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
2020 届届江西省高三八校联考文科试卷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 2,26g 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 BFxa=+= 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，所以m1min231nan+=+ 16 【解析】 （1）PAB中， 设AByPBxPA,=边上的高为h， 则xyhxyh41120sin213221= 又1, 43120cos21222022+=+=hxyxyxyyxxyyx 33414322131max=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3112 分 18.【解析】 （1）依题可得：()1coscos2ACB=，()()1coscos2ACAC+=， 1coscos4AC = .2 分 334PDG,GF GCPADGFPDAP12GFADABCDEBC1/2CEAD/GF ECGCEF/GCEFGC PCDEF PCD/EFPCDABCDADAB/ADBCPAB ABCDPABABCD=ABPABAD PABPAD PAB/BCPAD222APPBAB+=APPBBP 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：2sinsinsinBAC= 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 =，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，2,211yxM，=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+=， 222212xy+=. 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)10ffae= ,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)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=+t ttt 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
