江西省南昌市2021届高三摸底测试数学(理)试题

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2021届江西省南昌市高三摸底测试数学(理)试题(解析版)

同理可得，当直线与、都相切时有：，
综上所述，只需有两解，
令，则，
故当时，，
当时，，
所以在上递增，在递减，
故，
所以只需满足即可.
故选：C.
【点睛】
本题考查曲线的切线方程，考查两条曲线的公切线问题，难度较大.解答时，设出直线方程及切点坐标，根据导数的几何意义，列出关于切点横坐标和斜率的方程组然后设法求解.
【详解】
圆：整理得，
可知圆心为，半径为，且圆过原点，
根据圆的性质可得，弦所对的圆周角等于圆心角的一半，
锐角的面积为，
，
，则，解得 .
故选：B.
【点睛】
本题考查圆的性质，考查三角形面积公式，属于基础题.
12．已知曲线：，：，若恰好存在两条直线直线、与、都相切，则实数的取值范围是（）
所以的面积为 .
【点睛】
本题主要考查了正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式的应用，属于中档题.
18．如图，四棱柱中，底面是菱形，，对角面是矩形，且平面平面．
（1）证明：四棱柱是直四棱柱；
（2）设，若，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】（1）由面面垂直得平面，得直棱柱；
【答案】7576
【解析】根据新定义得数列是周期数列，从而易求得．
【详解】
∵ 成等比数列，，∴ ，
又，为“和谐递进数列”，∴ ，，，，…，
∴数列是周期数列，周期为4．
∴ ．
故答案为：7576．
【点睛】
本题考查数列新定义，解题关键是由数列新定义性质得出数列为周期数列，从而易得结论．

2021-2022学年江西省南昌市高三(上)摸底数学试卷(理科)(附答案详解)

2021-2022学年江西省南昌市高三（上）摸底数学试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.集合A={n∈N|x=16n,x∈N}的元素个数为()A. 3B. 4C. 5D. 62.若z为纯虚数，且|z−1−i|=√2，则z=()A. −iB. iC. −2iD. 2i3.设S n为数列{a n}的前n项和，若a1=65，5a n+1=5a n+2，则S5=()A. 265B. 465C. 10D. 5654.设F为抛物线C：x2=16y焦点，直线l：y=−1，点A为C上任意一点，过点A作AP⊥l于P，则||AP|−|AF||=()A. 3B. 4C. 2D. 不能确定5.直线l1：ax+(a+1)y−1=0，l2：(a+1)x−2y+3=0，则“a=2”是“l1⊥l2”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6.已知向量a⃗=(2,0)，b⃗ =(−12,1)，则|a⃗+2b⃗ |=()A. √5B. √3C. 2√3D. 57.某市为打击出租车无证运营、漫天要价等不良风气，出台两套出租车计价方案，方案一：2公里以内收费8元(起步价)，超过2公里的部分每公里收费3元，不足1公里按1公里计算；方案二：3公里以内收费12元(起步价)，超过3公里不超过10公里的部分每公里收费2.5元，超过10公里的部分每公里收费3.5元，不足1公里按1公里计算．以下说法正确的是()A. 方案二比方案一更优惠B. 乘客甲打车行驶4公里，他应该选择方案二C. 乘客乙打车行驶12公里，他应该选择方案二D. 乘客丙打车行驶16公里，他应该选择方案二8.已知α∈(−π2,π2)，且3cos2α+10sinα=−1，则cosα的值为()A. −13B. 13C. 2√23D. √239.函数f(x)=e|x|x−x的图象大致为()A. B.C. D.10.已知数列{a n}满足a n+a n+2=2n(n∈N∗)，则{a n}的前20项和S20=()A. 220−15B. 220−25C. 221−15D. 221−2511.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线l与C的左、右支分别相交于M、N两点，若|MF1|=|NF1|，|MN|=2b，则双曲线的离心率为()A. √52B. √5 C. 2 D. √6212.已知函数f(x)=e2x−e2e x，若f(a)+f(b)>0，若点(a,b)不可能在曲线C上，则曲线C的方程可以是()A. (x−1)2+(y−1)2=2B. (x−1)2+y2=2C. x2+y2=2D. x2+(y−1)2=2二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.某企业三个分厂生产同一种电子产品，三个分厂产量分布如图所示，现在用分层抽样方法从三个分厂生产的该产品中共抽取100件做使用寿命的测试，则第一分厂应抽取的件数为______ ；由所得样品的测试结果计算出一、二、三分厂取出的产品的使用寿命平均值分别为1020小时，980小时，1030小时，估计这个企业所生产的该产品的平均使用寿命为______ 小时．)n的展开式中共有7项，则常数项为______(用数字作答)．14.若(x+√x15.执行如图框图，若输出的y≥0，则输入x的取值范围为______．16.正四棱锥P−ABCD，底面四边形ABCD为边长为2的正方形，PA=√5，其内切球为球G，平面α过AD与棱PB，PC分别交于点M，N，且与平面ABCD所成二面角为30°，则平面α截球G所得的图形的面积为______．三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，acosB+bcosA=3a，cosB=2．3 (Ⅰ)求c的值；a(Ⅱ)已知△ABC的面积为2√5，求b边．18.如图在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，△PBD为等边三角形，E为PC中点，平面EBD⊥平面ABCD．(Ⅰ)求证：PA⊥平面ABCD；(Ⅱ)求二面角A−DE−B的余弦值．19.已知椭圆C：x24+y23=1，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，O为坐标原点，P为椭圆上任意一点．(Ⅰ)若|PF1|−|PF2|=1，求△PF1F2的面积；(Ⅱ)斜率为1的直线与椭圆相交于A，B两点，OA⊥OB，求直线AB的方程．20.已知函数f(x)=lnx−ax+1(a∈R)．(Ⅰ)若函数y=f(x)在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；(Ⅱ)若函数f(x)存在两个极值点x1，x2，求实数a的取值范围，并比较f(x1)+f(x2)与x1+x2的大小．21. 甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加一次节日活动，他们都有机会抽取奖券．墙上挂着两串奖券袋(如图)，A ，B ，C ，D ，E 五个袋子分别装有价值100，80，120，200，90(单位：元)的奖券，抽取方法是这样的：每个同学只能从其中一串的最下端取一个袋子，得到其中奖券，直到礼物取完为止．甲先取，然后乙、丙、丁、戊依次取，若两串都有礼物袋，则每个人等可能选择一串取． (Ⅰ)求丙取得的礼物券为80元的概率；(Ⅱ)记丁取得的礼物券为X 元，求X 的分布列及其数学期望．22. 在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =3+√22ty =2+√22t(t 为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2=123+sin 2θ． (Ⅰ)求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；(Ⅱ)设P(3,2)，直线l 与曲线C 的交点为M ，N ，求|PM||PN|．23. 已知函数f(x)=|x −a|+x ．(Ⅰ)当a =1时，求不等式f(x)≤2的解集；(Ⅱ)若对任意x ∈R ，都有f(x)≥2恒成立，求实数a 的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】解：由题意知，x ，n 都是16的正整数因数，故n 的取值有：1，2，4，8，16，故集合A ={1,2,4,8,16}，故共有5个元素，故选：C ．题意转化为x ，n 都是16的正整数因数，即可解出．本题考查了集合的化简与列举法的应用，属于基础题．2.【答案】D【解析】解：z 为纯虚数，且|z −1−i|=√2，设z =bi ，b ≠0， ∴(−1)2+(b −1)2=2，解得b =2， ∴z =2i ，故选：D ．根据题意可设设z =bi ，b ≠0，再根据复数的模计算即可．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.【答案】C【解析】解：数列{a n }的前n 项和，若a 1=65，5a n+1=5a n +2，整理得：a n+1=a n +25，故：a n+1−a n =25(常数)，故数列{a n }是以65为首项，25为公差的等差数列；所以：a n =65+25(n −1)=25n +45；故：S 5=5×65+5×42×25=6+4=10．故选：C．首先求出数列的通项公式，进一步求出数列的和．本题考查的知识要点：数列的定义，等差数列的通项公式的求法，数列的求和，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：由抛物线的方程可得准线方程为y=−4，设AP⊥l交点为P，与准线的焦点为Q，由抛物线的性质可得|AQ|=|AF|，所以||AP|−|AF||=||AP|−|AQ||=|PQ|=|−1−(−4)|=3，故选：A．由抛物线的方程可得准线的方程，再由抛物线的性质可得|AF|等于A到准线的距离，进而求出||AP|−|AF||为y=−1到准线的距离．本题考查抛物线的性质，抛物线的点到焦点的距离等于到准线的距离，属于基础题．5.【答案】A【解析】解：若l1⊥l2，则A1A2+B1B2=0，即a(a+1)+(a+1)(−2)=0，解得a=2或a=−1，故a=2”是“l1⊥l2”的充分不必要条件．故选：A．根据两直线垂直的条件A1A2+B1B2=0，列出方程求解，即可得出答案．本题考查了直线一般式方程的垂直关系以及充要条件的判定，属基础题．6.【答案】A【解析】解：∵a⃗=(2,0)，b⃗ =(−12,1)，∴a⃗+2b⃗ =(1,2)，∴|a⃗+2b⃗ |=√12+22=√5．故选：A．根据向量的线性运算的坐标表示求出a⃗+2b⃗ =(1,2)，再求其模即可．本题考查了向量的线性运算的坐标表示以及向量的模，属于基础题．7.