2020-2021学年江西省赣州市高三一模考试数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高三一模考试数学（理）试卷北师大版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合M=x|y=ln1−2x，N=x|x−x2>0，则M∩N=( )
A.0,12B.0,12C.12,1D.12,1

2. 已知复数z满足z+i1−2i=i3 (其中i为虚数单位)，则复数z的虚部等于( )
A.−65iB.−65C.−45iD.−45

3. 某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），甲图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，乙图为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归方程为y=1.16x−30.75，以下结论中不正确的为( )

A.15名志愿者身高的极差小于臂展的极差
B.15名志愿者身高和臂展成正相关关系
C.身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米
D.可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米

4. 已知点m,n在关于x，y的不等式 x−y≥0,x+y≥0,2x−y≥2 所表示的平面区域内，则m2+n2的最小值为( )
A.25B.105C.255D.23

5. 设函数f(x)=ax−a−x+bsin3x+c(a>0且a≠1)．若f−t=1，ft=3，则c=( )
A.1B.2C.3D.4

6. 斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，8，⋯为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90∘的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．下图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的高为( )

A.132B.13154C.134D.132

7. 已知数列an满足a1=2，am+n=am+an，记Sn为正项等比数列bn的前n项和．若b4=a8，bn+4bn=4bn+12，则lg2Sn+2=( )
A.n−1B.n+1C.n−2D.n

8. 在2x+1x−15的展开式中，除x2项外，其余各项的系数之和为( )
A.230B.231C.232D.233

9. 已知函数fx=Acsωx+φ(A>0，ω>0)的周期T∈π2,π．若f7π12=0，f0=−fπ2，则ω=( )
A.72B.103C.3D.52

10. 已知函数fx=2sinπx−π6，当x∈0,10时，把函数Fx=fx−1的所有零点依次记为x1,x2,x3,⋯ ,xn，且x10的左，右焦点分别为F1,F2，点P在E上，且满足∠F1PF2=60∘，△PF1F2的面积为3 .
(1)求a，b的值；

(2)设直线l:y=kx+2k>0与E交于M，N两点，点A在x轴上，且满足AM→⋅MN→+AN→⋅MN→=0，求点A横坐标的取值范围．

已知函数fx=2lnx+12x2−axa∈R．
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)是否存在一条直线l与曲线y=fx相切于两个不同的点Ax1,fx1，Bx2,fx2？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由．

