2021届江西省吉安市“省重点中学五校协作体”高三第一次联考数学(理)试题(解析版)

2021届江西省吉安市“省重点中学五校协作体”高三第一次联考数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】解出集合，利用交集的定义可求得集合.【详解】，，因此，.故选：D.2．已知为虚数单位，复数，则复数在复平面上的对应点位于（）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】利用复数的除法化简复数，结合共轭复数的定义以及复数的几何意义可得结论.【详解】，，因此，复数在复平面上的对应点位于第四象限.故选：D.3．等差数列中，，则的值为（）A． B． C．10 D．2【答案】A【分析】利用等差数列的性质即可求解.【详解】因为是等差数列，由，所以.故选：A4．的展开式中的系数为（）A． B．280 C． D．210【答案】A【分析】写出的展开式的通项公式，令，解得，代回即可求得答案.【详解】的展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式中的系数为.故选：A5．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式.宋代称为撮尖，清代称攒尖.依其平面有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑.如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为，且，则侧棱与底面外接圆半径的比为（）A．2 B． C．1 D．【答案】A【分析】根据正六棱锥的底面为正六边形计算可得结果.【详解】正六棱锥的底面为正六边形，设其外接圆半径为，则底面正边形的边长为，因为正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为，所以侧棱长为，所以侧棱与底面外接圆半径的比为.故选：A【点睛】关键点点睛：掌握正六棱锥的结构特征是解题关键.6．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，且，则（）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【分析】设直线，与抛物线方程联立得，求出，根据抛物线定义化简解得，由可得结果.【详解】由得，所以，准线为，设直线，联立，消去并整理得，设，则，，所以，，因为，，，所以，所以，所以，所以，所以.故选：C【点睛】关键点睛：本题考查过抛物线的焦点的弦的性质，解答本题的关键是利用抛物线的定义将和转化为到准线的距离，即，，由，得，得到，属于中档题.7．已知直线和函数的图象相交，，为两个相邻的交点，若，则（）A．2 B．2或6 C．3或5 D．3【答案】B【分析】先将代入函数求得取值，再根据，列关系即得结果.【详解】将代入到中，得，或，，因为，因此或，解得或6.故选：B.8．执行如图所示的程序框图，设所有输出数据构成的集合为，若从集合中任取一个元素，则满足函数在区间内单调递增的概率为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据程序框图计算出输出的元素所组成的集合，由已知可得出，可得出，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】第一次循环，成立，则，输出，；第二次循环，成立，则，输出，；第三次循环，成立，则，输出，；第四次循环，成立，则，输出，；第五次循环，成立，则，输出，；第六次循环，成立，则，输出，；第七次循环，成立，则，输出，；第八次循环，成立，则，输出，；第九次循环，成立，则，输出，；不成立，终止循环，输出值的集合为，集合中有个元素.若函数在区间内单调递增，则，解得，因为，则满足事件“函数在区间内单调递增”的的取值有：、、、，因此，所求概率为.故选：B.【点睛】方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：（1）列举法；（2）列表法；（3）树状图法；（4）排列、组合数的应用.9．已知､､､四点都在表面积为的球的表面上，若，，则球内接三棱锥的体积的最大值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据球O的表面积，可求得其半径R，根据题中条件，可求得的外接圆半径为r，即可得D到平面ABC的最大距离，在中，利用余弦定理，结合基本不等式，可求得的最大值，即可求得面积最大值，代入公式，即可求得答案.【详解】因为球O表面积为，所以，解得球O的半径R=5，因为，，设的外接圆半径为r，所以，所以，如图所示：所以，则D到平面ABC的最大距离为，在中，，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值，所以三棱锥的体积的最大值，故选：C【点睛】解题的关键是根据余弦定理和基本不等式，求得面积的最大值，再结合图象求得D到平面ABC的最大距离，即可求解，考查数形结合，计算化简的能力，属中档题.10．已知圆，过点的动直线与圆相交于，两点，线段的中点为，则的轨迹的长度为（）A．8 B． C． D．【答案】B【分析】首先利用，求得点的轨迹方程，再利用圆的周长求的轨迹的长度.【详解】设点，点是线段的中点，，，，即，化简得：，所以点是以为圆心，为半径的圆，并且在圆的圆的内部，如图，垂直平分，，，即，的轨迹的长度为故选：B【点睛】易错点点睛：本题的关键是所求点的轨迹在圆的圆的内部，所以是一段弧长，不要求周长.11．