【答案】C【解析】解：应付车费与公里数有关，故A错误，乘客甲打车行驶4公里，方案一应付车费8+(4−2)×3=14，方案二应付车费为12+(4−3)×2.5=14.5，应选择方案一，故B错误，乘客乙打车行驶12公里，方案一应付车费8+(12−2)×3=38，方案二应付车费为12+(10−3)×2.5+(12−10)×3.5=36.5，应选择方案二，故C 正确，乘客丙打车行驶16公里，方案一应付车费8+(16−2)×3=50，方案二应付车费为12+(10−3)×2.5+(16−10)×3.5=50.5，应选择方案一，故D 错误．故选：C．根据已知条件，结合方案算出应付车费，即可求解．本题主要考查了分段函数的应用，考查计算能力，属于基础题．8.【答案】C【解析】解：由条件有3(1−2sin²α)+10sinα=−1，整理得3sin²α−5sinα−2=0，即(sinα−2)(3sinα+1)=0又−1<sinα<1，所以sinα=−13．又−π2<α<π2，所以cosα=√1−sin2α=2√23．故选：C．将二倍角公式cos2α=1−2sin²α代入整理得3sin²α−5sinα−2=0，求出sinα，再利用平方和关系求出cosα．本题考查二倍角公式，平方和关系，属于基础题．9.【答案】B【解析】解：∵x≠0，f(−x)=e|x|−x+x=−f(x)，∴f(x)为奇函数，排除A．∵f(1)=e−1>0.排除D．∵当x>0时，f′(x)=e x(x−1)−x2x2，∴当x=2时，f′(x)>0，∴排除C．故选：B．根据条件判断函数的奇偶性，对称性，以及单调性即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性，对称性，单调性是解决本题的关键，是基础题．10.【答案】D【解析】解：数列{a n}满足a n+a n+2=2n(n∈N∗)，则{a n}的前20项和S20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=(2+25+⋯+217)+(22+26+⋯+218)=2[(24)5−1]24−1+22[(24)5−1]24−1=221−25．故选：D．数列{a n}满足a n+a n+2=2n(n∈N∗)，可得{a n}的前20项和S20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=(2+25+⋯+217)+(22+26+⋯+218)，利用等比数列的求和公式即可得出．本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.【答案】B【解析】解：设|MF1|=|NF1|=x，由双曲线的定义知，|NF1|−|NF2|=2a，|MF2|−|MF1|=2a，∴|NF2|=x−2a，而|MF2|−|MF1|=|MN|+|NF2|−|MF1|=2a，∴2b+(x−2a)−x=2a，即b=2a，∴离心率e=ca =√1+b2a2=√5．故选：B．设|MF1|=|NF1|=x，结合双曲线的定义可得|NF2|=x−2a，再代入|MF2|−|MF1|= 2a，推出b=2a，然后由离心率e=√1+b2a，得解．本题考查双曲线的定义与几何性质，考查运算求解能力，属于中档题．12.【答案】C【解析】解：∵f′(x)=e x+2e x，∴f(x)为单调递增函数，且f(1)=0．∵f(a)+f(b)>0，∴a，b至少有一个比1大．当a=1时，b一定比1大，点(a,b)可能在A、B表示的曲线上；当b=1时，a一定比1大，点(a,b)可能在D表示的曲线上．故选：C．首先求导f′(x)=e x+2e x，判断为增函数，求得f(1)=0，然后用赋值法判断选项即可．主要考查了导数的运用，以及赋值法的运用，属于中档题．13.【答案】501015【解析】解：根据图象可知，三个分厂的产品数量比为：5：2：3．则抽取100件做使用寿命的测试，则第一分厂应抽取的件数为55+2+3×100=12×100=50．第二分厂抽取100×20%=20件，第三分厂抽取100×30%=30件，∴该产品的平均使用寿命为50×1020+20×980+30×1030100=1015，故答案为：50，1015．(1)根据分层抽样的定义即可求解结果． (2)根据平均数的公式进行计算．本题主要考查分层抽样的应用以及平均数的计算，比较基础．14.【答案】240【解析】解：∵(x x )n 的展开式中共有7项， ∴n =6．∴常数项为C 64⋅24=15×16=240，故答案为：240． (x √x)n的展开式中共有7项，可求得n =6，从而可求得其展开式中的常数项．本题考查二项式定理，考查运算求解能力，属于基础题．15.【答案】(0,1]【解析】解：由程序图可得，y ={(x −1)e x ,x ≤0−lnx −x +1,x >0，当x ≤0时，y =(x −1)e x <0，与题意不符，舍去，当x >0时，y =−lnx −x +1，设f(x)=−lnx −x +1，求导可得，f′(x)=−1x −1<0，故f(x)在(0,+∞)上恒单调递减，当y ≥0时，即f(x)≥0=f(1)，则0<x ≤1，故输入x 的取值范围为(0,1]．故答案为：(0,1]．由程序图可得，y ={(x −1)e x ,x ≤0−lnx −x +1,x >0，分x ≤0，x >0讨论，并对所求的结果取并集，即可求解．本题主要考查了分段函数与程序图的应用，需要学生较强的综合能力，属于中档题．16.【答案】π3【解析】解：以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，D(2,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，因为PA=PD=PB=PC=√5，AO=12AC=√2，故PO=√PA2−AO2=√3，所以P(1,1,√3)，O(1,1,0)，则内切球的球心G在PO上，设G(1,1,ℎ)，内切球的半径为R，所以S△PAD=S△PCD=S△PBC=S△PAB=12×2×√(√5)2−12=2，由等体积法可得，13R(2+2+2+2+2×2)=13×2×2×√3，解得R=√33，则G(1,1,√33)，因为平面α过直线AD，设平面α的法向量为n⃗=(0,−1,a)，又平面ABCD的法向量为m⃗⃗⃗ =(0,0,1)，设平面α与平面ABCD所成的二面角为θ，则|cosθ|=|m⃗⃗⃗ ⋅n⃗⃗ ||m⃗⃗⃗ ||n⃗⃗ |=√32，即√a2+1=√32，解得a=√3或a=−√3(舍)，故n⃗=(0,−1,√3)，所以圆心G到平面α的距离为d=|AG⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n⃗⃗ ||n⃗⃗ |=|1×(−1)+√3×√33|2=0，故平面α截球G所得的图形的面积为πR2=π3．故答案为：π3．建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用等体积法求出内切球的半径，即可得到球心的坐标，设平面α的法向量，利用向量的夹角公式表示出二面角的余弦值，求解a的值，从而得到球心到平面α的距离，即可求出平面α截球G所得的图形的面积．本题考查了二面角的理解与应用，平面截球所得图形的面积问题，等体积法求解内切球半径的应用，点到平面距离的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．17.【答案】解：(Ⅰ)由正弦定理，asinA =bsinB=csinC=2R(其中R为△ABC外接圆的半径)，所以a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，代入已知条件可得：sinAcosB+sinBcosA=3sinA，所以sin(A+B)=3sinA，即sinC=3sinA，可得c=3a，故ca=3．(Ⅱ)因为cosB=23，可得sinB=√53，所以△ABC的面积为12acsinB=12⋅3a2⋅√53=√52a2，故√52a2=2√5，解得a=2，c=6，所以b2=4+36−2×2×6×23=24，即b=2√6．【解析】(Ⅰ)由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式即可求解ca的值．(Ⅱ)由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinB的值，利用三角形的面积公式进而可求a，c的值，根据余弦定理即可求解b的值．本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18.【答案】(Ⅰ)证明：连接AC交BD于点O，连接PO、EO，因为△PBD为等边三角形，所以PO⊥BD，因为底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD，因为AC∩PO=O，所以BD⊥平面PAC，(3分)又EO⊆平面PAC，所以BD⊥OE，因为平面EBD⊥平面ABCD，平面EBD∩平面ABCD=BD，所以EO⊥平面ABCD，因为E为PC中点，所以PA//OE，则PA⊥平面ABCD.(5分)(Ⅱ)如图，以AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，设AB =2a ，则AD =PA =2a ，所以A(0,0,0)，D(0,2a,0)，E(a,a,a)，C(2a,2a,0)，则AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2a,0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,a,a)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2a,2a,0)，因为平面EBD ⊥平面ABCD ，所以平面EBD 的法向量为AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(2a,2a,0)，(7分)设平面AED 的法向量为n ⃗ =(x,y,z)，则{AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0，所以{2ay =0ax +ay +az =0，所以n⃗ =(1,0,−1)，(9分) 所以cos〈AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ 〉=AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=12，(11分)所以二面角A −DE −B 的余弦值为12.(12分)【解析】(Ⅰ)连接AC 交BD 于点O ，连接PO 、EO ，证明PO ⊥BD ，AC ⊥BD ，推出BD ⊥平面PAC ，即可证明BD ⊥OE ，然后证明EO ⊥平面ABCD ，推出PA ⊥平面ABCD ． (Ⅱ)以AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，设AB =2a ，求出平面EBD 的法向量，平面AED 的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A −DE −B 的余弦值即可．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．