江西省南昌市2020届高三第二轮复习测试卷理科数学（二）（PDF版附解析）.pdf

— 高三理科数学(二)第 1 页(共 4 页) — 2019-2020 学年度南昌市高三第二轮复习测试卷 理科数学(二) 命题人：江西师大附中 陈选明 审题人：新建一中 程波 本试卷分必做题和选做题两部分．满分150 分，考试时间120 分钟． 注意事项： 1．客观题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．主观题用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写 作答．若在试题卷上作答，答题无效． 2．选做题为二选一，先在答题卡上把对应要选做的题目标号涂黑，没有选择作答无效． 3．考试结束后，监考员将答题卡收回 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．已知集合 2 2020{ | log (10 3 )}M x y x x    ， { | 2020 1}xN y y   ，则 M N  A. ( 1,2) B.  1,2 C. (1,2) D.  1,2 2．已知复数 1 i 2z   是实数，则复数 z 的虚部为 A. 1 B. 2 C. i D. 2i 3．在 ABC 中，内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，若 sin 3c B a ， ABC 的面积为 3 3 2 ， 3 3a b  ，则边c 的值为 A． 21 B． 3 C． 21 或 3 D． 21 或3 4．若 x 、y 满足约束条件 4 0 2 3 3 0 4 1 0 x y x y x y            ，等差数列 na 满足 1 4,a x a y  ，其前 n 项和为 nS ， 则 7 4S S 的最小值为 A．13 B． 1 C． 5 D．5 5．函数 ( ) sin (cos 1)f x x x   在 π, π 的图像大致为 A B C D 6．已知定义在 R 上的奇函数 ( )f x 满足 ( 1) (1 )f x f x   ，且当 ( 1,0)x  时 ( ) 2axf x   ， 若 4 4(1 log 80) 5f   ，则 a （ ） A． 1 B． 2 C．1 D． 2 — 高三理科数学(二)第 2 页(共 4 页) — 7．已知函数 ( ) sin( )f x x   （ 0  ， π π 2 2   ）的图像上相邻两个最高点之间的距离 为 π ，且函数 ( )f x 的图像关于直线 π 3x  对称，将函数 ( )f x 的图像向右平移 π 12 个单位长度得到 ( )y g x 的图像，若 ( )g x 在区间 ,t t 上单调递增，则t 的最大值是 A． π 12 B． π 6 C． π 4 D． π 3 8．在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，PD AC ，AB  平面 PAD ，且CD PD =3. 若四棱锥 P ABCD 的每个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积的最小值为 A． π B． 2π C． 4π D．6π 9．已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b    的左右焦点分别为 1F ， 2F ，焦距为 2c ，若圆 2 2 2: ( )D x c y c   上存在一点 M ，使得点 M 与 1F 关于双曲线C 的一条渐近线对称，则双曲 线C 的离心率e  A． 5 B． 2 C． 2 D． 3 10．几何体甲与几何体乙的三视图如图所示，几何体甲的 正视图和侧视图为两个全等的等腰三角形，且等腰三 角形的高与几何体乙的三视图中的圆的直径相等，若 几何体甲的体积是乙的体积的 1 4 ，则几何体甲与乙的 表面积之比为 A．1: 3 B．1: 4 C．1: 2 D．1: 2 11．建设“学习强国”学习平台是贯彻落实习近平总书记关于加强学习、建设学习大国重要指示精 神、推动全党大学习的有力抓手．该平台内容丰富，极大地满足了互联网条件下广大党员干部和 人民群众多样化、自主化、便捷化的学习需求．该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学 习板块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题板块．某人在六大板块学习过程 中，“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法有 A．192 种 B． 240 种 C． 