在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 x=2t1+t2，y=21+t2 （t为参数，且t0=x|x0=x|00)，
∵bn+4bn=4bn+12，
∴bnq4⋅bn=4bnq2，
q4−4q2=0，
q2q2−4=0，
解得q=2，q=0（舍去）或q=−2(舍去)，
∴bn=b4qn−4=2n，
b1=21=2，
Sn=21−2n1−2=2n+1−2，
∴lg2Sn+2=lg22n+1=n+1．
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
2x+1x−15，令x=1得展开各项系数之和为25=32，2x+1x−15=C5r(2x+1x)r⋅−15−r，分r=0，1，2，3，4，5讨论不含x2的系数，相加可得解．
【解答】
解：2x+1x−15，
令x=1得展开各项系数之和为25=32，
2x+1x−15=C5r(2x+1x)5−r⋅−1r，
①当r=5时不能出现x2；
②当r=4不能出现x2；
③当r=3时，x2系数为C5322⋅−13=−40；
④当r=2时，(2x+1x)3=C3ℎ(2x)3−ℎ⋅(1x)ℎ=C3ℎ23−ℎx3−2ℎ，∴不能出现x2；
⑤当r=1时，2x+1x4=C4ℎ(2x)4−ℎ⋅(1x)ℎ=C4ℎ24−ℎx4−2ℎ，
当ℎ=1，x2的系数为C51C41⋅23(−1)1=−160；
⑥当r=0时，同理知(2x+1x)5=C5ℎ25−ℎx5−2ℎ，故无x2项，
综上，x2系数为−160−40=−200，
∴其余项系数为200+32=232．
故选C．
9.
【答案】
C
【考点】
余弦函数的周期性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx的周期T=2πω∈π2,π，∴ω∈2,4，
f(7π12)=Acsω⋅7π12+φ=0，
∴ω⋅7π12+φ=π2+2nπn∈Z①，
f0=−fπ2，即Acsφ=−Acsπ2ω+φ，
∴csφ=−csπ2ω+φ，
∴φ=π2ω+φ+mπ或φ+π2ω+φ=π+2mπm∈Z，
如果φ=π2ω+φ+mπ，则ω=2mm∈Z，
∵20)没有公共点，
所以渐近线的斜率k∈12,+∞，
而双曲线的离心率取得最大值，
故ba=12，即a=2b，
则双曲线方程为x24b2−y2b2=1，
设M(x1,y1)，N(−x1,−y1)，P(x0,y0)，
则x124b2−y12b2=1,x024b2−y02b2=1,
两式相减得：(x1+x0)(x1−x0)4b2=(y1+y0)(y1−y0)b2，即k1⋅k2=14，
又2≤k1≤3，
k2∈112,18．
故选A．
12.
【答案】
A
【考点】
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得AC=4⇒AB⊥BC，知球心O为SC中点，
故球O的直径2R=27⇒R=7.
因为SC//平面APQ，
设球心O到平面APQ的距离为d，截面圆的半径为r，
由题设球心O到平面APQ的距离等于点S到平面APQ的距离等于点B到平面APQ的距离.
在Rt△ASB中，可以得到AP=6.
在△SCB中，PQ为中位线，则PQ=7.
在Rt△AQB中，根据勾股定理可以得到AQ=13.
由此可知满足勾股定理，即△APQ为直角三角形.
在三棱锥P−ABQ中，由等体积法
VP−AQB=VB−APQ，
即13⋅12SA⋅12AB⋅BQ=13⋅d⋅12PQ⋅AP，
得d=427，
所以r2=R2−d2=7−67=437，故截面面积为43π7.
故选A.
二、填空题
【答案】
19
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
依次计算|a→|，a→⋅b→，2a→+b→2，将2a→+b→2开方即可．
【解答】
解：∵a→=(3,0)，∴|a→|=3，
又|b→|=1，
∴a→⋅b→=|a→|⋅|b→|cs30∘=32，
又∵|2a→+b→|2=4|a→|2+4a→⋅b→+|b→|2
=12+6+1=19，
∴|2a→+b→|=19．
故答案为：19．
三、解答题
【答案】
解：(1)由正弦定理及条件得，sinC12sinB+32csB=32sinA ，
即sinC12sinB+32csB=32sinB+C
=32sinBcsC+32csBsinC，
整理得tanC=3.又C∈0,π，所以C=π3.
(2)在△ABC中，由余弦定理得， AC2+25−5AC=49，
解得AC=8.
因为cs∠ADC=217，所以sin∠ADC=277,
△ACD中， sin∠CAD​=sinC+D=sinCcsD+csCsinD=5714，
由正弦定理得：CDsin∠CAD=ACsin∠ADC，所以CD=10.
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
解三角形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由正弦定理及条件得，sinC12sinB+32csB=32sinA ，
即sinC12sinB+32csB=32sinB+C
=32sinBcsC+32csBsinC，
整理得tanC=3.又C∈0,π，所以C=π3.
(2)在△ABC中，由余弦定理得， AC2+25−5AC=49，
解得AC=8.
因为cs∠ADC=217，所以sin∠ADC=277,
△ACD中， sin∠CAD​=sinC+D=sinCcsD+csCsinD=5714，
由正弦定理得：CDsin∠CAD=ACsin∠ADC，所以CD=10.
【答案】
(1)证明：连接AC交BD于点O，连接PO，
因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又BD⊥PC，从而BD⊥平面POC，所以PO⊥BD，
又平面PBD⊥底面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，于是PO⊥AC，
而O是AC的中点，故PA=PC .
(2)解：设BD=2，则△ABD，△BCD，△PBD均为边长为2的正三角形．
以OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系．
则B1,0,0，C0,3,0，A0,−3,0，P0,0,3，E0,32,32，
BE→=−1,32,32,AB→=1,3,0,PB→=1,0,−3，
设平面PAB的一个法向量为n→=x,y,z，
则由n→⋅AB→=0，n→⋅PB→=0得x+3y=0，x−3z=0，
令x=3，得n→=3,−1,1 .
设直线BE与平面PAB所成角为θ，则sinθ=|BE→⋅n→||BE→||n→|=65，
所以直线BE与平面PAB所成角的正弦值为65.
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