19.【答案】解：(Ⅰ)由题意{|PF 1|+|PF 2|=4|PF 1|−|PF 2|=1，解得|PF 1|=52，|PF 2|=32，又|F 1F 2|=2，所以|PF 1|2=(52)2=22+(32)2=|PF 2|2+|F 1F 2|2，即PF 2⊥F 1F 2，所以S △PF 1F 2=12|PF 2|×|F 1F 2|=12×32×2=32．(Ⅱ)直线AB 斜率为1，设直线AB 方程y =x +m ，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，由{y =x +mx 24+y 23=1，消元得7x 2+8mx +4m 2−12=0，得{x 1+x 2=−8m7x 1⋅x 2=4m 2−127，又OA ⊥OB ，知y 1y 2x1x 2=−1，即y 1y 2=−x 1x 2，而y 1y 2=(x 1+m)(x 2+m)=x 1x 2+m(x 1+x 2)+m 2=4m 2−127+m(−8m 7)+m 2所以，−4m 2−127=4m 2−127+m(−8m 7)+m 2，得m =±2√427，满足Δ>0，所以直线AB 的方程7x −7y +2√42=0或7x −7y −2√42=0．【解析】(Ⅰ)由题意{|PF 1|+|PF 2|=4|PF 1|−|PF 2|=1，解得|PF 1|，|PF 2|，又|F 1F 2|=2，由勾股定理可得PF 2⊥F 1F 2，再计算S △PF 1F 2，即可得出答案．(Ⅱ)设直线AB 方程y =x +m ，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，联立直线AB 与椭圆的方程，结合韦达定理可得x 1+x 2，x 1x 2，由OA ⊥OB ，知y 1y 2x 1x 2=−1，进而可得−4m 2−127=4m 2−127+m(−8m 7)+m 2，解得m ，即可得出答案．本题考查直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．20.【答案】解：(Ⅰ)由f(x)=lnx −a x+1得f′(x)=1x +a(x+1)2，(2分)由题f′(x)=1x +a(x+1)2≥0在x ∈(0,+∞)恒成立，即a ≥−(x +1x +2)在x ∈(0,+∞)恒成立，而−(x +1x +2)≤−4，所以a ≥−4；(5分) (Ⅱ)f′(x)=1x +a(x+1)2=x 2+(2+a)x+1x(x+1)2(x >0)，由题意知，x 1，x 2是方程f′(x)=0在(0,+∞)内的两个不同实数解，令g(x)=x 2+(2+a)x +1(x >0)，注意到g(0)=1>0，其对称轴为直线x =−2−a ，故只需{−2−a >0(2+a)2−4>0，解得a <−4，即实数a 的取值范围为(−∞,−4)；(8分)由x 1，x 2是方程x 2+(2+a)x +1=0的两根，得x 1+x 2=−2−a ，x 1x 2=1，因此f(x 1)+f(x 2)=(lnx 1−ax1+1)+(lnx 2−ax 2+1)=ln(x 1x 2)−a ⋅x 1+x 2+2x 1x 2+x 1+x 2+1=−a ⋅−2−a+21−2−a+1=−a，(10分)又x1+x2=−2−a，所以f(x1)+f(x2)−(x1+x2)=2>0，即f(x1)+f(x2)>x1+x2得证．(12分)【解析】(Ⅰ)通过f′(x)=1x+a(x+1)2≥0在x∈(0,+∞)恒成立，得到a≥−(x+1x+2)在x∈(0,+∞)恒成立，利用基本不等式求解即可．(Ⅱ)求出导函数，x1，x2是方程f′(x)=0在(0,+∞)内的两个不同实数解，令g(x)=x2+ (2+a)x+1(x>0)，结合对称轴为直线x=−2−a，转化求解a的范围，推出f(x1)+ f(x2)−(x1+x2)=2>0，推出结果．本题考查函数的导数的应用，考查转化思想以及计算能力，是难题．21.【答案】解：(Ⅰ)由题意知，列举如下：所以丙取得的礼物券为80元的概率P=12×12×12+12×12×12=14；(Ⅱ)如下图，所以X的可能取值为100，80，200，90，又因为P(X=100)=12×12×12=18；P(X=80)=12×12×12×12+12×12×12×12+12×12×12×12=316；P(X =200)=12×12+12×12×12+12×12×12=12； P(X =90)=12×12×12×12+12×12×12×12+12×12×12×12=316；所以分布列为：所以，EX =80×316+90×316+100×18+200×12=11558．【解析】(Ⅰ)利用古典概型的概率公式求解即可．(Ⅱ)X 的可能取值为100，80，200，90，求出概率得到分布列，然后求解期望．本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．22.【答案】解：(Ⅰ)直线l 的参数方程为{x =3+√22ty =2+√22t (t 为参数)，转换为普通方程为x −y −1=0．曲线C 的极坐标方程为ρ2=123+sin 2θ，根据{x =ρcosθy =ρsinθ转换为直角坐标方程为x 24+y 23=1．(Ⅱ)易知直线l 的参数方程标准形式为{x =3+√22t y =2+√22t代入到x 24+y 23=1中，得到7t 2+34√2t +62=0；设M ，N 所对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1+t 2=−34√27，t 1⋅t 2=−627，所以|PM||PN|=|t 1⋅t 2|=627．【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；(Ⅱ)利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极、坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．23.【答案】解：(Ⅰ)因为a =1，所以f(x)=|x −1|+x ，当x ≥1时，f(x)=x −1+x =2x −1≤2，所以1≤x ≤32；当x <1时，f(x)=1−x +x =1≤2，所以x <1，综上知，不等式f(x)≤2的解集为(−∞,32]． (II)因为函数f(x)=|x −a|+x ={2x −a,x ≥aa,x <a，当x ≥a 时，f(x)=2x −a 在x ∈[a,+∞)单调递增，且f(a)=2a −a =a ；当x <a 时，f(x)=a ；所以函数f(x)的最小值是a ，所以实数a 的取值范围是a ≥2．【解析】(Ⅰ)a =1时，f(x)=|x −1|+x ，利用分类讨论法去掉绝对值，求出不等式f(x)≤2的解集．(II)讨论a 的取值，根据函数的单调性求出实数a 的取值范围．本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了不等式恒成立问题，是中档题．。

(版)【省会检测】江西省南昌市高考数学一模试卷(理科)

2021年江西省南昌市高考数学一模试卷〔理科〕一、选择题：本大题共12个小题，每题5分，共60分.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.1．集合，B={x|x=2n+1，n∈Z}，那么A∩B=〔〕A．〔﹣∞，4] B．{1，3} C．{1，3，5} D．[1，3]2．欧拉公式e ix=cosx+isinx〔i为虚数单位〕是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥〞，根据欧拉公式可知，表示的复数位于复平面中的〔〕A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．角α的终边经过点P〔sin47，°cos47°〕，那么sin〔α﹣13°〕=〔〕A． B． C． D．4．奇函数f'〔x〕是函数f〔x〕〔x∈R〕是导函数，假设 x＞0时f'〔x〕＞0，那么〔〕A．f〔0〕＞f〔log32〕＞f〔﹣log23〕 B．f〔log32〕＞f〔0〕＞f〔﹣log23〕C．f〔﹣log23〕＞f〔log32〕＞f〔0〕 D．f〔﹣log23〕＞f〔0〕＞f〔log32〕5．设不等式组表示的平面区域为M，假设直线y=kx经过区域M内的点，那么实数k的取值范围为〔〕A． B． C． D．6．平面内直角三角形两直角边长分别为 a，b，那么斜边长为，直角顶点到斜边的距离为，空间中三棱锥的三条侧棱两两垂直，三个侧面的面积分别为S1，2，3，类比推理可得底面积为，那么三棱锥顶点到底面的SS距离为〔〕第1页〔共29页〕A．B．C．D．7．圆台和正三棱锥的组合体的正视图和俯视图如下图，图中网格是单位正方形，那么组合体的侧视图的面积为〔〕A．6+ B． C． D．88．执行如图程序框图，那么输出的 n等于〔〕A．1 B．2 C．3 D．49．函数f〔x〕= 〔﹣π≤x≤π〕的图象大致为〔〕A．B． C ．第2页〔共29页〕D．10．具有线性相关的五个样本点A1〔0，0〕，A2〔2，2〕，A3〔3，2〕，A4〔4，2〕，A5〔6，4〕，用最小二乘法得到回归直线方程l1：y=bx+a，过点A1，A2 的直线方程l2：y=mx+n，那么以下4个命题中，①m＞b，a＞n；②直线l1过点A3；③④．〔参考公式，〕正确命题的个数有〔〕A．1个B．2个C．3个D．4个11．设函数，假设f〔x〕的最大值不超过1，那么实数a的取值范围为〔〕A．B．C．D．12．椭圆，O为坐标原点，A，B是椭圆上两点，OA，OB的斜率存在并分别记为k OA、OB，且，那么的最小值为〔〕kA．B．C．D．二、填空题〔每题5分，总分值20分，将答案填在答题纸上〕13．展开式中的常数项为．14．平面向量，，假设有，那么实数第3页〔共29页〕m=．15．在圆x2+y2=4上任取一点，那么该点到直线x+y﹣2 =0的距离d∈[0，1]的概率为．16．台风中心位于城市A东偏北α〔α为锐角〕度的150公里处，以v公里/小时沿正西方向快速移动，小时后到达距城市A西偏北β〔β为锐角〕度的200公里处，假设，那么v=．三、解答题〔本大题共7小题，共70分.解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤.〕17．〔分〕等比数列{a n}的前n项和为S n，满足S4=2a4﹣1，S3=2a3﹣1．〔1〕求{a n}的通项公式；〔2〕记b n2〔nn+1〕，数列n的前n 项和为n，求证：．=loga?a{b}T18．〔分〕某校为了推动数学教学方法的改革，学校将高一年级局部生源情况根本相同的学生分成甲、乙两个班，每班各40人，甲班按原有模式教学，乙班实施教学方法改革．经过一年的教学实验，将甲、乙两个班学生一年来的数学成绩取平均数，两个班学生的平均成绩均在[50，100]，按照区间[50，60〕，[60，70〕，[70，80〕，[80，90〕，[90，100]进行分组，绘制成如下频率分布直方图，规定不低于80分〔百分制〕为优秀．