2021届江西省南昌市高三一模数学（理）试题含解析

这是一份2021届江西省南昌市高三一模数学（理）试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届江西省南昌市高三一模数学（理）试题  一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解一元二次不等式求出集合，然后计算，再由正弦函数的值域计算集合，与求交集即可求解.【详解】或，所以，，所以，故选：D.2．复数满足，则（     ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简，再根据模的计算公式计算可得；【详解】解复数满足，,．故选：．3．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，则＝（    ）A． B．2 C．4 D．【答案】D【分析】根据椭圆的标准方程求出，可求得的值.【详解】由得，所以，所以，所以，所以.故选：D4．如图，，，分别是菱形的边，，，上的点，且，，，，现将沿折起，得到空间四边形，在折起过程中，下列说法正确的是（     ）A．直线，有可能平行B．直线，一定异面C．直线，一定相交，且交点一定在直线上D．直线，一定相交，但交点不一定在直线上【答案】C【分析】由已知可得四边形为平面四边形，且，，然后逐一分析四个选项得答案．【详解】解：，，，则，且，又，，，则，且，，且，四边形为平面四边形，故直线，一定共面，故错误；若直线与平行，则四边形为平行四边形，可得，与矛盾，故错误；由，且，，，可得直线，一定相交，设交点为，则，又平面，可得平面，同理，平面，而平面平面，，即直线，一定相交，且交点一定在直线上，故正确，错误．故选：．5．中，角，，所对的边分别为，，，满足，，，则（     ）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】先根据三角形内角和求得，进而利用正弦定理求得．【详解】解：由题意可知，，由正弦定理可知，所以．故选：．6．如图，将框图输出的看成输入的的函数，得到函数，则的图象（     ）A．关于直线对称 B．关于直线对称C．关于轴对称 D．关于点对称【答案】D【分析】由框图得到分段函数，再利用分段函数性质验证选项得解.【详解】由框图得到分段函数 画出图象如下则由图得D正确故选D7．已知直线的方程是，则“原点在直线的右上方”是“点”在直线的右上方的（    ）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【答案】A【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可求解.【详解】若原点在直线：的右上方，则，可得，若点在直线：的右上方，则，可得，因为可得出，但得不出，所以是的充分不必要条件，即可得“原点在直线的右上方”是“点”在直线的右上方的充分不必要条件，故选：A.8．已知正数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据的范围，得到的范围，再结合指数函数和二次函数的图象可得答案.【详解】因为，，，所以，，，，和的图象如图：由图可知，又，所以.故选：B【点睛】关键点点睛：利用指数函数和二次函数的图象求解是解题关键.9．许多建筑融入了数学元素，更具神韵，数学赋予了建筑活力，数学的美也被建筑表现得淋漓尽致.已知下面左图是单叶双曲面（由双曲线绕虚轴旋转形成立体图形）型建筑，右图是其中截面最细附近处的部分图象.上、下底面与地面平行.现测得下底直径米，上底直径米，与间的距离为80米，与上下底面等距离的处的直径等于，则最细部分处的直径为（     ）A．10米 B．20米 C．米 D．米【答案】B【分析】利用题中的条件，建立直角坐标系，可以求出双曲线的标准方程，即可解出．【详解】解：建立如图的坐标系， 依题意，与间的距离为80米，与上下底面等距离的处的直径等于，根据双曲线的对称性，点与点的纵坐标互为相反数，所以，则由题意可知，，，，设双曲线方程为：，，解得，，，故选：．10．已知，则（    ）A．或1 B．或－1C．或1 D．或－1【答案】A【分析】由根据诱导公式和二倍角的余弦公式求出，再根据诱导公式将化为可求得结果.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以或，所以，所以或，故选：A【点睛】关键点点睛：利用诱导公式和二倍角的余弦公式求解是解题关键.11．如图所示某加油站地下圆柱体储油罐示意图，已知储油罐长度为，截面半径为（为常量），油面高度为，油面宽度为，储油量为（为变量），则下列说法：①是的函数   ②是的函数   ③是的函数  ④是的函数其中正确的个数是（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】根据函数的定义逐个分析可得答案.【详解】因为，所以，所以是的函数，故④正确；因为，所以，对于的每一个取值，都有2个与之对应，所以不是的函数，故③不正确；由知，对于的每一个取值，都有2个与之对应，而对于的每一个取值，弓形的面积都有一个取值与之对应，所以根据柱体体积公式可知，对于的每一个取值，都有2个与之对应，所以不是的函数，故②不正确；根据根据柱体体积公式可知，对于每一个确定的，都有唯一的一个与之对应，对于每一个确定的，都有唯一的与之对应，所以是的函数，故①正确.故选：B【点睛】关键点点睛：掌握函数的定义是解题关键.12．