2021届江西省宜春中学、高安二中、上高二中、樟树中学、丰城中学高三上学期五校联考数学（文）试题含解析

2021届江西省宜春中学、高安二中、上高二中、樟树中学、丰城中学高三上学期五校联考数学（文）试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用一元二次不等式的解法化简集合B，再利用集合交集的定义求解即可.

【详解】，因式分解得，

解得，又，

，

又，

，

故选：B

2．下列选项叙述正确的是（    ）

A．命题“若，则”的否命题是“若，则”

B．已知i为虚数单位，复数z满足，则．

C．若命题P：，，则，

D．“”是“”成立的必要不充分条件

【答案】C

【分析】对A，根据否命题的定义可判断；对B，先化简求出，即可得出；对C，根据全称命题的否定为特称命题可得；对D，解出即可判断.

【详解】对A，命题“若，则”的否命题是“若，则”，故A错误；

对B，由可得，，，故B错误；

对C，根据全称命题的否定为特称命题可得，，故C正确；

对D，由解得或，所以“”是“”成立的充分不必要条件，故D错误.

故选：C.

3．更相减损术是出自中国古代数学专著《九章算术》的一种算法，其内容如下：“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也．以等数约之．”图是该算法的程序框图，如果输入a = 153，b = 119，则输出的a值是

A．16 B．17 C．18 D．19

【答案】B

【详解】第一次循环得：；第二次循环得：；第三次循环得：

；同理，第四次循环；第五次循环，此时a = b，输出a = 17，结束．

点睛：循环结构的考查是高考热点，有时会问输出结果，或是判断框的条件是什么，这类问题容易错在审题不清，计数变量加错了，没有理解计数变量是在计算结果之前还是计算结果之后，最后循环进来的数是什么等问题，防止出错的最好的办法是按顺序结构写出每一个循环，这样就会很好的防止出错.

4．要得到函数的图象，只需将函数图象（    ）

A．向左平移单位 B．向右平移单位

C．向左平移单位 D．向右平移单位

【答案】D

【分析】首先将函数化成同名函数，然后根据左右平移变换即可求出结果.

【详解】，所以要想得到函数，只需要向右平移单位，

故选：D.

5．设函数，则函数的图像可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数为偶函数排除，再计算排除得到答案.

【详解】定义域为：

，函数为偶函数，排除

，排除

故选

【点睛】本题考查了函数图像，通过函数的单调性，奇偶性，特殊值排除选项是常用的技巧.

6．已知点是双曲线在第一象限右支上的任意一点，过P分别作两渐近线的垂线，垂足分别是M，N，原点为O，则四边形OMPN的面积为（    ）

A． B．1 C．2 D．不确定

【答案】A

【分析】根据渐近线方程分析出四边形为矩形，由此将面积表示为，根据点到直线的距离公式分别表示出，由此可计算出四边形的面积.

【详解】因为双曲线的渐近线为，

渐近线斜率乘积为，所以渐近线互相垂直；

所以四边形为矩形，所以，

记，不妨设，且

所以，

所以，

故选：A.

7．约束条件确定的可行域D能被半径为的圆面完全覆盖，则实数k的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先画出约束条件表示的可行域，由可行域能被圆面完全覆盖，得可行域是封闭的，

从而判断出直线斜率小于等于即可得出的取值范围．

【详解】解：因为可行域能被圆面完全覆盖，所以可行域是封闭的，

作出约束条件的可行域，如图阴影部分：可得，，，

由图可知，要使可行域能被为半径的圆覆盖，

只需直线与直线的交点坐标在圆的内部，

两条直线垂直时，交点恰好在圆上，此时，

则实数的取值范围是：．

故选：D．

8．在中，角的对边分别是，若，则的大小是

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由正弦定理可得，

，

由sinC⩽1,即有⩽2，

又⩾2，

当且仅当sinA=sinB，取得等号．

故，

，

即有.

故选C.

点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.

解本题的关键是利用代数式的有界性卡出了不等式恰好为等于进而得解.

9．如图在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是上底面A1B1C1D1内一动点，PM垂直AD于M,PM=PB，则点P的轨迹为

A．线段 B．椭圆一部分

C．抛物线一部分 D．双曲线一部分

【答案】C

【分析】过做，连接，由于,所以，即到点的距离等于到直线的距离，故轨迹为抛物线的一部分.

10．在数列中，设，，设，则数列的前2020项的和为（    ）

A．2016 B．4020 C．2020 D．4040

【答案】D

【分析】根据，，分别由两式相加，相加乘得到，是等比数列，进而得到求解.

【详解】因为，，

所以两式相加得，又，

所以是以2为首项，以2为公比的等比数列，

所以，

两式相加乘得，又，

所以是以1为首项，以2为公比的等比数列，

所以，

所以，

所以数列的前2020项的和为，

故选：D

11．已知圆：与圆：，若在椭圆上存在点P，使得过点P所作的圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用相切得∠APO 45°，转化为，代入离心率公式求解即可.