432 种 D．528种 12 ． 定 义 在 (0, ) 上 的 函 数 ( )f x 的 导 函 数 '( )f x ， 且 2( 1) '( ) ( ) 2x f x f x x x    对 (0, )x   恒成立，现有下述四个结论： ① 2 (2) 3 (1) 5f f  ； ②若 (1) 2f  ，0 1x  ，则 2 1 1( ) 2 2f x x x   ； ③ (3) 2 (1) 7f f  ； ④若 (1) 2f  ， 1x  ，则 2 1 1( ) 2 2f x x x   ． 其中所有正确结论的编号是 A．①② B．①②③ C．③④ D．①③④ 二．填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分,共 20 分． 13．已知 a 与b 满足 2 2 3a b a b a        ，则 a 与b 的夹角为___． 14．从数学内部看，推动几何学发展的矛盾有很多，比如“直与曲的 矛盾”， 随着几何学的发展，人们逐渐探究曲与直的相互转化， — 高三理科数学(二)第 3 页(共 4 页) — 比如：“化圆为方”解决了曲、直两个图形可以等积的问题.如图，设等腰直角三角形 ABC 中， AB BC ， 90ABC  ，以 AC 为直径作半圆，再以 AB 为直径作半圆 AmB ，那么可以探究 月牙形面积(图中黑色阴影部分)与 AOB 面积(图中灰色阴影部分)之间的关系，在这种关系下，若 向整个几何图形中随机投掷一点，那么该点落在图中阴影部分的概率为_________． 15．已知 A 、B 为抛物线 2 4y x 上的两个动点，且OA OB ，抛物线的焦点为 F ，则 ABF 面 积的最小值为_________． 16．在 ABC 中，内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ， sin sin sin 2 sina A b B c C a B   ， 则 2sin 2 tanA B 的最大值是_________． 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． （一）必做部分 17．（本小题满分 12 分）已知数列 na 满足 1 1( 1) n nn a na a   ， *n N ． （Ⅰ）证明：数列 na 为等差数列； （Ⅱ）设数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 2 1 1a a  ，且对任意 *n N ， 都有 1 2 3 1 1 1 1 1 4 3 3nS S S S      ，求整数 1a 的值． 18．（本小题满分 12 分）如图 1，在等腰梯形 1 2ABF F 中，两腰 2 1 2AF BF  ，底边 6AB  ， 1 2 4F F  ， D ，C 是 AB 的三等分点， E 是 1 2F F 的中点，分别沿CE ， DE 将四边形 1BCEF 和 2ADEF 折起，使 1F ， 2F 重合于点 F ，得到如图 2 的几何体．在图 2 中， M ， N 分别为CD ， EF 的中点． （Ⅰ）证明： MN  平面 ABCD ； （Ⅱ）求直线CN 与平面 ABF 所成 角的正弦值． 19．（本小题满分 12 分）设函数 ( ) ( 1)e (2e e )x xf x x a    ． （Ⅰ）求 ( )f x 的单调区间； （Ⅱ）若不等式 ( ) 0f x  对 (2, )x   恒成立，求整数 a 的最大值． 20．（本小题满分 12 分）在某企业中随机抽取了 5 名员工测试他们的艺术爱好指数 (0 10)x x  和创新灵感指数 (0 10)y y  ，统计结果如下表（注：指数值越高素质越优秀）： 艺术爱好指数 2 3 4 5 6 创新灵感指数 3 3.5 4 4.5 5 （Ⅰ）求创新灵感指数 y 关于艺术爱好指数 x 的线性回归方程； （Ⅱ）企业为提高员工的艺术爱好指数，要求员工选择音乐和绘画中之一进行培训，培训音乐次 数t 对艺术爱好指数 x 的提高量 20 0(10 )(1 e ) t x    ，培训绘画次数t 对艺术爱好指数 x 的提高量为 0 10(10 )(1 )10x t   ，其中 0x 为参加培训的某员工已达到的艺术爱好指数． — 高三理科数学(二)第 4 页(共 4 页) — （i）艺术爱好指数已达 3 的员工甲选择参加音乐培训，艺术爱好指数已达 4 的员工乙选择参加绘 画培训，在他们都培训了 20 次后，估计谁的创新灵感指数更高？ （ii）若艺术爱好指数已达 4 的员工，参加培训 10 次、20 次的概率分别为 2 3 ，1 3 ，而他选择参加 音乐或绘画培训的概率分别为 2 3 ，1 3 ，估计该员工培训后创新灵感指数的数学期望（精确到0.1）． 