 的外心， ，所以球E42,心 一定在直线 上， ，所以球心 在O2ECO线段 的延长线上，设 ，则三棱锥外接球半径AOx，即 ，解得 ，所以2RxEB221x，所以
13、三棱锥 的外接球的大圆面积 .3CD29SRAB DCEO- 11 -17.解：（1）当 时， ，1a24,(3)()131,xfx易得 解集为 ()5fx9|2或（2） 131(3)1faxaxa 解集为 ， 恒成立， ， ()5xR50218.解.(1) 23cossin3cosin2ta3sin2 aAbaABABc .4422 bbb(2) ;6cos1622 caAa;438os,82 Abbc取 等 号当 且 仅 当 ;tani2120osos AbcSAABC），（且得 ：由 37196osta,coscincin1ta 2222 A.77tan3的 最 大 值 为的 面 积 S
14、ABCS19.（1）证明： ， ，1142124nnn naaa ， 112nna又 ，所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列112a， na2（2）解：由（1）知 ，即 ，12nnaA12nnnbaa， 设 ， 则 ，23nT2312nnT由得， ，211112nnn n- 12 -， 又 ，12nnT 1(1)(23)4n数列 的前 n 项和 b(nnS20 （1）证明：连接 ，交 于点 ，设 中点为 ，连接 ， BDACOPFOEF因为 ， 分别为 ， 的中点，所以 ，且 ，OFPA12P因为 ，且 ，所以 ，且 EA12DE所以四边形 为平行四边形，所以 ，即 DOFB因为 平面
15、， 平面 ，所以 PBCACP因为 是菱形，所以 因为 ，所以 平面 ADPAC因为 ，所以 平面 因为 平面 ，所以平面 平面EFAPEC （2）因为直线 与平面 所成角为 ， 所以 ， 所PCABDo4545P以 所以 ，故 为等边三角形 设 的中点为 ，连接2BM，则 AM以 为原点， ， ， 分别为 轴，建立空间直角坐标系 （如图）xyz， ， xyzA则 ， ， ， ， ， ，20,，P01,3，C2,，E0,，D21,3，PC1,3，E设平面 的法向量为 ，则,，DEP1,xyzn=0,An即 则 所以 1132,.xyz1,y令13,2.xz3,12n设平面 的法向量为 ，则 即
16、CDE2,xzm0,DECm令 则 所以 220,3.zxyz21,23,0.y1,30设二面角 的大小为 ，由于 为钝角，所以P36cos, 42nmMz yxPACBDE- 13 -21. 解：（1）设动点 ，由于 轴于点 由题意，),(),0yxAMANx.0(,).Nx，得ONAOM2(2 0,2,)(2,y000(3,).xyx即002(2),3y03,2.y将 代入 ，得曲线 的方程为 )2,(xA92yxC21.84xy（2）当直线 的斜率不存在时，因以 为直径的圆过坐标原点 ，故可设直线 为l PQOP，联立 解得 同理求得 所以xy2,184yx26(,)326(,),3Q；
17、36PQ当直线 的斜率存在时，设其方程为 ，设l mkxy12(,)(,)PxyQ联立 ，可得 2,184ykxm22()480.由求根公式得 （*）21212,.kmxxk以 为直径的圆过坐标原点 ， 即PQO.PQ0.O120.xy即 化简可得，1212()0.xkmx212()()kxkm将（*）代入可得 ，即 即 ，832k2380.m382又 将 代入，可得22164.1kPQx )1(2k- 14 -22222 4643(41)31 1kkkPQ2313.4k当且仅当 ，即 时等号成立又由 ，2k0412k， ；364PQ32PQ综上，得 223. 解.(1) ;1)(ln)(10
18、)( exexfeaxf 时 ，） ； 当，的 定 义 域 为 （ 01)(;1 2! xhfxhef令则 ！ ） 上 递 减 ，） 上 递 增 ， （在 （） 上 单 调 递 减 ， 又在 （即 ！ ,0)(,0,0)(! fx.,)(无 极 小 值有 极 大 值 eff24. (2) ,01)(1)(1 2! xxx egaefga令！ ） 上 单 调 递 减，在 （） 上 单 调 递 减，在 （ ！ 00)(xg ） 上 单 调 递 增 ，在 （使 得），（ ！ 000 )(1)(, xfaexf ;0ln)(, 000 axeffx有 唯 一 解 ， 则 必 有） 上 单 调 递 减 ； 又在 （ 与由 10ae ;)1(ln0ln 0000 xeaaxe得 ：消 去 )12ln)1(l 2! xxxx eheh ）（令 上 单 调 递 增 ；） 上 单 调 递 减，在 （！ ,10)( x ;0)(,)(),1(0l2)(, 0 xfxxe 即使 得，- 15 -.1),2(,),1(,0)( 0*0 nxNnxxf 则且有 唯 一 解的 方 程又 关 于