【详解】解：若在椭圆C1上存在点P，使得由点P所作的圆C2的两条切线互相垂直,设切点为A，

由∠APO 45°

即sin∠APO sin 45

即

则，

故选：C.

12．，若的最小值恰好为1，则实数a的最大值是（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】令，则t>0，，利用导数求出当t=1时，g(t)取得最小值g（1），即a=时，函数f(x)的最小值恰好为1，令h(x)= ，求出，即得解．

【详解】令，则t>0，所以，

令，

则．

令，则，

当t∈(0，1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，

当t∈(1，+∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，

故当t=1时，g(t)取得最小值g（1）=1，

故当，即a=时，函数f(x)的最小值恰好为1.

令h(x)=，则h′(x)=，

令h′(x)=0，得x=e，可知h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，

则，即a的最大值为．

故选：C

二、填空题

13．如图是某学校一名篮球运动员在10场比赛中所得分数的茎叶图，若这10场比赛分数的众数为16，则这10场比赛得分的中位数为_____________．

【答案】15

【分析】根据题意求出，然后把10个数据按从小到大的顺序排列即可求得中位数.

【详解】因为这10场比赛分数的众数为16，所以，因此把10个数据按从小到大的顺序排列：5，6，8，12，14，16，16，19，26，29，故中位数是，

故答案为：15.

14．在中，点P是抛物线C：上除顶点外的任意一点，F为抛物线C的焦点，，实数k满足，则k的最大值是_____________．

【答案】

【分析】根据抛物线的定义以及正弦定理，得到，进而转化为，其中为直线的倾斜角，然后数形结合即可.

【详解】

过点作准线的垂线，垂足为，则由抛物线的定义得：，又由，在中，根据正弦定理可知，所以，所以，设直线的倾斜角为，则，当取得最大值时，最小，此时直线与抛物线相切，设直线的方程为，联立方程，得，由，得，即，则，则的最大值为.

故答案为：.

15．已知点A，B，C，D在同一个球面上，球心O恰好在侧棱AD上，，则这个球的表面积为_______．

【答案】

【分析】依题意得AD为直径，结合勾股定理即可求解直径，从而求出球表面积．

【详解】球心O恰好在侧棱AD上，则AD为直径，

所以，故

所以半径，则球的表面积为

故答案为：

三、解答题

16．公差d不为零的等差数列的前n项和为，已知，为整数，且对于一切正整数n都有成立，则公差d的值是____．

【答案】

【分析】根据为整数，则，由，则，求得的范围，从而求得的值.

【详解】解：根据题意，等差数列中，，为整数，则，则，

，则，即，得，又，则.

故答案为：.

17．的内角的对边分别为，已知.

（1）求角的大小；

（2）若角为锐角，的面积为，求的周长.

【答案】（1）或．（2）．

【分析】（1）利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得．可求B的值．

（2）由B是锐角，可求，利用三角形的面积公式可求ac的值，进而根据余弦定理可求a+c的值，进而可求三角形的周长．

【详解】（1）∵tanA（2cosC﹣sinA）＝cosA﹣2sinC，

∴2sinAcosC﹣sin2A＝cos2A﹣2cosAsinC．

化简得，即，

∴，即．

∴或．

（2）∵B是锐角，

∴，

由，得，．

在△ABC中，由余弦定理得，

∴，

∴，

∴△ABC的周长为．

【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，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．某农科所发现，一种作物的年收获量y（单位：）与它“相近”作物的株数x具有线性相关关系（所谓两株作物“相近”是指它们的直线距离不超过），并分别记录了相近作物的株数为1，2，3，5，6，7时，该作物的年收获量的相关数据如下：

（1）求该作物的年收获量y关于它“相近”作物的株数x的线性回归方程；

（2）农科所在如图所示的直角梯形地块的每个格点（指纵、横直线的交叉点）处都种了一株该作物，图中每个小正方形的边长均为，若从直角梯形地块的边界和内部分别各随机选取一株该作物，求这两株作物“相近”且年产量相差的概率．

附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，

参考数据：，， ，．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据所提供的数据，分别求得的值，写出回归直线方程；

（2）由（1）得到当时，，当时，，再由古典概型，先得到从直角梯形地块的边界10株和内部2株，各随机选取一株该作物的种数，再得到这两株作物年产量仅相差的种数，代入公式求解.

【详解】（1），

，

，

，

，

故该作物的年收获量y关于它相邻作物的株数x的线性回归方程．        

（2）由（1）得，当时，，当时，，从直角梯形地块的边界10株和内部2株，

各随机选取一株该作物，共有种情形，

因为这两株作物年产量仅相差，故满足条件的情形有4种，

所以这两株作物“相近”且年产量仅相差的概率

19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，侧面底面ABCD，，，E，F分别为BC，AD的中点，点M在线段PD上．

（1）求证：平面平面PAC；

（2）确定M点的位置，使得平面PAB；

（3）当时，求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）M为PD的中点；（3）12.