附：平均值 1 1 nx x xx n     ，计算值： 1 2e 0.6  ， 1e 0.37  ．回归直线方程 y a bx  的 斜率和截距的最小二乘法估计分别为 1 2 1 ( )( ) ( ) n i i i n i i x x y y b x x         ， a y bx  ． 21．（本小题满分 12 分）已知椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b  （ 0a b  ）的右焦点为 F ，直线 3 5: 2l y x 与椭圆C 在第一象限内的交点Q 在线段OF 的垂直平分线上（O 为坐标原点），且 OQF 的面积 为 3 5 8 ． （Ⅰ）求椭圆C 的方程； （Ⅱ）若 PMN 为椭圆的内接三角形，且满足 MN x 轴，设直线 PM ， PN 与 x 轴的交点分 别为G ， H ，求 2 2OG OH 的最小值，并求出此时点 P 的坐标． （二）选做部分 请考生在第（22）、（23）两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时 用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，把答案填在答题卡上． 22．（本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系 xoy 中，直线 1 : 4C x  ，圆 2C 的参数方程为 1 cos sin x y       （ 为参数）．以原点O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴建立极坐标系． （Ⅰ）求 1C ， 2C 的极坐标方程； （Ⅱ）设射线l 的极坐标方程为 π= ( 0, )2     与 1C ， 2C 的交点分别为 ,A B ，P 为 AB 的 中点，若 5 2 2OP  ，求点 P 的极坐标． 23．（本小题满分 10 分）选修 4-5：不等式选讲 设函数   1 +3f x x x   ． （Ⅰ）求不等式   5f x  的解集； （Ⅱ）证明： ( )+ ( 4) 8 1f x f x x   ． — 高三理科数学(二)第 5 页(共 4 页) — 2019-2020 学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷 理科数学(二)参考答案 一、选择题（本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A D C D D A D C D C B 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分，共 20 分) 13． 2π 3 14． 2 π+1 15．12 16．3 2 2 三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17．【解析】（Ⅰ）因为 1 1( 1) n nn a na a   ， *n N ，① 所以 1 1( 2) ( 1)n nn a n a a    ， 2n  ，② ①-②得： 1 1( 1) 2( 1) ( 1) 0n n nn a n a n a       ， 2n  且 *n N 所以 1 12 0n n na a a    ， 2n  且 *n N ，即 1 1 2 1n n n na a a a a a       所以数列 na 为等差数列； （Ⅱ）因为 2 1 1a a  ，所以数列 na 的公差为1，因为对任意 *n N ， 都有 1 2 3 1 1 1 1 1 4 3 3nS S S S      ，所以 1 1 1 4 3 3S  ，即 1 3 34 S  ，所以 1 1a  或 2 ． 当 1 1a  时， 2 2a  ，此时 1 1S  ， 2 3S  ，所以 1 2 1 1 1 41 3 3S S    ，这与题意矛盾，所以 1 1a  ． 当 1 2a  时， 1na n  ，此时 ( 3) 02n n nS   ， 1 1 1 1 2 3S   ，所以 1 2 3 1 1 1 1 1 3nS S S S     恒成立．因为 1 2 1 1( )3 3nS n n   ，所以 1 2 3 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 )3 4 2 5 3 6 2 1 1 2 3nS S S S n n n n n n                      2 1 1 1 1 1 11 4(1 )3 2 3 1 2 3 9 3n n n          综上所述，整数 1a 的值为 2 ． 18．