1〕完成表格，并判断是否有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关〞；甲班乙班总计第4页〔共29页〕大于等于80分的人数小于80分的人数总计〔2〕从乙班[70，80〕，[80，90〕，[90，100]分数段中，按分层抽样随机抽取7名学生座谈，从中选三位同学发言，记来自[80，90〕发言的人数为随机变量X，求X的分布列和期望．附：K2=，P〔K2≥k0〕k019．〔分〕如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AB=BC=AP=AD=3，AC∩BD=O，过O点作平面α平行于平面（PAB，平面α与棱BC，AD，PD，PC分别相交于点E，F，G，H．（1〕求GH的长度；（2〕求二面角B﹣FH﹣E的余弦值．（（（（（（（（（2=2px〔p＞0〕的焦点为F，准线为l，过焦点F （20．〔分〕抛物线C：y（的直线交C于A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕两点，y1y2=﹣4．（1〕求抛物线方程；（2〕点B在准线l上的投影为E，D是C上一点，且AD⊥EF，求△ABD面积的最小值及此时直线AD的方程．第5页〔共29页〕21．〔分〕函数f〔x〕=ln〔ax〕+bx在点〔1，f〔1〕〕处的切线是y=0．〔1〕求函数f〔x〕的极值；〔2〕当恒成立时，求实数m的取值范围〔e为自然对数的底数〕．22．〔分〕在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为〔θ为参数〕，以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系．〔1〕求C的极坐标方程；〔2〕假设直线l1，l2的极坐标方程分别为，，设直（线l1，l2与曲线C的交点为O，M，N，求△OMN的面积．2|．（23．f〔x〕=|2x+3a（1〕当a=0时，求不等式f〔x〕+|x﹣2|≥3的解集；（2〕对于任意实数x，不等式|2x+1|﹣f〔x〕＜2a成立，求实数a的取值范围．第6页〔共29页〕2021年江西省南昌市高考数学一模试卷〔理科〕参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，每题5分，共60分.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.1．集合，B={x|x=2n+1，n∈Z}，那么A∩B=〔〕A．〔﹣∞，4] B．{1，3} C．{1，3，5} D．[1，3]【分析】先解出集合A={0，1，2，3，4}，然后可判断1，3∈B，进行交集的运算即可求出A∩B．【解答】解：A={0，1，2，3，4}；对于集合B：n=0时，x=1；n=1时，x=3；即1，3∈B；∴A∩B={1，3}．应选：B．【点评】考查描述法、列举法表示集合的概念，以及交集的运算．2．欧拉公式e ix=cosx+isinx〔i为虚数单位〕是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥〞，根据欧拉公式可知，表示的复数位于复平面中的〔〕A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【分析】直接由欧拉公式e ix=cosx+isinx，可得=cos=，那么答案可求．【解答】解：由欧拉公式e ix，可得=cos=，=cosx+isinx∴表示的复数位于复平面中的第一象限．第7页〔共29页〕应选：A．【点评】此题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查数学转化思想方法，是根底题．3．角α的终边经过点P〔sin47，°cos47°〕，那么sin〔α﹣13°〕=〔〕A．B．C．D．【分析】根据三角函数的定义求出sinα和cosα，结合两角和差的正弦公式和余弦公式进行化简即可．【解答】解：∵r=|OP|==1，∴sinα==cos47°，cosα==sin47°，那么sin〔α﹣13°〕=sinαcos13﹣°cosαsin13°=cos47°cos13﹣sin47°°sin13°=cos〔47°+13°〕=cos60°=，∵应选：A．∵【点评】此题主要考查三角函数的化简和求解，利用三角函数的定义结合两角和差的正弦公式是解决此题的关键．∵∵∵4．奇函数f'〔x〕是函数f〔x〕〔x∈R〕是导函数，假设x＞0时f'〔x〕＞0，∵那么〔〕∵A．f〔0〕＞f〔log32〕＞f〔﹣log23〕B．f〔log32〕＞f〔0〕＞f〔﹣log23〕∵C．f〔﹣log23〕＞f〔log32〕＞f〔0〕D．f〔﹣log23〕＞f〔0〕＞f〔log32〕∵【分析】判断f〔x〕的单调性和奇偶性，再判断大小关系．∵【解答】解：∵f′〔x〕是奇函数，且x＞0时f'〔x〕＞0，∵∴当x＜0时，f′〔x〕＜0，∵f〔x〕在〔﹣∞，0〕上单调递减，在〔0，+∞〕上单调递增，∵﹣f′〔﹣x〕=f′〔x〕，∵f〔﹣x〕=f〔x〕，∵f〔x〕是偶函数．∵log23＞log32＞0，第8页〔共29页〕f〔﹣log23〕=f〔log23〕＞f〔log32〕＞f〔0〕．应选：C．【点评】此题考查了函数单调性与奇偶性的判断与应用，属于中档题．5．设不等式组表示的平面区域为M，假设直线y=kx经过区域M内的点，那么实数k的取值范围为〔〕A．B．C．D．【分析】画出不等式组对应的可行域，由于函数y=kx的图象是过点O〔0，0〕，斜率为k的直线l，故由图即可得出其范围．【解答】解：由不等式组，作出可行域如图，如图．因为函数y=kx的图象是过点O〔0，0〕，且斜率为k的直线l，由图知，当直线l过点A〔1，2〕时，k取最大值：2，当直线l过点B〔2，1〕时，k取最小值：，故实数k的取值范围是[，2]．应选：C．第9页〔共29页〕【点评】此题考查简单线性规划，利用线性规划的知识用图象法求出斜率的最大值与最小值．这是一道灵活的线性规划问题，还考查了数形结合的思想，属中档题．6．平面内直角三角形两直角边长分别为a，b，那么斜边长为，直角顶点到斜边的距离为，空间中三棱锥的三条侧棱两两垂直，三个侧面的面积分别为S1，2，3，类比推理可得底面积为，那么三棱锥顶点到底面的SS距离为〔〕A．B．C．D．【分析】三棱锥P﹣ABC，PA，PB，PC两两垂直，P在底面的射影为H，设PA=a，PB=b，PC=c，运用三棱锥的体积公式和等积法，计算可得所求距离．【解答】解：如图三棱锥P﹣ABC，PA，PB，PC两两垂直，P在底面的射影为H，设PA=a，PB=b，PC=c，可得S1= ab，S2=bc，S3=ca，可得abc=2，由题意可得底面积为，由等积法可得×abc=PH?，第10页〔共29页〕可得PH==，应选：C．【点评】此题考查类比推理的应用，注意平面与空间的区别和联系，考查等积法的运用，属于中档题．7．圆台和正三棱锥的组合体的正视图和俯视图如下图，图中网格是单位正方形，那么组合体的侧视图的面积为〔〕A．6+B．C．D．8【分析】几何体为圆台和三棱锥的组合体，根据三视图的对应关系计算侧视图面积．【解答】解：由正视图和俯视图可知几何体为下部为圆台，上部为三棱锥，其中圆台的上下底面半径分别为1，2，高为2，三棱锥的高为2，底面为等腰三角形，由俯视图可知底面等腰三角形底边的高为，故侧视图下局部为上下底分别为2，4，高为2的梯形，上局部为底边为，高为第11页〔共29页〕的三角形，∴侧视图的面积为×〔2+4〕×2+=．应选：B．【点评】此题考查了简单组合体的结构特征与三视图，属于中档题．8．执行如图程序框图，那么输出的n等于〔〕A．1B．2C．3D．4【分析】由中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量n的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：模拟程序的运行，可得n=0，x=，a=﹣sin，不满足条件a=，执行循环体，n=1，x=π，a=sinπ=0，不满足条件a=，执行循环体，n=2，x=，a=sin=，不满足条件a=，执行循环体，n=3，x=，a=sin=，满足条件a=，退出循环，输出n的值为3．应选：C．【点评】此题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是根底题．9．函数f〔x〕=〔﹣π≤x≤π〕的图象大致为〔〕第12页〔共29页〕A．B．C．D．【分析】利用函数的奇偶性排除选项B，通过特殊点的位置排除选项D，利用特殊值的大小，判断选项即可．【解答】解：函数是奇函数，排除选项B；x= 时，y=＞0，排除选项D，x= 时，y=，∵＞，所以排除选项C．应选：A．【点评】此题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及特殊点的位置，是判断函数的图象的常用方法．10．具有线性相关的五个样本点A1〔0，0〕，A2〔2，2〕，A3〔3，2〕，A4〔4，2〕，A5〔6，4〕，用最小二乘法得到回归直线方程l1：y=bx+a，过点A1，A2的直线方程l2：y=mx+n，那么以下4个命题中，①m＞b，a＞n；②直线l1过点A3；③④．〔参考公式第13页〔共29页〕，〕正确命题的个数有〔〕A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】首先求得a，b，m，n的值，然后结合所给的数据验证所给的算式是否成立即可．【解答】解：由题意可得：，那么：，线性回归方程l1为：，直线l2的方程为：y=x，故：，，m=1，n=0，说法①正确；3×0.6+0.2=2，那么直线l1过A3，说法②正确；，，说法③错误；，，说法④错误；综上可得：正确命题的个数有2个．应选：B．【点评】此题考查线性回归方程及其应用，重点考查学生对根底概念的理解和计算能力，属于中等题．11．设函数，假设f〔x〕的最大值不超过1，那么实数a的取值范围为〔〕A．B．C．D．第14页〔共29页〕【分析】讨论x＜a+1时，x≥a+1时，由指数函数、绝对值函数的单调性，可得最大值，解不等式即可得到所求范围．【解答】解：当x＜a+1时，f〔x〕=〔〕|x﹣a|在〔﹣∞，a〕递增，[a，a+1〕递减，可得x=a处取得最大值，且为1；当x≥a+1时，f〔x〕=﹣a﹣|x+1|，当a+1≥﹣1，即a≥﹣2时，f〔x〕递减，可得﹣a﹣|a+2|≤1，解得a≥﹣；当a+1＜﹣1，即a＜﹣2时，f〔x〕在x=﹣1处取得最大值，且为﹣a≤1，那么a∈?．综上可得a的范围是[﹣，+∞〕．应选：A．【点评】此题考查分段函数的最值的求法，注意运用分类讨论思想方法，以及指数函数和绝对值函数的单调性，考查运算能力，属于中档题．12．椭圆，O为坐标原点，A，B是椭圆上两点，OA，OB的斜率存在并分别记为k OA、OB，且，那么的最小值为〔〕kA．B．C．D．【分析】设椭圆的参数方程，根据直线的斜率公式，求得α=+β，利用两点之间的距离公式，求得|OA|2+|OB|2=36，根据根本不等式求得即可求得的最小值．