（1）连接AC加BD于点O连PQ，
因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又BD⊥PC，从而BD⊥平面POC，所以PO⊥BD，
又平面PBD⊥底面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，于是PO⊥AC，
而O是AC的中点，故PA=PC .
【解答】
(1)证明：连接AC交BD于点O，连接PO，
因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又BD⊥PC，从而BD⊥平面POC，所以PO⊥BD，
又平面PBD⊥底面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，于是PO⊥AC，
而O是AC的中点，故PA=PC .
(2)解：设BD=2，则△ABD，△BCD，△PBD均为边长为2的正三角形．
以OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系．
则B1,0,0，C0,3,0，A0,−3,0，P0,0,3，E0,32,32，
BE→=−1,32,32,AB→=1,3,0,PB→=1,0,−3，
设平面PAB的一个法向量为n→=x,y,z，
则由n→⋅AB→=0，n→⋅PB→=0得x+3y=0，x−3z=0，
令x=3，得n→=3,−1,1 .
设直线BE与平面PAB所成角为θ，则sinθ=|BE→⋅n→||BE→||n→|=65，
所以直线BE与平面PAB所成角的正弦值为65.
【答案】
解：(1)记事件A：“在一次游戏中先摸球者获胜”，先摸球者获胜等价于将这5个球进行排序，第2个黑球排在3号位置或5号位置，
共有2+4=6种.
而2个黑球共有C52=10种位置，
故PA=610=35 .
(2)小李得分X的所有可能取值为−3，−1，0，1，2，3，
记事件Ai为“第i次游戏中小李先摸球获胜”，记事件Bi为“第i次游戏中小张先摸球获胜”，
则P(Ai)=P(Bi)=35.
PX=−3=PA1¯A2¯A3¯=25×25×25=8125；
PX=−1=PA1¯A2¯A3=25×25×35=12125；
PX=0=PA1B2A3¯+A1¯A2B3
=35×35×25+25×35×35=36125；
PX=1=PA1¯A2B3¯=25×35×25=12125；
PX=2=PA1B2¯B3+A1B2A3
=35×25×35+35×35×35=45125；
P(X=3)=P(A1B2¯B3¯=35×25×25=12125.
故X的分布列是
EX=−3×8125+−1×12125+0×36125+1×12125+
2×45125+3×12125=102125.
【考点】
古典概型及其概率计算公式
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)记事件A：“在一次游戏中先摸球者获胜”，先摸球者获胜等价于将这5个球进行排序，第2个黑球排在3号位置或5号位置，
共有2+4=6种.
而2个黑球共有C52=10种位置，
故PA=610=35 .
(2)小李得分X的所有可能取值为−3，−1，0，1，2，3，
记事件Ai为“第i次游戏中小李先摸球获胜”，记事件Bi为“第i次游戏中小张先摸球获胜”，
则P(Ai)=P(Bi)=35.
PX=−3=PA1¯A2¯A3¯=25×25×25=8125；
PX=−1=PA1¯A2¯A3=25×25×35=12125；
PX=0=PA1B2A3¯+A1¯A2B3
=35×35×25+25×35×35=36125；
PX=1=PA1¯A2B3¯=25×35×25=12125；
PX=2=PA1B2¯B3+A1B2A3
=35×25×35+35×35×35=45125；
P(X=3)=P(A1B2¯B3¯=35×25×25=12125.
故X的分布列是
EX=−3×8125+−1×12125+0×36125+1×12125+
2×45125+3×12125=102125.
【答案】
解：(1)设椭圆短轴的端点为B，则sin∠OBF2=12，
所以∠OBF2=π6,∠F1BF2=π3，
所以点P即为点B，所以S△PF1F2=12⋅2c⋅b=bc=3，
又ca=12,a2−b2=c2，所以a=2,b=3 .
(2)设Am,0，Mx1,y1,Nx2,y2， MN的中点Hx0,y0，
由y=kx+2,3x2+4y2=12得4k2+3x2+16kx+4=0，
所以Δ=16k2−164k2+3=484k2−1>0，
又k>0，所以k>12，
所以x1+x2=−16k4k2+3，所以x0=x1+x22=−8k4k2+3，
所以y0=kx0+2=64k2+3，即H−8k4k2+3,64k2+3，
因为AM→⋅MN→+AN→⋅MN→=AM→+AN→⋅MN→=2AH→⋅MN→=0，
所以AH⊥MN，
所以−64k2+3−8k4k2+3−m=−1k，得m=−2k4k2+3=−24k+3k，
因为k>12，所以4k+3k≥43，当且仅k=32时取$``\peratrname{="}$号，
所以m∈−36,0，故点A的横坐标的取值范围是−36,0 .
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设椭圆短轴的端点为B，则sin∠OBF2=12，
所以∠OBF2=π6,∠F1BF2=π3，
所以点P即为点B，所以S△PF1F2=12⋅2c⋅b=bc=3，
又ca=12,a2−b2=c2，所以a=2,b=3 .
(2)设Am,0，Mx1,y1,Nx2,y2， MN的中点Hx0,y0，
由y=kx+2,3x2+4y2=12得4k2+3x2+16kx+4=0，
所以Δ=16k2−164k2+3=484k2−1>0，
又k>0，所以k>12，
所以x1+x2=−16k4k2+3，所以x0=x1+x22=−8k4k2+3，
所以y0=kx0+2=64k2+3，即H−8k4k2+3,64k2+3，
因为AM→⋅MN→+AN→⋅MN→=AM→+AN→⋅MN→=2AH→⋅MN→=0，
所以AH⊥MN，
所以−64k2+3−8k4k2+3−m=−1k，得m=−2k4k2+3=−24k+3k，
因为k>12，所以4k+3k≥43，当且仅k=32时取$``\peratrname{="}$号，
所以m∈−36,0，故点A的横坐标的取值范围是−36,0 .
【答案】
解：(1)f′(x)=2x+x−a=x2−ax+2x(x>0)，Δ=a2−8，
①当Δ≤0，即−22≤a≤22时，f′(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上递增，
②当Δ>0，即a>22或a0，f(x)在(0,+∞)递增，
(ii)若a>22，
方程x2−ax+2=0的两根x1=a−a2−82，x2=a+a2−82，
且00，
所以f(x)在(0,x1)，(x2,+∞)上递增，
x∈(x1,x2)时，f′(x)