【解析】（Ⅰ）由于四边形 BCEF 和 ADEF 均为菱形，所以 / /AD BC 且 AD BC ， 故四边形 ABCD 为平行四边形． 又 AD CD ，及由对称性知， 90ADC BCD     ，所以四边形 ABCD 为正方形． N 为 EF 中点，所以 1EN  ，得 1EC  ， 3CN  ，于是 2 2 2NE CN CE  ， 所以CN NE ，所以CN BC ． 所以 BC  平面CDN ，从而 MN BC ． 由对称性知CN DN 且 M 为CD 的中点，所以 MN CD ． — 高三理科数学(二)第 6 页(共 4 页) — 所以 MN  平面 ABCD ． （Ⅱ）设 AB 的中点为G ，以 M 为原点，以 , ,MG MC MN 分别为 , ,x y z 轴，建立空间直角坐标 系． 2MN  ，则 (2, 1,0), (2,1,0), (0,1,0), (0,0, 2), (1,0, 2)A B C N F ． 有 (0, 1, 2)CN   ， (0,2,0)AB  ， ( 1,1, 2)AF   ． 设平面 ABF 的法向量为 ( , , )n x y z ，由 0 0 n AB n AF          ，得 2 0 2 0 y x y z     ． 取 ( 2,0,1)n  ，由 2sin 3 n CN n CN          得直线CN 与平面 ABF 所成角的正弦值为 2 3 ． 19．【解析】（Ⅰ） '( ) e e ( )ex x xf x x a x a    ，令 '( ) 0f x  ，则 x a ． 当 ( , )x a  时， '( ) 0f x  ；当 ( , )x a  时， '( ) 0f x  ． 所以 ( )f x 的单调递增区间是( , )a  ，单调递减区间是( , )a ． （Ⅱ）当 (2, )x  时，( 1)e (2e e ) 0x xx a    恒成立，等价于当 (2, )x  时，( 1)e e 2e x x x a  恒成立，即 min ( 1)e e 2e x x xa      对 (2, )x  恒成立． 令 ( 1)e( ) e 2e x x xg x   ， (2, )x   ． 2 e (e 2e )'( ) (e 2e) x x x xg x   ．令 ( ) e 2exh x x  ， (2, )x   ， '( ) e 2e 0xh x    ，所以 ( ) e 2exh x x  在(2, ) 上单调递增 又因为 2(2) e 4e 0h    ， 2(3) e 6e 0h    ， 所以 '( )g x 在 (2, ) 上有唯一零点 0x ，且 0 0 0e 2e , (2,3)x x x  ． 所以 ( )g x 在 0(2, )x 上单调递减，在 0( , )x  上单调递增， 所以 0 0 0 min 0 0 ( 1)e( ) ( ) (2,3)e 2e x x xg x g x x    ，故整数 a 的最大值为 2 ． 20．【解析】（Ⅰ）设 y a bx  ，有 5 1 1 45 i i x x    ， 5 1 1 45 i i y y    则 5 1 5 2 1 ( )( ) 5 1 10 2( ) i i i i i x x y y b x x           ， 14 4 22a y bx      ，所以 12 2y x  ． （ Ⅱ ）（ i ） 员 工 甲 经 过 20 次 的 培 训 后 ， 估 计 他 的 艺 术 爱 好 指 数 将 达 到 20 1203 (10 3)(1 e ) 10 7ex        ， 因此估计他的创新灵感指数为 11 12 (10 7e ) 7(1 )2 2ey       ． 员工乙经过 20 次的培训后，估计他的艺术爱好指数将达到 104 (10 4)(1 ) 820 10x      ， — 高三理科数学(二)第 7 页(共 4 页) — 因此估计他的创新灵感指数为 12 8 62y     ． 由于 17(1 ) 62e  ，故培训后乙的创新灵感指数更高． （ii）该员工参加 10 次，20 次音乐培训后的创新灵感指数估计分别为 37 e  ， 37 e ， 该员工参加 10 次，20 次绘画培训后的创新灵感指数估计分别为11 2 ， 6 ， 参加 10 次音乐培训的概率为 2 2 4 3 3 9  ，参加 20 次音乐培训的概率为 1 2 2 3 3 9  ， 参加 10 次绘画培训的概率为 2 1 2 3 3 9  ，参加 20 次音乐培训的概率为 1 1 1 3 3 9  ， 所以创新灵感指数的期望估计为 3 4 3 2 11 2 1 1 12 6(7 ) (7 ) 6 (59 ) 5.59 e 9 2 9 9 9 ee e EY               ． 21．