1、20202021学年度南昌市八一中学高三第三次模拟考试卷文科数学一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合A=1,2，集合B=0,2，设集合C=z|z=xy,xA,yB，则下列结论中正确的是A. AC=B. AC=C C. BC=BD. AB=C2. 设复数z满足z-iz=2+i(i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限 D. 第四象限3. 在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“bcosA-c0”是“ABC为锐角三角形”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件 C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4. 已知m，
2、n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列判断正确的是A. 若，m，n，则直线m与n一定平行B. 若m，n，则直线m与n可能相交、平行或异面C. 若m，l/，则直线m与n一定垂直D. 若m，n，/，则直线m与n一定平行5. 已知幂函数f(x)=(m-1)xn的图象过点(m,8).设a=f(20.3)，b=f(0.32)，c=f(log20.3)，则a，b，c的大小关系是A. bca B. acbC. abcD. cb0)的左、右焦点，点M是C右支上的一点.直线MF1与y轴交于点P，MPF2的内切圆在边PF2上的切点为Q，若|PQ|=23，则C的离心率为()A. 533B. 3C. 332 D
3、. 2339. 函数f(x)=(ex+e-x)ln|x|的图象大致为()A. B. C. D. 10. 已知函数f(x)=cos(x+)(0,|2)的图象如图所示，为 了得到y=cosx的图象，只需把y=f(x)的图象上所有点()A. 向左平移12个单位长度 B. 向右平移12个单位长度C. 向左平移6个单位长度 D. 向右平移6个单位长度11. 若0x1x2a都有x2lnx1-x1lnx20)，过C的焦点F的直线l1与抛物线交于A、B两点，当l1x轴时，|AB|=4 (1)求抛物线C的方程；(2)如图，过点F的另一条直线l与C交于M、N两点，设l1，l2的斜率分别为k1，k2，若k1+k2=
4、0(k10)，且3SAMF=SBMN，求直线l1的方程21.已知函数f(x)=ex-k(lnx+1)(1)设x=3是f(x)的极值点，求k的值，并求f(x)的单调区间(2)证明：当0k0（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分22.选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，曲线c1的参数方程为x=cos2y=tan1+tan2 (为参数，且/2+k，kZ)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系(1)求曲线C1的极坐标方程；(2)设曲线c2的极坐标方程为=4，若直线l：y=33x与曲线c1交于M，N两点，直线l与曲线c
5、2交于P，Q两点，P，M在第一象限，求QM23选修4-5：不等式选讲已知函数f(x)=|x-a|+|x+2b|，a，bR(1)若a=1，b=-1，求不等式f(x)5的解集；(2)若ab0，且f(x)的最小值为2，求2a+1b的最小值20202021学年度南昌市八一中学高三第三次模拟考试卷文科数学参考答案C A B C D D C D D A B B (13)-3 (14) 2 (15) 255 (16) 22解答题：17解：(1)由Sn+1+Sn-1=2Sn+2(n2,nN*)，可得Sn+1-Sn=Sn-Sn-1+2，即为an+1=an+2，由a2=3，可得an=3+2(n-2)=2n-1，上
6、式对n=1也成立，所以an=2n-1，nN*；(2)bn=an+2an=(2n-1)+22n-1，则Tn=(1+3+2n-1)+(2+8+32+22n-1)=12n(1+2n-1)+2(1-4n)1-4=n2+23(4n-1)18. 解：()依题意，最先检测的3个人的编号依次为785，667，199()由7+9+a100=0.3，得a=14，因为7+9+a+20+18+4+5+6+b=100，所以b=17()由题意，知a+b=31，且a10，b8故满足条件的(a,b)有：(10,21)，(11,20)，(12,19)，(13,18)，(14,17)，(15,16)，(16,15)，(17,14