已知的最小值为0，则正实数的最小值是（    ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】转化为的图象在函数的图象的上方相切，利用两个函数的图象以及导数的几何意义可求得结果.【详解】因为函数的最小值为0，所以的图象在函数的图象的上方相切，因为，所以的图象与轴的交点在轴负半轴上，由图可知当正数最小时，直线 与在内的图象相切，设切点为，因为，所以，即，因为，所以，所以，由得.故选：C【点睛】关键点点睛：转化为的图象在函数的图象的上方相切是解题关键.  二、填空题13．已知，则向量夹角的余弦值为_________．【答案】【分析】先计算，再由即可求解.【详解】因为，所以 ，因为所以，故答案为：.14．的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则展开式中的系数为________．【答案】【分析】根据二项式系数的性质求出，再根据二项展开式的通项公式可求得结果.【详解】因为的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以，所以，其通项公式为，所以展开式中的系数为.故答案为：.15．2020年，全球展开了某疫苗研发竞赛，我为处于领先地位，为了研究疫苗的有效率，在某地进行临床试验，对符合一定条件的10000名试验者注射了该疫苗，一周后有20人感染，为了验证疫苗的有效率，同期，从相同条件下未注射疫苗的人群中抽取2500人，分成5组，各组感染人数如下：调查人数300400500600700感染人数33667并求得与的回归方程为，同期，在人数为10000的条件下，以拟合结果估算未注射疫苗的人群中感染人数，记为；注射疫苗后仍被感染的人数记为，则估计该疫苗的有效率为__________． （疫苗的有效率为；参考数据：；结果保留3位有效数字）【答案】【分析】先求出线性回归方程中的值，从而可求，再根据题设中的计算方法可求疫苗的有效率.【详解】由题设表格中的数据可得，故，故，而，故疫苗有效率为，故答案为：.16．如图，是圆台的轴截面， ，过点与垂直的平面交下底圆周于两点，则四面体的体积为__________．【答案】【分析】如图，连接，设交于，连接，过作，交于，可证，根据轴截面的各线段的长度可求体积.【详解】如图，连接，设交于，连接，过作，交于，因为平面，平面，又平面，故.因为梯形是圆台的轴截面，故平面平面，因为，平面，平面平面，故平面，而平面，故， 而，故平面，而平面，故，同理，而为底面圆的直径，故为的中点，故为等腰三角形，所以.如图，在梯形中，因为，，而，故，故为等腰直角三角形，故，故，故，所以，故四边形为平行四边形，结合可得为矩形，故.在底面圆中，设底面圆的圆心为，则，故，故.故答案为：.【点睛】方法点睛：三棱锥体积的计算，关键是选择合适的底面和顶点，在计算过程中，注意垂直关系的转化. 三、解答题17．已知为公差不为0的等差数列，且，，，成等比数列.（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和.【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）由题设条件求得数列的公差，即可求得其通项公式；（Ⅱ）先由（Ⅰ）求得，再利用裂项相消法求得其前项和即可．【详解】解：（Ⅰ）设数列的公差为，由题设可得：，又，，解得：，；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：，．18．如图三棱柱中，，侧面是矩形，侧面是菱形，，是棱的中点．（1）求证：平面；（2）设是的中点，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）先证，，再根据直线与平面垂直的判定定理可证结论；（2）先证两两垂直，再以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得结果.【详解】（1）因为侧面是矩形，所以，又因为，且，所以平面，所以，因为侧面是菱形，，是棱的中点，所以，又，所以平面.（2）由（1）知，平面，所以，由平面，，所以平面，所以，所以两两垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，所以，，设平面的法向量为，则，得，得，取，则，所以，取平面的法向量，所以，所以二面角的余弦值为.【点睛】关键点点睛：证明两两垂直，再以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系进行求解是解题关键.19．已知函数为自然对数的底数）．（1）当时，讨论的单调性；（2）若在上单调递增，求证：．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【分析】（1）求导后，分类讨论，利用导数的符号可求得结果；（2）根据恒成立得到，构造函数，利用导数可证不等式成立.【详解】（1）当时，,,令得，当时，，由，得或，由，得，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为.当时，，恒成立，所以在上单调递增.当时，，由，得或，由，得，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为.综上所述：当时，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为.当时，在上单调递增.