【解析】（Ⅰ）由题意知 ( ,0)F c ，则 3 5( , )2 4 c cQ ，将点Q 的坐标代入椭圆方程得 2 2 2 2 45 14 16 c c a b  ① 因为 OQF 的面积为 3 5 8 ，所以 1 3 5 3 5 2 4 8 c c   ，得 1c  ② 又 2 2 2a b c  ③，所以由①②③得，故椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  ． （Ⅱ）设点 0 0( , )P x y ， 1 1( , )M x y ， 1 1( , )N x y ，则直线 PM 的方程为 0 1 0 0 0 1 ( )y yy y x xx x    ． 令 0y  ，得 0 1 1 0 0 1 y x y xx y y   ，所以 0 1 1 0 0 1 y x y xOG y y   ． 直线 PN 的方程为 0 1 0 0 0 1 ( )y yy y x xx x    ． 令 0y  ，得 0 1 1 0 0 1 y x y xx y y   ，所以 0 1 1 0 0 1 y x y xOH y y   ． 所以 2 2 2 2 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 2 2 0 1 0 1 0 1 ( ) ( )2 2 2y x y x y x y x y x y xOG OH OG OH y y y y y y           ． 将 2 2 0 0 33 4 xy   ， 2 2 1 1 33 4 xy   ，代入 2 2 0 1 1 0 2 2 0 1 ( ) ( )2 y x y x y y   ，得 2 2 2 20 1 1 0 2 2 0 1 3 3(3 ) (3 )4 42 83 33 34 4 x xx x x x         ， 所以 2 2 8OG OH  ，当且仅当 OG OH ，即 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 y x y x y x y x y y y y    时取得等号． — 高三理科数学(二)第 8 页(共 4 页) — ① 当 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 y x y x y x y x y y y y    时，化简得 1 0 1 0( ) 0y y x x    ， 根据题意知 1 0x x ，若 1 0y  ，则与题意不符，所以 0 0y  ，此时 0 2x  或 0 2x   ② 当 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 y x y x y x y x y y y y     时，化简得 2 2 0 1 1 0y x y x ， 将 2 2 0 0 33 4 xy   ， 2 2 1 1 33 4 xy   代入上式并化简，得 0 1 1 0 3(3 )( ) 04 x x x x   ， 根据题意知 1 0x x ，则 0 1 33 04 x x  ，即 0 1 4x x   ，而 02 2x   ， 12 2x   ， 所以 0 1 4x x   不成立，即 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 y x y x y x y x y y y y     不成立． 综上， 2 2OG OH 的最小值为8 ，且此时点 P 的坐标为(2,0) 或( 2,0) ． 22．【解析】（Ⅰ） 1 : 4C x  极坐标方程为 cos 4   ， 2 1 cos: sin xC y       的直角坐标方程为 2 2 2 0x y x   ，所以 2C 极坐标方程为 2 cos  ． （Ⅱ）设 ( , )P   ，射线l的极坐标方程为 π= ( 0, )2     与 1C ， 2C 的交点 ,A B 的极坐标 分别满足 1 4 cos  ， 2 2cos  ．由 5 2 2OP  ，得 1 2+ 2 5 2cos2 cos 2      ． 所以 22cos 5 2 cos 4 0    ，即(2cos 2)(cos 2) 0    ． 所以 2cos = 2 ， π= 4  ，所以点 P 的极坐标为 5 2 π( , )2 4 ． 23．【解析】（Ⅰ）因为   1 +3 5f x x x    ， 当 3x   时，不等式可化为( 1) ( +3) 5x x   ，即( 2) ( +4) 0x x   ，所以 4 3x    ； 当 3 1x   时，不等式可化为 ( 1) ( +3) 5x x    ，即 2( 1) +1 0x   ，所以 3 1x   ； 当 1x  时，不等式可化为( 1) ( +3) 5x x   ，即( 2) ( +4) 0x x   ，所以1 2x  ． 