【解答】解：设A〔2cosα，2sinα〕，B〔2cosβ，2sinβ〕，α∈[0，2π〕，β∈[0，2π〕，由k OA OB=﹣，整理得：cosαsin+sinβαsinβ，=0即cos?k=〔α﹣β〕=0，那么α﹣β=，α=+β，第15页〔共29页〕那么A〔2 cos〔+β〕，2 sin〔+β〕〕，即A〔﹣2 sinβ，2cosβ〕，∴|OA|2=24sin2β+12cos2β=12〔1+sin2β〕，|OB|2=12〔1+cos2β〕，那么|OA|2+|OB|2，≤，当且仅当|OA|=|OB|，即=36|OA|?|OB|=18sinβ=±，β=或β=，≥≥=，当且仅当|OA|=|OB|，即sinβ=±，β=或β=，综上可知：的最小值，应选：C．【点评】此题考查椭圆的参数方程，直线的斜率公式，根本不等式的应用，考查转化思想，属于难题．二、填空题〔每题5分，总分值20分，将答案填在答题纸上〕13．展开式中的常数项为4．【分析】分别求出〔x+2〕3的展开式中含x的项及常数项，再由多项式乘多项式求解．【解答】解：〔x+2〕3的通项公式为=．取3﹣r=1，得r=2．∴〔x+2〕3的展开式中含x的项为12x，取3﹣r=0，得r=3．∴〔x+2〕3的展开式中常数项为8，∴展开式中的常数项为12﹣8=4．故答案为：4．【点评】此题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是根底题．14．平面向量，，假设有，那么实数m=±2．第16页〔共29页〕【分析】根据平面向量的模长公式与数乘向量，列方程求出m的值．【解答】解：向量，，假设，那么〔2﹣〕?〔5，2m〕=，∴2﹣=0，化简得m2=4，解得m=±2．故答案为：±2．【点评】此题考查了平面向量的模长公式与数乘向量应用问题，是根底题．．在圆2+y2上任取一点，那么该点到直线x+y﹣2=0的距离d∈[0，1]的15x=4概率为．【分析】由题意画出图形，由弧长公式求出在圆x2+y2=4上任取一点，该点到直线x+y﹣2=0的距离d∈[0，1]的弧的长度，再由测度比为长度比得答案．【解答】解：如图，直线x+y﹣2=0与圆x2+y2=4相切于D，且OD=2，作与直线x+y﹣2=0平行的直线交圆于AB，由O到直线AB的距离OC=1，半径OA=2，可得，第17页〔共29页〕∴劣弧的长度为，而圆的周长为4π，∴在圆x2+y2上任取一点，那么该点到直线x+y﹣2=0的距离∈，的概率=4d[01]为．故答案为：．【点评】此题考查几何概型，考查直线与圆位置关系的应用，表达了数形结合的解题思想方法，是中档题．16．台风中心位于城市A东偏北α〔α为锐角〕度的150公里处，以v公里/小时沿正西方向快速移动，小时后到达距城市A西偏北β〔β为锐角〕度的200公里处，假设，那么v=100．【分析】如下图：AB=150，AC=200，B=α，C=β，根据解三角形可得3sinα=4sin，β①，又cosα=cosβ，②，求出cosβ=，cosα=，求出BC的距离，即可求出速度【解答】解：如下图：AB=150，AC=200，B=α，C=β，在Rt△ADB中，AD=ABsinα=150sin，αBD=ABcosα在Rt△ADC中，AD=ACsinα=200sin，βCD=ACcosβ∴150sinα=200sin，β即3sinα=4sin，β①，又cosα=cosβ，②，由①②解得sinβ=，cosβ=，sinα=，cosα=BD=ABcosα=150×=90，CD=ACcosβ=200×=160，BC=BD+CD=90+160=250，v==100，故答案为：100．第18页〔共29页〕【点评】此题考查了解三角形的问题，以及三角函数的关系，属于根底题三、解答题〔本大题共7小题，共70分.解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤.〕17．〔分〕等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 4=2a 4﹣1，S 3=2a 3﹣1．〔1〕求{a n }的通项公式；〔2〕记b〔 +〕，数列 {b n } 的前 n 项和为，求证：．n =log 2a n ?a n1T n【分析】〔1〕设{a n的公比为q ，由4﹣3 4得， 4﹣ 34，从而．由33}SS=a2a2a=a q=2S=2a﹣1，求出a 1=1．由此{a n }的通项公式．〔2〕由，得，由．【解答】解：〔1〕设{a n} 的公比为 q ，由 4﹣3 4得，4﹣34，S S=a 2a2a=a所以，所以q=2．又因为S 33﹣，=2a1所以a 1111﹣，所以1 ．所以．+2a+4a=8a1a=1证明：〔2〕由〔1〕知，所以，所以第19页〔共29页〕=．【点评】此题主要考查数列通项公式和前n项和的求解，利用裂项求和法是解决此题的关键．18．〔分〕某校为了推动数学教学方法的改革，学校将高一年级局部生源情况根本相同的学生分成甲、乙两个班，每班各40人，甲班按原有模式教学，乙班实施教学方法改革．经过一年的教学实验，将甲、乙两个班学生一年来的数学成绩取平均数，两个班学生的平均成绩均在[50，100]，按照区间[50，60〕，[60，70〕，[70，80〕，[80，90〕，[90，100]进行分组，绘制成如下频率分布直方图，规定不低于80分〔百分制〕为优秀．1〕完成表格，并判断是否有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关〞；甲班乙班总计大于等于80分的人数小于80分的人数总计〔2〕从乙班[70，80〕，[80，90〕，[90，100]分数段中，按分层抽样随机抽取7名学生座谈，从中选三位同学发言，记来自[80，90〕发言的人数为随机变量X，求X的分布列和期望．附：K2=，P〔K2≥k0〕第20页〔共29页〕k【分析】〔1〕依题意求出K2≈＞，从而有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关〞．〔2〕从乙班[70，80〕，[80，90〕，[90，100]分数段中抽人数分别为2，3，2，依题意随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望．【解答】解：〔1〕依题意得，有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关〞．〔2〕从乙班[70，80〕，[80，90〕，[90，100]分数段中抽人数分别为2，3，2，依题意随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，，，∴X的分布列为：X0123P∴．（【点评】此题考查独立性检验的应用，考查离散型随机变量的分布列、数学期望等根底知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．（（（19．〔分〕如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AB=BC=AP=AD=3，AC∩BD=O，过O点作平面α平行于平面PAB，平面α与棱BC，AD，PD，PC分别相交于点E，F，G，H．（1〕求GH的长度；（2〕求二面角B﹣FH﹣E的余弦值．第21页〔共29页〕【分析】〔1〕法一：推导出EF∥AB，EH∥BP，FG∥AP，从而△BOC∽△DOA，且，连接HO，那么有HO∥PA，过点H作HN∥EF交FG于N，由此能求出GH．法二：由面面平行的性质定理，得EF∥AB，EH∥BP，FG∥AP，作HN∥BC，HNPB=N，GM∥AD，HN∥GM，HN=GM，故四边形GMNH为矩形，即GH=MN，由此能求出GH．〔2〕以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立如下图空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣FH﹣E的余弦值．【解答】解：〔1〕解法一：因为α∥平面PAB，平面α∩平面ABCD=EF，O∈EF，平面PAB∩平面ABCD=AB，所以EF∥AB，同理EH∥BP，FG∥AP，因为BC∥AD，AD=6，BC=3，所以△BOC∽△DOA，且，所以，，同理，连接HO，那么有HO∥PA，所以HO⊥EO，HO=1，所以，同理，，过点H作HN∥EF交FG于N，那么解法二：因为α∥平面PAB，平面α∩平面ABCD=EF，O∈EF，平面PAB∩平面ABCD=AB，根据面面平行的性质定理，所以EF∥AB，同理EH∥BP，FG∥AP，因为BC∥AD，AD=2BC，所以△BOC∽△DOA，且，第22页〔共29页〕又因为△COE∽△AOF，AF=BE，所以BE=2EC，同理2AF=FD，2PG=GD，如图：作HN∥BC，HN∩PB=N，GM∥AD，GM∩PA=M，所以HN∥GM，HN=GM，故四边形GMNH为矩形，即GH=MN，在△PMN中，所以，所以．解：〔2〕以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立如下图空间直角坐标系，B〔3，0，0〕，F〔0，2，0〕，E〔3，2，0〕，H〔2，2，1〕，，设平面BFH的法向量为，，令z=﹣2，得，因为平面EFGH∥平面PAB，所以平面EFGH的法向量，，故二面角B﹣FH﹣E的余弦值为．【点评】此题考查线段长的求法，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、第23页〔共29页〕线面、面面间的位置关系等根底知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．20．〔分〕抛物线C：y2=2px〔p＞0〕的焦点为F，准线为l，过焦点F的直线交C于A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕两点，y1y2=﹣4．1〕求抛物线方程；2〕点B在准线l上的投影为E，D是C上一点，且AD⊥EF，求△ABD面积的最小值及此时直线AD 的方程．【分析】〔1〕根据题意，分直线的斜率是否存在两种情况讨论，求出p的值，综合即可得答案；〔2〕根据题意，设D〔x0，y0〕，，分析可得E、A的坐标，进而可得直线AD的方程，结合三角形面积公式可以用t表示△ABD面积，利用根本不等式的性质分析可得答案．【解答】解：〔Ⅰ〕依题意，当直线AB的斜率不存在时，|AB|=﹣p2=﹣4，p=2当直线AB的斜率存在时，设由，化简得由y1y2=﹣4得p2=4，p=2，所以抛物线方程y2=4x．〔Ⅱ〕设D〔x0，0〕，，那么〔﹣，〕，y E1t 又由y1y2=﹣4，可得第24页〔共29页〕因为，AD⊥EF，所以，故直线由，化简得，所以．所以设点B到直线AD的距离为d，那么所以，当且仅当t4=16，即t=±2，当t=2时，AD：x﹣y﹣3=0，当t=﹣2时，AD：x+y﹣3=0．【点评】此题考查抛物线的几何性质，涉及直线与抛物线的位置关系，〔1〕中注意直线的斜率是否存在．21．〔分〕函数f〔x〕=ln〔ax〕+bx在点〔1，f〔1〕〕处的切线是y=0．〔1〕求函数f〔x〕的极值；〔2〕当恒成立时，求实数m的取值范围〔e为自然对数的底数〕．【分析】〔Ⅰ〕求出，由导数的几何意义得f〔x〕=lnx﹣x+1〔x∈〔0，+∞〕〕，由此能示出f〔x〕的极值．