【文档说明】江西省南昌市江西师大附中2020届高三三模考试数学（文）试题 答案.pdf，共(4)页，203.360 KB，由小赞的店铺上传

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—高三三模文科数学第1页（共4页）—江西师大附中2020届高三三模考试参考答案（文科数学）一、选择题：本题共12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。题号123456789101112答案CAADDDCAB

BDB二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.1714.1015.316.1(0,)2e三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22题、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（

12分）【解析】（1）由πsin22sincos()3aBbAB得，π2sinsincos2sinsincos()3ABBBAB，从而πcoscos()3BB，……………………3分因为ABC为锐角三角形，所以π(0,)2B，ππ(

,)363B，所以π3BB，从而π6B，所以3cos2B.……………………6分（2）因为1sin12ABCSacB，所以4ac，……………………9分又222222cos43243843bacacBacac

，当且仅当2ac时取等号.所以b的最小值为84362.……………………12分18．（12分）【解析】（1）估计“厨余垃圾”投放正确的概率为130030053007030804808P

；……………3分估计“有害垃圾”投放正确的概率为260601202060201202P.……………………6分（2）当600,0abcd时，数据a，b，c，d的方差2s最大.……………………9分因为2004abcdx，所以此时方差222221[()

()()()]4saxbxcxdx221(6003200)1200004.………………12分19．（12分）【解析】（1）在四棱台ABCDEFGH中，延长,,,AEBFCGDH可相交于一点S，如图所示.取CD的中点M，连接SM交GH于点N，

连接FN.因为1CGGHHD，所以SDSC，从而CDSM.……………………3分因为底面ABCD是菱形，2BDCD，所以BCD为正三角形，所以CDBM.又因为MBMSM，所以CD平面SBM.所以SBCD，即BFCD.………………6分

—高三三模文科数学第2页（共4页）—（2）因为平面CDHG平面ABCD，所以由（1）可知，SM平面ABCD.因为1GH，2CD，CDGH//，所以21SMSN.又1CG，所以3122222CMSCSM.…………

……9分所以四棱台ABCDEFGH的体积为SNSSMSVEFGHABCD313147231233132233122.………………12分20．（12分）【解析】（1）由已知，(0,)Bb，(,0)Fc，所以|

|BFa，所以233bca，即6233cab，所以2b，………………3分又222213bea，所以26a.所以椭圆C的方程为22162yx.………………5分（2）将1x代入22162yx得，253y，153y，

此时15152||||(1)(1)1333AMAN，因此，直线l的斜率必定存在.………………6分设直线l的方程为1(1)ykx，即1ykxk，1122(,),(,)MxyNxy，联立221,162ykxkyx

得，222(31)6(1)3(1)60kxkkxk，所以1226(1)31kkxxk，21223(1)631kxxk，………………8分所以2212||||1|1|1|1|AMANkxkx222212122|3(1)66(1)31

|(1)|()1|(1)31kkkkkxxxxkk222(1)131kk，………………11分解得21k，所以1k.所以直线l的方程为yx或2yx.…………

……12分【注】利用参数方程解答也可，根据步骤相应给分.21．（12分）【解析】（1）由已知，()(1)2xfxx，从而()2(1)2ln22[(1)ln21]xxxfxxx，…………

……3分所以(0)1f，(0)ln21f，所以曲线()yfx在0x处的切线方程为1(ln21)yx，即(ln21)1yx.………………6分（2）当0x时，()1(2ln22fxaxxxx）可化为2(1)2(21)ln22xxxxax

，即2(1)2(21)ln22xaxxxx.令2()(1)2(21)ln22,0xgxxxxxx，则依题设，只需min()agx.……………8分—高三三模文科数学第3页（共4页）—()2(1)2ln2(22)ln22xxgxxx

(22)[(1)ln21]xx，因为(1)ln210x，所以当01x时，()0gx；当1x时，()0gx.从而()gx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，………………10分所以min()(1)44ln2224ln2gxg，

所以24ln2a.即实数a的取值范围是(,24ln2].………………12分（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22．[选修4—4：坐标系与参

数方程]（10分）【解析】（1）由2,2xttytt得，222222()()8xytttt，所以曲线C的普通方程为228xy.………………3分由πcos()33得，31cossin

322，所以323xy，即直线l的直角坐标方程为3230xy.………………5分（2）法1：由（1）知，点(0,2)M在直线l上，设l的参数方程为3,2122xy（为参数），A

，B两点对应的参数分别为1，2，将3,2122xy代入228xy，得24240，所以124，1224，………………8分从而1212||||||||||169647MAMB.………………10分法2：

由（1）知，点(0,2)M在直线l上，设11(,)Axy，22(,)Bxy，由223230,8xyxy得，223180xx，所以1223xx，1218xx.所以1221122||||1(||||)||127247333MAMBxxxx

.……………10分23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）【解析】（1）因为|12|)(xxf，所以|14|)2(xxf，|12|)1(xxf，所以1)1()2(xfxf即1|1

2||14|xx，①当21x时，不等式可化为11241xx，解得21x，此时不等式无解；②当1124x时，不等式可化为1)12(41xx，解得61x，此时1164x；—高三三模文科数学第4页（共4页）—③当14x

时，不等式可化为1)12(14xx，解得23x，此时1342x；综上，不等式1)1()2(xfxf的解集为13[,]62.………………5分（2）222222()()21212()2fafbab

ab因为2222()()4abab，从而222()22ab，即22()()2fafb，当且仅当1ab时取等号，所以22()()fafb的最小值为2．………………10分【注】也可由柯西不等式得，4)()11)((22222ba

ba，从而222ba.