所以原不等式的解集为 4 2x x   ． （Ⅱ） ( )+ ( 4) 1 3 5 1 1 ( 3 5 )f x f x x x x x x x x               1 ( 3 5 ) 8 1x x x x        ． — 高三理科数学(二)第 9 页(共 4 页) — 高三理科数学（二）选择填空详细解析 1．C【解析】因为 2 2020{ | log (10 3 )} { | 5 2}M x y x x x x        ， { | 2020 1} { | 1}xN y y x x     所以 { |1 2}M N x x    ，故答案选 C． 2．A【解析】因为 2 2(1 ) 11 (1 (1 i i) ii i)      ，要使 1 i 2z   是实数，所以复数 i( )z a a R   ， 故答案选 A． 3．D【解析】因为 sin 3c B a ，由正弦定理可得sin sin 3sinC B A ，sin 0B  ， 所以 3sin 3sin sin A aC B b  ． 又 ABC 的面积为 3 3 2 ，所以 21 3 3 3sin2 2 2ab C a  ，得 3a  ． 又 3 3a b  ，所以 2 3b  ， 3sin 2C  ，所以 1cos 2C   ． 所以根据余弦定理 2 2 2 2 cosc a b ab C   得 21c  或 3c  ，故答案选 D． 4．C【解析】在等差数列 na 中，由 1 4,a x a y  可得 3 y xd  ， 所以 7 4 1 17 21 4 6 3 15 2 53 y xS S a d a d x x y           ， 令 2 5z x y   ，作出可行域可知，在点 (0, 1) 处取得最小值， 故 7 4 min min( ) 2 0 5 ( 1) 5S S z          ，故答案选 C． 5．D【解析】因为可判断函数 ( )f x 是奇函数，可以排除答案 A 和 B；当 (0, π)x 时，有 2'( ) cos (cos 1) sin ( sin ) 2cos cos 1f x x x x x x x         ，令 '( ) 0f x  可得 1cos 2x   或者cos 1x  （舍去），所以函数 ( )f x 在 2π(0, )3 单调递减，在 2π( , π)3 单调递增，故答案选 D． 6．D【解析】因为奇函数 ( )f x 满足 ( 1) (1 )f x f x   ，有函数的周期为 4T  ， 所以 4 4 4 4(1 log 80) (3 log 5) ( 1 log 5) 5f f f       ，则 2 4(1 log 5) 5f    因为 21 log 5 ( 1,0)   ，所以 21 log 5 4(2 ) 5 a   ，即 2 4( ) 55 a  ，故 2a  ，故答案选 D． 7．A【解析】由题意知 ( )f x 的最小正周期 2πT    ，解得 2  ，所以 ( ) sin(2 )f x x   ．又 函数 ( )f x 的图像关于直线 π 3x  对称，所以 2πsin( ) 13    ，得 π π6 k    ， k Z ，又 π π 2 2   ，所以 π 6   ，故 π( ) sin(2 )6f x x  ．将函数 ( )f x 的图像向右平移 π 12 个单位长 度 得 到 π π π( ) sin 2( ) sin(2 )12 6 3g x x x        的 图 像 ． 由 1 1 π π π2 π 2 2 π2 3 2k x k     — 高三理科数学(二)第 10 页(共 4 页) — （ 1k Z ）可得 1 1 π 5ππ π12 12k x k     （ 1k Z ），又 ( )g x 在 ,t t 上单调递增， 所以 π 12 5π 12 t t      解得 π 12t  ，所以 π0 12t  ，所以t 的最大值为 π 12 ，故答案选 A． 8．D【解析】设 PD x （0 3x  ），则 3PD x  ，因为 AB  平面 PAD ，所以 AB  PD ． 又 AC  PD ，所以 PD  平面 ABCD ，则四棱锥 P ABCD 可补形成一个长方体，球O 的球心 为 PB 的中点，从而球O 的表面积为 2 2 2 2 2(3 )4 ( ) 3 ( 1) 2 62π π πx x x x         ，故答案 选 D． 9．C【解析】由题意知 1( ,0)F c ， 2 ( ,0)F c ，设 1,F M 关于渐近线 by xa 对称，则 1F 到该渐近 线的距离为 2 2 bc b a b   ．