第25页〔共29页〕〔Ⅱ〕当〔m＜0〕在x∈〔0，+∞〕恒成立时，〔m＜0〕在x∈〔0，+∞〕恒成立，法一：设，那么，，g 〔x〕在〔0，1〕上单调递减，在〔1，+∞〕上单调递增，；．g〔x〕，h〔x〕均在x=1处取得最值，要使g〔x〕≥h〔x〕恒成立，只需g〔x〕min≥〔〕max，由此能求出实数m 的取值范围．h x法二：设〔x∈〔0，+∞〕〕，那么，，由此能求出实数m的取值范围．【解答】解：〔Ⅰ〕因为f〔x〕=ln〔ax〕+bx，所以，因为点〔1，f〔1〕〕处的切线是y=0，所以f'〔1〕=1+b=0，且f〔1〕=lna+b=0所以a=e，b=﹣1，即f〔x〕=lnx﹣x+1〔x∈〔0，+∞〕〕所以，所以在〔0，1〕上递增，在〔1，+∞〕上递减所以f〔x〕的极大值为f〔1〕=lne﹣1=0，无极小值．〔Ⅱ〕当〔m＜0〕在x∈〔0，+∞〕恒成立时，由〔Ⅰ〕f〔x〕=lnx﹣x+1，即〔m＜0〕在x∈〔0，+∞〕恒成立，解法一：设，那么，，又因为m＜0，所以当0＜x＜1时，g'〔x〕＜0，h'〔x〕＞0；当x＞1时，g'〔x〕＞0，h'〔x〕＜0．所以g〔x〕在〔0，1〕上单调递减，在〔1，+∞〕上单调递增，；h〔x〕在〔0，1〕上单调递增，在〔1，+∞〕上单调递减，．所以g〔x〕，h〔x〕均在x=1处取得最值，所以要使g〔x〕≥h〔x〕恒成立，第26页〔共29页〕只需g〔x〕min≥〔〕max，即，解得m ≥﹣，又m＜，hx1e0所以实数m的取值范围是[1﹣e，0〕．解法二：设〔x∈〔0，+∞〕〕，那么当0＜x＜1时，﹣lnx＞0，x﹣1＜0，那么，，即g'〔x〕＞0当x＞1时，﹣lnx＜0，x﹣1＞0，那么，，即g'〔x〕＜0所以g〔x〕在x∈〔0，1〕上单调递增，在x∈〔1，+∞〕上单调递减．所以，即，又m＜0所以实数m的取值范围是[1﹣e，0〕．【点评】此题考查函数的极值的求法，考查实数的取值范围的求法，考查函数性质、导数性质、导数的几何意义等根底知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．22．〔分〕在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为〔θ为参数〕，以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系．〔1〕求C的极坐标方程；〔2〕假设直线l1，l2的极坐标方程分别为，，设直线l1，2与曲线C 的交点为，，N，求△OMN的面积．l O M【分析】〔1〕直接利用转换关系把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化．〔2〕利用方程组求出极径的长，最后求出三角形的面积．【解答】解：〔1〕由参数方程，得普通方程〔x﹣2〕2+y2，=42222所以极坐标方程ρcosθ+ρsinθ﹣4ρsinθ，=0即ρ=4sin．θ〔2〕直线与曲线C的交点为O，M，得，第27页〔共29页〕又直线与曲线C的交点为O，N，得，且，所以．【点评】此题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，极径的应用．23．f〔x〕=|2x+3a2|．1〕当a=0时，求不等式f〔x〕+|x﹣2|≥3的解集；2〕对于任意实数x，不等式|2x+1|﹣f〔x〕＜2a成立，求实数a的取值范围．【分析】〔1〕当a=0时，不等式f〔x〕+|x﹣2|≥3变成|2x|+|x﹣2|≥3，讨论x取值，去绝对值号即可解出该不等式；2〕由不等式|2x+1|﹣f〔x〕＜2a即可得出|2x+1|﹣|2x+3a2|＜2a，而|2x+1||2x+3a2|≤|3a2﹣1|，从而得到不等式|3a2﹣1|＜2a，解该不等式即可得出实数a的取值范围．【解答】解：〔1〕当a=0时，f〔x〕+|x﹣2|=|2x|+|x﹣2|≥3；∴，得；，得1≤x≤2；，得x＞2；∴f〔x〕+|x﹣2|≥2的解集为；2〕对于任意实数x，不等式|2x+1|﹣f〔x〕＜2a成立，即|2x+1|﹣|2x+3a2|＜2a恒成立；又因为|2x+1|﹣|2x+3a2|≤|2x+1﹣2x﹣3a2|=|3a2﹣1|；所以原不等式恒成立只需|3a2﹣1|＜2a；当a＜0时，无解；当时，1﹣3a2＜2a，解得；当时，3a2﹣1＜2a，解得；所以实数a的取值范围是．【点评】考查含绝对值不等式的解法：讨论x去绝对值号，以及不等式|x+a|﹣第28页〔共29页〕(版)【省会检测】江西省南昌市高考数学一模试卷(理科) |x+b|≤|a﹣b|的应用．第29页〔共29页〕31 / 3131。

2021届江西省南昌市高三第一次模拟考试数学(理)试题Word版含解析

2021届江西省南昌市高三第一次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．设集合，，则( )A．B．C．D．【答案】B【解析】解一元二次不等式简化集合M，再由对数的运算性质求出N，再由交集的运算求出（∁M）∩N．R【详解】∵x2﹣4＞0，∴x＜﹣2或x＞2，∴M＝（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞），∵logx＜1，∴0＜x＜2，2∴N＝（0，2），∴∁M＝[﹣2，2]，RM）∩N＝（0，2）．∴（∁R故选：B．【点睛】本题考查交、并、补集的混合运算，以及一元二次不等式的解法、对数的运算性质，属于基础题．2．已知复数的实部等于虚部，则( )A．B．C．-1 D．1【答案】C【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再结合已知条件即可求出a的值．【详解】∵z的实部等于虚部，∴，即a＝﹣1．故选：C．【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．3．已知抛物线方程为，则其准线方程为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】利用抛物线方程直接求解准线方程即可．【详解】抛物线x2＝-2y的准线方程为：y，故选：C．【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，熟记抛物线的简单几何性质是关键，是基本知识的考查．4．已知为等差数列，若，，则( )A．1 B．2 C．3 D．6【答案】B【解析】利用等差数列的通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出．【详解】}为等差数列，,∵{an∴，解得＝﹣10，d＝3，∴＝+4d＝﹣10+12＝2．故选：B．【点睛】本题考查等差数列通项公式求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5．如图所示算法框图，当输入的为1时，输出的结果为( )A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【解析】根据程序框图，利用模拟验算法进行求解即可．【详解】当x＝1时，x＞1不成立，则y＝x+1＝1+1＝2，i＝0+1＝1，y＜20不成立，x＝2，x＞1成立，y＝2x＝4，i＝1+1＝2，y＜20成立，x＝4，x＞1成立，y＝2x＝8，i＝2+1＝3，y＜20成立，x＝8，x＞1成立，y＝2x＝16，i＝3+1＝4，y＜20成立x＝16，x＞1成立，y＝2x＝32，i＝4+1＝5，y＜20不成立，输出i＝5，故选：C．【点睛】本题主要考查程序框图的识别和判断，利用模拟运算法是解决本题的关键．6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．B．C．D．【答案】D【解析】利用三视图判断几何体的形状，然后通过三视图的数据求解几何体的体积即可．【详解】由三视图可知该几何体是由一个正三棱柱（其高为6，底面三角形的底边长为4，高为）截去一个同底面的三棱锥（其高为3）所得，则该几何体的体积为；故选：D．【点睛】本题考查简单几何体的形状与三视图的对应关系，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力,是基础题.7．2021年广东新高考将实行模式，即语文数学英语必选，物理历史二选一，政治地理化学生物四选二，共有12种选课模式.今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则他们选课相同的概率( )A．B．C．D．【答案】D【解析】基本事件总数n6，他们选课相同包含的基本事件m＝1，由此能求出他们选课相同的概率．【详解】今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则基本事件总数n6，他们选课相同包含的基本事件m＝1，∴他们选课相同的概率p．故选：D．【点睛】本题考查古典概型，准确计算基本事件总数和选课相同包含的基本事件数是关键，是基础题. 8．已知，，：“”，：“”，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】先作出不等式：“|x|1”，“x2+y2≤r2”表示的平面区域，再结合题意观察平面区域的位置关系即可得解【详解】“|x|1”，表示的平面区域如图所示:平行四边形ABCD及其内部，“x2+y2≤r2”，表示圆及其内部由p是q的必要不充分条件，则圆心O（0，0）到直线AD：2x+y﹣2＝0的距离等于，则0，故选：A．【点睛】本题考查不等式表示的平面区域及图象之间的位置关系，熟练运用直线与圆的位置关系是关键，属中档题．9．已知在上连续可导，为其导函数，且，则( )A．B．C．0 D．【答案】C【解析】根据条件判断函数f（x）和f′（x）的奇偶性，利用奇偶性的性质进行求解即可．【详解】函数f（﹣x）＝e﹣x+e x﹣f'（1）（﹣x）•（e﹣x﹣e x）＝f（x），即函数f（x）是偶函数，两边对x求导数得﹣f′（﹣x）＝f′（x）．即f′（﹣x）＝﹣f′（x），则f′（x）是R上的奇函数，则f′（0）＝0，f′（﹣2）＝﹣f′（2），即f′（2）+f′（﹣2）＝0，则f'（2）+f'（﹣2）﹣f'（0）f'（1）＝0，故选：C．【点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题. 10．已知平面向量，，，，若对任意的实数，的最小值为，则此时( )A．1 B．2 C．D．【答案】D【解析】由题知，终点分别在圆上，画出图形，由最小值，确定，的夹角，再利用模长公式求解即可.【详解】由题知，终点分别在以2和1为半径的圆上运动，设的终点坐标为A(2,0),的终点为单位圆上的点B，最小时即过A做单位圆切线切点为B时，此时AB=,所以，的夹角为，此时=故选：D【点睛】本题考查向量的模，向量的几何意义，数形结合思想，准确确定取最小值时，的夹角是关键，是中档题.11．已知，，为圆上的动点，，过点作与垂直的直线交直线于点，则的横坐标范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】设P（），则Q（2，），当≠0时，求出两直线方程，解交点的横|范围，得|x|范围，当＝0时，求得|x|＝1即可求解.