7、)，(18,13)，(19,12)，(20,11)，(21,10)，(22,9)，(23,8)，共14组(9分)其中数学成绩为优秀的人数比及格的人数少有：(10,21)，(11,20)，(12,19)，(13,18)，(14,17)，(15,16)共6组数学成绩优秀的人数比及格的人数少的概率为：614=3719. (1)证明：连结DC1，由B1C1/AD，E是棱AD的中点，得B1C1/DE且B1C1=DE，故四边形B1EDC1为平行四边形，所以B1E/C1D，又C1D平面CDD1C1，B1E平面CDD1C1，所以B1E/平面CDD1C1；(2)解：取AB的中点F，连结AC，CF，因为底面ABC
8、D是菱形，BAD=120，所以CFAB，又AA1面ABCD，所以AA1CF，因为AA1AB=A，所以CF平面ABB1A1，即CF为四棱锥C-ABB1A1的高，且CF=3，而S直角梯形AA1B1B=(1+2)12=32，所以四棱锥C-ABB1A1的体积V=13323=3220解：(1)根据题意可得F(p2,0)，当l1x轴时，直线l1的方程为x=-p2，联立x=p2y2=2px，解得y=p，所以A(p2,p)，B(p2,-p)，所以|AB|=2p=4，解得p=2，进而可得抛物线的方程为y2=4x(2)由(1)可知F(1,0)，设直线l1的方程为y=k1(x-1)，联立y=k1(x-1)y2=4x
9、，得k12x2-(2k12+4)x+k12=0，所以=(2k12+4)2-4k12=16k12+160，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，所以x1+x2=2k12+4k12，x1x2=1，因为k1+k2=0，所以k1=-k2，因为直线l2与抛物线交于点M，N，所以A与N关于x轴对称，M与B关于x轴对称，因为3SAMF=SBMN，SAMF=SBNF，所以3SAMF=SAMF+SBFM，所以2SAMF=SBFM，所以2|AF|=|BF|，由抛物线定义可得|AF|=x1+1，|BF|=x2+1，所以2x1+2=x2+1，即x2=2x1+1，代入得(2x1+1)x1=1，解得x1=12或-1(舍去
10、)，所以x2=2x1+1=212+1=2，所以x1+x2=2k12+4k12=2，解得k12=8，即k1=22，所以直线l1的方程为y=22(x-1)21. 解：(1)f(x)=ex-kx，由题意得，f(3)=e3-k3=0，所以k=3e3，f(x)=ex-3e3x，f(x)=ex+3e3x2，因为x0时，f(x)=ex+3e3x20恒成立，所以f(x)在(0,+)上单调递增，当x0时，f(x)-，f(3)=0，当0x3时，f(x)3时，f(x)0，函数f(x)单调递增，则f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,+)；(2)f(x)=ex-kx，f(x)=ex+kx2，当0k0
11、恒成立，f(x)在(0,+)上单调递增，当x0时，f(x)-，当x+时，f(x)+，f(1)=e-k0，所以x0(0,+)，使得f(x0)=0，即ex0=kx0，故当0xx0时，f(x)x0时，f(x)0，函数f(x)单调递增，故当x=x0时，函数取得最小值f(x0)=ex0-k(lnx0+1)=ex0+kln1x0-k，=kx0+klnex0k-k=kx0+kln-k(x0-lnk)-k，=k(x0+1x0)-k(1+lnk)，因为f(1)0，所以x02k-k(lnk+1)=k-klnk=k(1-lnk)，因为0k0，所以k(1-lnk)0，所以f(x0)0，即f(x)min0，所以f(x)
12、0，得证22. 解：(1)化简曲线C1的参数方程得，x=cos2y=12sin2(为参数，且2+k，kZ)消去参数得曲线C1的普通方程x2+4y2=1(x-1)根据x=cosy=sinx2+y2=2化成极坐标方程为(cos)2+4(sin)2=1(+2k,kZ)，2=11+3sin2(+2k,kZ)(2)易知直线l：y=33x极坐标方程为=6，代入C1：2=11+3sin2(+2k,kZ)得：|=277，而M在第一象限，Q在第三象限，因此：|QM|=277+423. 解：(1)a=1，b=-1时，f(x)=|x-1|+|x-2|=3-2xx111x22x-3x2，x1时，由3-2x5得，-1x1；1x2时，15恒成立，1x0，a0，b0时，a+2b=2，|2a+1b|=2a+1b=12(2a+1b)(a+2b)=12(2+4ba+ab+2)12(4+24baab)=4，当且仅当4ba=ab，即a=2b=1时取等号；a0，b0,ab0，|2a+1b|=-(2a+1b)=12(2a+1b)(a+2b)=12(2+4ba+ab+2)12(4+24baab)=4，当且仅当4ba=ab，即a=2b=-1时取等号，综上得，|2a+1b|的最小值为4高三文科数学 第4页