连接 1F M ，记 1F M 与该渐近线交于点 N ，则 1 2F M b ，且 N 为 1F M 的中点．连接 2F M ，因为坐标原点O 是 1 2F F 中点，所以 2/ /ON F M ，则 1 2F MF 为直角，所以 1 2F MF 为直角三角形，由勾股定理得 2 2 24 4c c b  ，故 2 2 23 4( )c c a  ，因此 2 24c a ，得 2e  ，故答案选 C． 10．D【解析】由三视图可知甲为圆锥，乙为球．设球的半径为 R ，圆锥底面半径为 r ，则圆锥 高 2h R ，母线长 2 2l r h  ，因为甲与乙的体积之比为 1:4，所以 3 24 4π π3 3R r h ，即 2 22R r ， 2 24 3l r R r   ．所以 2 2 1 2 2 2 π π 3 1 4π 8 2 S r rl r r r S R r      ，故答案选 D． 11．C【解析】若“阅读文章”与“视听学习”相邻，则有 2 5 2 5A A 种可能；若“阅读文章”与“视听学习” 相隔一个答题模块，则有 2 1 4 2 4 4A C A  种可能，故有 432 种可能，故答案选 C． 12．B【解析】设函数 2( )( ) 1 f x xg x x   ，则   2 2 '( ) 2 ( 1) ( ) '( ) ( 1) f x x x f x x g x x        2 2 ( 1) '( ) ( ) ( 2 ) ( 1) x f x f x x x x      因为 2( 1) '( ) ( ) 2x f x f x x x    ，所以 '( ) 0g x  ，故 ( )g x 在(0, ) 上单调递减， 从而 (1) (2) (3)g g g  ，整理得 2 (2) 3 (1) 5f f  ， (3) 2 (1) 7f f  ，故①③正确． 当 0 1x  时，若 (1) 2f  ，因为 ( )g x 在(0, ) 上单调递减，所以 1( ) (1) 2g x g  ， 即 2( ) 1 1 2 f x x x   ，即 2 1 1( ) 2 2f x x x   ，故②正确，从而④不正确,故答案选 B． 13． 2π 3 【解析】因为 2 2 3a b a b a        ，所以 22(2 ) 3a b a    和 22( 2 ) 3a b a    ，两式— 高三理科数学(二)第 11 页(共 4 页) — 相减得 b a  ，代入可得 21 2a b a     ，所以 1cos 2 a ba b a b            ，又  0,a b     ， 故 a 与b 的夹角为 2π 3 ． 14． 2 π+1 【解析】由已知不妨设 2 2AC  ，则 2AB  ，如图，月牙形面积等于半圆 AmB 的面 积减去弓形 I 的面积，即 2 21 1π 1 π ( 2)2 2 AOB AOBS S S            月牙形 ，可见月牙形面积 与 AOB 面积相等，而 1= 2 2=12AOBS   ，整个图形的面积 21= π ( 2) 1 π 12S      ， 阴影部分面积为 2 =2AOBS ，由几何概型的概率计算公式得，所求概率为 2 π+1 ． 15．12【解析】设 AB 所在直线方程为 x my t  ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ．由题意知 1 0y  ， 2 0y  ， 联立方程组 2 4 x my t y x     得 2 4 4 0y my t   ．所以 1 2 1 24 , 4y y m y y t    ． 又因为OA OB ，所以 1 2 1 2 0x x y y  ，即 2 2 1 2 1 2 04 4 y y y y    ，解得 1 2 16y y   ， 所以 4t  ，即直线 AB 恒过定点 (4,0)M ．又 (1,0)F ，所以 3MF  ． 故 2 1 2 1 3 364( 1) 8 122 2 4 2ABF mS MF y y         ，当且仅当 0m  时，等号成立，故答 案为12 ． 16．3 2 2 【解析】依题意得 2 2 2 2a b c ab    ，则 2 cos 2ab C ab  ， 所以 2cos 2C   ，所以 3π π,4 4C A B   ， 所以 2 2 2 2 2 (1 tan ) tansin 2 tan cos 2 tan 1 tan B BA B B B B      ． 令 21 tan (1,2)t B   ，则有 2 2 2 (1 tan ) tan (2 )( 1) 2( ) 3 3 2 21 tan B B t t tB t t          ，当且 仅当时 2t  取等号，故 2sin 2 tanA B 的最大值是3 2 2 ，故答案为3 2 2 ．