当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.（2），令，得或，因为在上单调递增，所以在上恒成立，所以，所以，所以，令，则，令，则，所以在上递增，又，所以时，，，当时，，，所以在上递减，在上递增，所以，所以，即.【点睛】关键点点睛：第（1）问，求导后，对分类讨论是解题关键，第（2）问利用恒成立求出是解题关键.20．为加强防疫宣传，某学校举行防疫知识问答竞赛，竞赛共有两类题，第一类是5个中等难度题，每答对一个得10分，答错得0分，第二类是数量较多、难度相当的难题，每答对一个得20分，答错一个扣5分．每位参加竞赛的同学从这两类题中共抽出4个回答（每个题抽后不放回），要求第二类题中至少抽2个．学生小明第一类5题中有4个答对，第二类题中答对每个问题的概率都是．（1）若小明选择从第一类题中抽两个题，求这次竞赛中，小明共答对3个题的概率；（2）若小明第一个题是从第一类题中抽出并回答正确，根据得分期望给他建议，后面三个题应该选择从第二类题中抽出多少个题回答？【答案】（1）；（2）第二类题目中选道.【分析】（1）小明共答对3个题有两种情况：第一类题目答对道，第二类题答对道或第一类题目答对道，第二类题答对道，分别求概率再相加即可求解；（2）有两种情况：第一类题目选道，第二类题目选道或第一类题目选道，第二类题目选道，分别计算两种情况下后三道题目得分的期望，即可求解.【详解】（1）小明共答对3个题有两种情况：当第一类题目答对道，第二类题答对道时，第一类题目答对道概率为，第二类题答对道概率为，此时小明共答对3个题概率为，当第一类题目答对道，第二类题答对道时，第一类题目答对道概率为，第二类题答对道概率为，此时小明共答对3个题概率为，所以小明共答对3个题的概率为，（2）由题意知：有以下两种情况：第一类题目选道，第二类题目选道，第二类题目答对的数学期望为，答错的期望为，所以这三道题得分的数学期望为分，第一类题目选道，第二类题目选道，由于小明第一个题是从第一类题中抽出并回答正确，则剩下的个题中有个会做，第一题得分的期望为分，第二题得分的期望为分，所以这三道题得分的数学期望为分，因为，所以应从第二类题目中选道.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点选对正确的分布模型，才可准确求出概率以及数学期望，作出正确的决策.21．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的动直线与抛物线交于两点，直线过点，且点关于直线的对称点．（1）求抛物线的方程，并证明直线是抛物线的切线；（2）过点且垂直于的直线交轴于点，，与抛物线的另一个交点分别为，记的面积为，的面积为，求的取值范围．【答案】（1）；证明见解析；（2）.【分析】（1）由题意可得直线是的中垂线可得，即准线为，即可求解；计算即可求证；（2）设设，，，，由可得与的关系，进而可得的范围，分别设出直线、的方程与抛物线方程联立可以求出的横坐标，由三角形的面积公式化简结合的范围即可求解.【详解】（1）因为点与点关于直线对称，所以直线是的中垂线，因为点在直线上，所以，由，，可知与直线垂直，所以直线是抛物线的准线，由抛物线的定义可得，解得，所以抛物线的方程为，可得点，所以，从而直线的斜率为，又因为抛物线方程，得，所以过点的切线斜率为，所以直线是抛物线的切线；（2）设，，，，由题意可得：，即，得，因为，所以，令直线的方程为，联立整理可得，可得，即，设直线的方程为，联立整理可得，可得，即，同理可得：，因此，，所以的取值范围是.【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题关键是建立两个参数之间的等量关系；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的参数方程为：（为参数），直线的极坐标方程为：.（Ⅰ）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（Ⅱ）设，是曲线与直线的公共点，，求的值.【答案】（Ⅰ）曲线的普通方程为，直线的直角坐标方程为；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）直接利用转换关系，把参数方程、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的关系式的应用求出结果．【详解】解：（Ⅰ）已知曲线的参数方程为：为参数），所以，两式相加得，所以曲线的普通方程为；直线的极坐标方程为：，根据，转换为直角坐标方程为．（Ⅱ）直线的参数方程为为参数），代入；得到，所以，，所以．23．已知．（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式恒成立，求的取值范围．【答案】（1）或（2）【分析】（1）分类讨论去绝对值可解得结果；（2）分类讨论去绝对值,将不等式恒成立化为函数最值使不等式成立可求得结果.【详解】（1）当时，不等式即为，当时，不等式化为，解得，当时，不等式化为，解得，当时，不等式化为，解得，又，所以.综上所述：不等式的解集为或.（2），，当时，为减函数，所以，因为不等式恒成立，所以，解得；当时，，因为不等式恒成立，所以，解得；当时，，因为为增函数，所以，因为不等式恒成立，所以，解得，综上所述：的取值范围为.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：①若在上恒成立，则；②若在上恒成立，则；③若在上有解，则；④若在上有解，则；