坐标为，利用|x【详解】设P（），则Q（2，2），当≠0时，k AP ，kPM，直线PM：y﹣（x﹣），①直线QB：y﹣0（x），②联立①②消去y得x，∴，由||＜1得x2＞1，得|x|＞1，当＝0时，易求得|x|＝1，故选：A．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，两直线交点问题，准确计算交点坐标是关键，属中档题．12．杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形，帕斯卡（1623-1662）是在1654年发现这一规律的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，这是我国数学史上的一个伟大成就.如图所示，在“杨辉三角”中，去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为( )A．B．C．D．【答案】A【解析】利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，然后令x＝1得到对应项的系数和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可．【详解】n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，例如（x+1）2＝x2+2x+1，系数分别为1，2，1，对应杨辉三角形的第3行，令x＝1，就可以求出该行的系数之和，第1行为20，第2行为21，第3行为22，以此类推即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，2n﹣1，则杨辉三角形的前n项和为Sn若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，……，可以看成一个首项为1，公差为1的等差数列，，则Tn可得当n＝15，在加上第16行的前15项时，所有项的个数和为135，由于最右侧为2，3，4，5，……，为首项是2公差为1的等差数列，则第16行的第16项为17，则杨辉三角形的前18项的和为S＝218﹣1，18﹣35﹣17＝218﹣53，则此数列前135项的和为S18故选：A．【点睛】本题主要考查归纳推理的应用，结合杨辉三角形的系数与二项式系数的关系以及等比数列等差数列的求和公式是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．二、填空题13．设函数，则的值为__________．【答案】【解析】利用函数的性质得f （5）＝f（2）＝f（﹣1），由此能求出f（5）的值．【详解】∵函数，∴f （5）＝f（2）＝f（﹣1）＝（﹣1）2﹣2﹣1．故答案为：．【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14．侧面为等腰直角三角形的正三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为__________．【答案】【解析】作出符合题意的图形P﹣ABC，取底面中心O，利用直角三角形POC容易得解．【详解】如图，正三棱锥P﹣ABC中，O为底面中心，不妨设PC＝1，∵侧面为等腰直角三角形，∴BC，∴OC，∴OP，∴sin∠PCO，故答案为：．【点睛】此题考查了直线线与平面所成角，熟练运用线面关系找到所求角，准确计算是关键，是基础题．15．已知锐角满足方程，则__________．【答案】【解析】化简已知等式，利用同角三角函数基本关系式可求3sin2A+8sinA﹣3＝0，解得sinA 的值，利用二倍角的余弦函数公式即可计算得解．【详解】∵锐角A满足方程3cosA﹣8tanA＝0，可得：3cos2A＝8sinA，∵cos2A+sin2A＝1，∴3sin2A+8sinA﹣3＝0，解得：sinA，或﹣3（舍去），∴cos2A＝1﹣2sin2A＝1﹣2．故答案为：．【点睛】本题考查同角三角函数基本关系式的应用,二倍角公式，一元二次方程的解法，熟记三角函数基本公式，准确计算是关键，属于基础题．16．定义在封闭的平面区域内任意两点的距离的最大值称为平面区域的“直径”.已知锐角三角形的三个顶点在半径为1的圆上，且，分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域，则平面区域的“直径”的最大值是__________．【答案】【解析】画出几何图形，运用边的关系转化为求周长的最值，结合正余弦定理及基本不等式求解即可.【详解】设三个半圆圆心分别为G,F，E，半径分别为M,P,N分别为半圆上的动点，则PM≤+GF= +=，当且仅当M,G,F,P共线时取等；同理：PN ≤MN≤,又外接圆半径为1，，所以,∴BC=a=2sin=,由余弦定理解b+c≤2,当且仅当b=c=取等；故故答案为【点睛】本题考查正余弦定理，基本不等式，善于运用数形结合思想运用几何关系转化问题是关键，是难题.三、解答题17．函数（，）的部分图像如下图所示，，，并且轴.（1）求和的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据函数过A，C两点，代入进行求解即可．（2）根据条件求出B的坐标，利用向量法进行求解即可．【详解】（1）由已知，又，所以，所以（3分）由，即，所以，，解得，，而，所以.（2）由（Ⅰ）知，，令，得或，k∈Z，所以x＝6k或x＝6k+1，由图可知，．所以，所以，所以．【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求解，以及三角函数余弦值的计算，利用向量法以及待定系数法是解决本题的关键．18．如图，四棱台中，底面是菱形，底面，且，，是棱的中点.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）推导出⊥BD．BD⊥AC．从而BD⊥平面AC，由此能证明．（2）如图，设AC交BD于点O，以O为原点，OA、OB、OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴1建立空间直角坐标系．利用向量法能求出二面角E﹣﹣C的余弦值．【详解】证明：（1）因为⊥底面ABCD，所以⊥BD．因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC．＝C，所以BD⊥平面A．又AC∩CC1又由四棱台ABCD﹣知，，A，C，四点共面．所以BD⊥．（2）如图，设AC交BD于点O，依题意，∥OC且＝OC，所以O∥C，且O＝C．所以O⊥底面ABCD．以O为原点，OA、OB、OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．1则，（）．由，得B1的中点，所以E（）,所以（），（﹣2，因为E是棱BB10，0）．设（x，y，z）为平面的法向量，则，取z＝3，得（0，4，3），平面的法向量（0，1，0），又由图可知，二面角E﹣A1C1﹣C为锐二面角，设二面角E﹣A1C1﹣C的平面角为θ，则cosθ，所以二面角E﹣A1C1﹣C的余弦值为．【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．19．市面上有某品牌型和型两种节能灯，假定型节能灯使用寿命都超过5000小时，经销商对型节能灯使用寿命进行了调查统计，得到如下频率分布直方图：某商家因原店面需要重新装修，需租赁一家新店面进行周转，合约期一年.新店面需安装该品牌节能灯5支（同种型号）即可正常营业.经了解，型20瓦和型55瓦的两种节能灯照明效果相当，都适合安装.已知型和型节能灯每支的价格分别为120元、25元，当地商业电价为0.75元/千瓦时，假定该店面正常营业一年的照明时间为3600小时，若正常营业期间灯坏了立即购买同型灯更换.（用频率估计概率）（1）若该商家新店面全部安装了型节能灯，求一年内恰好更换了2支灯的概率；（2）若只考虑灯的成本和消耗电费，你认为该商家应选择哪种型号的节能灯，请说明理由.【答案】（1）；（2）应选择A型节能灯.【解析】（1）由频率分布直方图可知用频率估计概率，得m型节能灯使用寿命超过3600小时的概率为，从而一年内一支B型节能灯在使用期间需更换的概率为，由此能求出一年内5支恰好更换了2支灯的概率．（2）共需要安装5支同种灯管，选择A型节能灯，一年共需花费5×120+3600×5×20×0.75×10﹣3＝870元；选择B型节能灯，由于B型节能灯一年内需更换服从二项分布，一年共需花费元，由此能求出该商家应选择A型节能灯．【详解】（1）由频率分布直方图可知，B型节能灯使用寿命超过3600小时的频率为0.2，用频率估计概率，得B型节能灯使用寿命超过3600小时的概率为.所以一年内一支B型节能灯在使用期间需更换的概率为，.所以一年内支恰好更换了支灯的概率为..（2）共需要安装支同种灯管，若选择A型节能灯，一年共需花费元；若选择B型节能灯，由于B型节能灯一年内需更换服从二项分布，故一年需更换灯的支数的期望为支，故一年共需花费元.因为，所以该商家应选择A型节能灯.【点睛】本题考查概率的求法，考查频率分布直方图、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，熟记频率分布直方图性质，准确计算是关键，是中档题．20．如图，椭圆：与圆：相切，并且椭圆上动点与圆上动点间距离最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）过点作两条互相垂直的直线，，与交于两点，与圆的另一交点为，求面积的最大值，并求取得最大值时直线的方程.【答案】（1）；（2）面积的最大值为，此时直线的方程为.【解析】（1）由题意可得b＝1，a﹣1，即可得到椭圆的方程；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），根据l2⊥l1，可设直线l1，l2的方程，分别与椭圆、圆的方程联立即可得可得出|AB|、|MN|，即可得到三角形ABC的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值．【详解】（1）椭圆E与圆O：x2+y2＝1相切，知b2＝1；又椭圆E上动点与圆O上动点间距离最大值为，即椭圆中心O到椭圆最远距离为，得椭圆长半轴长，即；所以椭圆E的方程：（2）①当l1与x轴重合时，l2与圆相切，不合题意．②当l1⊥x轴时，M（﹣1，0），l1：x＝1，，此时．…（6分）③当l1的斜率存在且不为0时，设l1：x＝my+1，m≠0，则，设A（x1，y1），B（x2，y2），由得，（2m2+3）y2+4my﹣1＝0，所以，所以．由得，，解得，所以，所以，因为，所以，当且仅当时取等号．所以（）综上，△ABM面积的最大值为，此时直线l的方程为1．【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，同时考查了推理能力和计算能力及分析问题和解决问题的能力21．已知函数（为自然对数的底数，为常数，并且）.