【分析】（1）利用面面垂直转化为线面垂直底面，再由线面垂直性质定理转化为线线垂直，再利用等腰三角形及平行四边形性质得，即可证明结面面垂直；

（2）由三角形中位线性质得，即得平面，同理，得平面，最后根据线面平行证得面面平行平面平面，再由面面平行得线面平行；

（3）求三棱锥体积，关键在于确定高，即线面垂直.由底面，所以底面，所以．

【详解】解：（1）证明：在平行四边形ABCD中，因为，所以．

由E，F分别为BC，AD的中点，得，所以．

因为侧面底面ABCD，且，

所以底面ABCD．

又因为底面ABCD，所以．

又因为，平面PAC，平面PAC，

所以平面PAC，平面平面PAC；        

（2）证明：取M为PD的中点，F为AD的中点，所以，

又因为MF 平面PAB，PA平面PAB，所以平面PAB．同理，得平面PAB．

又因为，平面MEF，平面MEF，所以平面平面PAB．

又因为平面MEF，所以平面PAB．        

（3）在中，过M作交AD于点N，

由，得，

又因为，所以，

因为面ABCD，所以底面ABCD，

所以三棱锥的体积为．    

20．设C点为圆上的动点，点C在x轴上的投影为D．动点P满足，动点P的轨迹为E．

（1）求E的方程；

（2），点S是E上位于x轴上方的动点，直线AS，BS与直线l：分别交于M，N两点，求面积的最小值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）设，则，利用找出与，与的关系，代入即可；（2）设直线AS的方程为，得，与椭圆方程联立，利用韦达定理求得的坐标，求得，然后利用基本不等式其最小值，即可求得面积的最小值.

【详解】解：（1）设，则，点C在x轴上的投影为．

动点满足，

代入中得E的方程为．

（2）依题意，直线AS的斜率k存在，且，

故可设直线AS的方程为，从而，

将代入得．

，，，，

又由可得直线SB的方程，，，

，，时等号成立，

，

面积的最小值．

【点睛】方法点睛：平面解析几何中计算多边形的面积的方法是把多边形分为若干三角形计算出每个三角形的面积而后加起来.有规则的图形和不规则的图形，常将问题转化到三角形、圆、特殊四边形中，应用相关面积公式求解,有时要综合考虑问题,将不规则图形转化到规则图形中求解.研究圆锥曲线中三角形的面积时通常采用分割的方法把要求面积的三角形分成两个同底的三角形，根据韦达定理求或，然后利用面积公式求解.

21．已知函数，

（1）求的单调区间；

（2）设．当时，求证：；

（3）若，在上恒成立，求a的取值范围．

【答案】（1）增区间，减区间；（2）证明见解析；（3）.

【分析】（1）求导后利用导数的正负求得函数的单调性；（2）求导后，二次求导，可得导数的单调性，利用单调性求得导数的最小值，利用函数的单调性求导函数的证得结论；（3）解法一：当时，求导后利用单调性证得结论. 当时，设，得在上递增，求得在上存在唯一零点，得在上递减，在上递增，求得的最小值小于0，舍去，从而求得结果. 解法二：分离变量法：将问题转化为 ，对函数求导后利用单调性结合洛必达法则求得结论.

【详解】解：（1），

，得；

，得，

的增区间，减区间.

（2）当时，，

在上递增，即时，故在单调递增，

则

（3）解法一：<1>当时，

时，即当时，恒成立，

<2>当时，设，，

在上递增

又，，

由（2）已证知

，

在上存在唯一零点，即，

在上递减，在上递增

又，

令，，

当时，即，不满足恒成立，

由<1><2>可知a的取值范围为．

解法二：分离变量

时，时，

令，，

时，，

即在上递增，

由洛比达法则

∴a的取值范围为．

【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.

22．在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，己知圆的参数方程为（为参数），直线L：（t为参数），定点．

（1）求圆的极坐标方程；

（2）已知直线L与圆相交于A，B两点，求的值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用，代入即可求得结果；（2）将直线化为标准方程，然后和圆的方程联立，利用韦达定理结合几何意义求得结果.

【详解】解：（1）圆的普通方程为：，

将，代入上式并整理得        

（2）由题意可得，定点过直线L，且L的斜率为，

设直线L的倾斜角为，

直线L的参数方程可化为，        

代入圆的普通方程，并整理得，

设此方程两根分别为，

．

23．[选修4-5：不等式选讲]

设函数.

（1）求不等式的解集；

（2）已知关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.

【答案】(1) (2)

【分析】（1）零点分段去绝对值解不等式即可（2）由题在上有解，去绝对值分离变量a即可.

【详解】（1）不等式，即

等价于 或或

解得 ，

所以原不等式的解集为；         

（2）当时，不等式，即，

所以在上有解

即在上有解，

所以，．

【点睛】本题考查绝对值不等式解法，不等式有解求参数，熟记零点分段，熟练处理不等式有解问题是关键，是中档题.