（1）判断函数在区间内是否存在极值点，并说明理由；（2）若当时，恒成立，求整数的最小值.【答案】（1）无极值点；（2）0.【解析】（1）由题意结合导函数的符号考查函数是否存在极值点即可；（2）由题意结合导函数研究函数的单调性，据此讨论实数k的最小值即可．【详解】（1），令，则f'（x）＝e x g（x），恒成立，所以g（x）在（1，e）上单调递减，所以g（x）＜g（1）＝a﹣1≤0，所以f'（x）＝0在（1，e）内无解．所以函数f（x）在区间（1，e）内无极值点．（2）当a＝ln2时，f（x）＝e x（﹣x+lnx+ln2），定义域为（0，+∞），，令，由（Ⅰ）知，h（x）在（0，+∞）上单调递减，又，h（1）＝ln2﹣1＜0，所以存在，使得h（x1）＝0，且当x∈（0，x1）时，h（x）＞0，即f'（x）＞0，当x∈（x1，+∞）时，h（x）＜0，即f'（x）＜0．所以f（x）在（0，x1）上单调递增，在（x1，+∞）上单调递减，所以．由h（x1）＝0得，即，所以，令，则恒成立，所以r（x）在上单调递增，所以，所以f（x）max＜0，又因为，所以﹣1＜f（x）max＜0，所以若f（x）＜k（k∈Z）恒成立，则k的最小值为0．【点睛】本题主要考查导数研究函数的极值，导数研究函数的单调性，导数的综合运用等知识，属于中等题．22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求的极坐标方程；（2）设点，直线与曲线相交于点，求的值.【答案】（1）；（2）4.【解析】（1）直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果．（2）利用直线的参数方程的转换，利用一元二次方程根和系数关系的应用求出结果．【详解】（1）由参数方程，得普通方程，所以极坐标方程.（2）设点对应的参数分别为，将代入得得所以,直线l（t为参数）可化为，所以.【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．23．已知函数.（1）求证：；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）由绝对值不等式性质得即可证明；（2）由去绝对值求解不等式即可.【详解】（1）因为，所以.,即（2）由已知，①当m≥-时，等价于,即，解得所以②当m<-时，等价于，,解得-3≤m≤5,所以-3≤m<综上，实数的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式解法，不等式恒成立问题，熟练运用零点分段取绝对值，准确计算是关键，是中档题.。

2021届江西省南昌市高考数学三模试卷(理科)(含答案解析)

2021届江西省南昌市高考数学三模试卷(理科)一、单选题（本大题共12小题，共60.0分） 1.已知全集U ={0,1，2，3，4}，且集合B ={1,2，4}，集合A ={2,3}，则B ∩(∁U A)=( )A. {1,4}B. {1}C. {4}D. ⌀2.已知复数z 满足(1−i)z =1−3i ，则|z|=( )A. √2B. √3C. 2D. √53.若函数f(x)为偶函数，且∫f 30(x)dx =8，则∫[3−3f(x)+2]dx =( )A. 12B. 16C. 20D. 284.已知f(x)=x 3+sinx ，若a ，b ，c ∈R ，且a +b >0，a +c >0，b +c >0，则f(a)+f(b)+f(c)的值( )A. 一定大于0B. 一定等于0C. 一定小于0D. 正负都有可能5.等差数列{a n }中，a 1>0，S n 为前 n 项和，且 S 3=S 16，则 S n 取最大值时，n 等于( )A. 9B. 10C. 9 或 10D. 10 或 116.若变量x ，y 满足{y ≤1x +y ≥0x −y −2≤0，则z =x −2y 的最大值为( )A. 2B. 1C. 4D. 37.某班有50名同学，一次数学考试的成绩X 服从正态分布N(110,102)，已知P(100≤X ≤110)=0.34，估计该班学生数学成绩在120分以上的人数为( )A. 7B. 7C. 8D. 98.如果函数f(x)在[a,b]上存在x 1，x 2(a <x 1<x 2<b)满足f′(x 1)=f(b)−f(a)b−a，f′(x 2)=f(b)−f(a)b−a，那么称函数f(x)是[a,b]上的“双中值函数”.己知函数f(x)=x 3−x 2+m 是[0,m]上的“双中值函数”，则实数m 的取信范围为( )A. (13,12)B. (32,3)C. (12,1)D. (13,1)9.如果一个几何体的三视图是如图所示(单位：则此几何体的表面积是( )A. B. 22C.D.10. 若焦点在x 轴上的椭圆x 225+y 2m=1的离心率e =35，则m 的值是( )A. 15B. 16C. 17D. 1811. 若函数f (x )=2sin ωx(ω>0)在区间上单调递增，则ω的最大值等于( )．A.B.C. 2D. 312. 直线ax −y −2a −1=0与x 2+y 2−2x −1=0圆相切，则a 的值是( )A. 2B. √22C. 1D. √2二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. △P 1P 2P 3是边长为1的正三角形，则P 1P 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅P i P j ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (i,j =1,2，3，i ≠j)取值集合为______． 14. 在等比数列{a n }中，a 1−a 5=−152，S 4=−5，则a 4= ______ ．15. F 1、F 2为双曲线C ：x 2a 2−y 2b2=1(a >0,b >0)的焦点，A 、B 分别为双曲线的左、右顶点，以F 1F 2为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为M ，且满足∠MAB =30°，则该双曲线的离心率为______ ．16. 正三棱锥P −ABC 侧棱长为√7，底面棱长为2√3，则三棱锥P −ABC 内切球表面积是______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知向量m ⃗⃗⃗ =(sinx,1)，n ⃗ =(√3cosx,12)，函数f(x)=(m ⃗⃗⃗ +n ⃗ )⋅m ⃗⃗⃗ ． (1)求函数f(x)的最小正周期T 及单调增区间；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，A 为锐角，a =2√3，b =4且f(A)是函数f(x)在(0,π2)上的最大值，求△ABC 的面积S ．18.如图所示，直角梯形ABCD中，AD//BC，AD⊥AB，AB=BC=2AD=2，四边形EDCF为矩形，DE=2，平面EDCF⊥平面ABCD．(1)求证：DF//平面ABE；(2)求二面角B−EF−D的正弦值；(3)在线段BE上是否存在点P，使得直线AP与平面BEF所成角的正弦值为√6，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由．619.已知抛物线Γ的准线方程为x+y+2=0，焦点为F(1,1)．(1)求证：抛物线Γ上任意一点P的坐标(x,y)都满足方程x2−2xy+y2−8x−8y=0；(2)请指出抛物线Γ的对称性和范围，并运用以上方程证明你的结论；(3)设垂直于x轴的直线与抛物线Γ交于A，B两点，求线段AB的中点M的轨迹方程．20.某单位最近组织了一次健身活动，活动分为登山组和游泳组，因为两个活动在同一时间段进行，所以每个职工只能参加其中的一个活动.在参加活动的职工中，男士90名，女士110名．(1)根据统计数据，请在下面表格的空白处填写正确数字，并说明能否在犯错概率不超过0.05的前提下认为是否参加登山组活动与性别有关．女士男士合计登山组人数40游泳组人数70合计，其中n=a+b+c+d．附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)k 2.706 3.841 5.024 6.6357.879 P(K2≥k)0.1000.0500.0250.0100.005(2)将上述调查所得到的频率视为概率，现在从该单位参加活动的职工中，每次随机抽取1名职工，抽取3次，记被抽取的3名职工中参加登山组活动的人数为ξ.若每次抽取的结果是相互独立的，求ξ的分布列、数学期望E(ξ)和方差D(ξ)．21. 对于定义域为D的函数y=f(x)，若有常数M，使得对任意的x1∈D，存在唯一的x2∈D满足=M，则称M为函数y=f(x)的“均值”．等式f(x1)+f(x2)2(1)判断1是否为函数f(x)=2x+1(−1≤x≤1)的“均值”，请说明理由；(2)若函数f(x)=ax2−2x(1<x<2,a为常数)存在“均值”，求实数a的取值范围；(3)若函数f(x)是单调函数，且其值域为区间I.试探究函数f(x)的“均值”情况(是否存在、个数、大小等)与区间I之间的关系，写出你的结论(不必证明)．22. 在直角坐标系xOy中，曲线C上的点M满足：M到原点的距离与M到直线y=−p(p>0)的距离之比为常数e(e>0)，直线l：ρ=4cosθ−2sinθ(Ⅰ)求曲线C的极坐标方程，并说明曲线C的形状；(Ⅱ)当e=1，p=1时，M，N分别为曲线C与直线l上的两动点，求|MN|的最小值及此时M点的坐标．23. 二次函数f(x)开口向上，且满足f(x+1)=f(3−x)恒成立。

江西省南昌市2021届高三上学期0模(理科)数学试卷(答案)

0) 是平面
BDD1B1
的一个法向量．…8
分
设
n2
(
x,
y,
z)
是平面
OB1C1
的一个法向量，则
n2 n2
OB1 OC1
0, 0,
即
y
3x 2z
2z 0
0
取 z 3 ，则 x 2, y 2 3 ，所以 n2 (2, 2 3, 3) ．
………10 分
— 高三理科数学（摸底）答案第1页—
所以 A 城市应抽取 200 人， B 城市应抽取 400 人， C 城市应抽取 400 人，
………3 分
因为15 0.25 25 0.35 35 0.2 45 0.15 55 0.05 29 百元，
所以 A 城市月收入平均值约为 2900 元；
………5 分
（2） X 可能取值有 0,1, 2,3, 4 ，从 A 城从业人员中随机抽取一人，
所以 1 | 3 1 | (1 1 4k 2 ) 5 3 ,解得 k 3 或 k 5 3 ，
2
k
4k 2 1 4
2
6
所以，直线 l 的方程为 y 3 x 1或 y 5 3 x 1 ．
2
6
………12 分
21.【解析】（1） f '(x) x 3 2 (x 1)(x 2) ，所以
x2
20.【解析】（1）设椭圆方程为
a2
y2 b2
1(a
b 0) ，
由两圆交点在椭圆上， 2a 1 3 4 ，得 a 2 ，
由离心率为
3
a2
，
b2
3 ，得 b
1，
2
a2
4
所以椭圆 C 的方程为 x2 y2 1 ． 4