下列大小关系正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据和图象，可判断A的正误；化简计算，可判断B的正误，根据的范围，可判断C的正误，将分别与比较，即可判断D的正误，即可得答案.【详解】对于A：作出和图象，如图所示由图象可得，当时，，又，所以，故A错误.对于B：，，所以，故B错误；对于C：因为，所以，，所以，故C错误；对于D：因为，，所以，又，所以，所以，故D正确.故选：D【点睛】解题的关键是熟练掌握指对数函数的运算法则，并灵活应用，在比较两式大小时，可借助中间值进行比较，可简化计算，属基础题.12．已知定义在上的函数是奇函数，当时，，则不等式的解集为（）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题首先可根据题意得出函数的图像关于点中心对称且，然后根据基本不等式得出，则函数在上单调递增，最后将不等式转化为或，通过计算即可得出结果.【详解】因为函数是定义在上的奇函数，所以函数的图像关于点中心对称，且，当时，，则，当且仅当时取等号，故，函数在上单调递增，因为函数的图像关于点中心对称，所以函数在上单调递增，不等式可化为或，，即，解得，，即，解得，故不等式的解集为，故选：D【点睛】关键点点睛：若函数是偶函数，则函数的图像关于直线对称；若函数是奇函数，则函数的图像关于点中心对称，考查通过基本不等式求最值，考查根据导函数判断函数单调性.二、填空题13．若，则的最大值是___________.【答案】【分析】根据约束条件作出可行域以及直线过点A时在轴上的截距最小，有最大值，得出答案.【详解】根据约束条件作出可行域如图所示，

由解得将目标函数化为，表示直线在轴上的截距的相反数的故当直线在轴上的截距最小时，有最大值.当直线过点（2,1）时在轴上的截距最小，最大，由A(2,1)知的最小值为故答案为：【点睛】方法点睛：解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.14．向量，满足，，与的夹角为120°，则___________.【答案】【分析】由于，然后代值求解即可【详解】解：因为向量，满足，，与的夹角为120°，所以，故答案为：15．已知双曲线，点是直线上任意一点，若圆与双曲线的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围为___________.【答案】【分析】由题意可知，直线与直线的距离大于或等于，可得出关于、的齐次不等式，进而可求得该双曲线离心率的取值范围.【详解】如下图所示：直线与双曲线的渐近线平行，且点在直线上，由于圆与双曲线的右支没有公共点，则直线与直线间的距离大于或等于，即，，又，.因此，该双曲线离心率的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线离心率取值范围的求解，将问题转化为渐近线与其平行线间的距离相关的不等式求解是解题的关键.16．定义：若数列满足，则称该数列为函数的“切线零点数列”.已知函数有两个零点、，数列为函数的“切线零点数列”，设数列满足，，数列的前项和为，则___________.【答案】【分析】根据二次函数的零点可求得、的值，求出，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，进而可求得.【详解】有两个零点、，由韦达定理可得，解得，，.由题意得，，，.又，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，所以，，.故答案为：.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于型数列，利用分组求和法；（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.三、解答题17．已知函数.（1）当时，求出函数的最大值，并写出对应的的值；（2）的内角、、的对边分别为、、，若，，求的最小值.【答案】（1）当时，函数取最大值；（2）最小值为.【分析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，由求出的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求得的最大值及其对应的值；（2）由结合角的取值范围可求得角的值，再利用余弦定理结合基本不等式可求得的最小值.【详解】（1）函数，，所以，，当时，即当时，函数取最大值；（2）由题意，化简得，，，，解得.在中，根据余弦定理，得.由，知，即，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.【点睛】方法点睛：求三角形边的最值是一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.18．已知，如图四棱锥（1）中，，为平行四边形，，平面，，分别是，中点，点在棱上.（1）证明：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由平面，得，又易知为等边三角形，有，故命题可证明；（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，根据二面角的余弦值为，可得，再结合线面夹角公式可得结果.【详解】解：（1）证明：∵平面，∴.又∵，且为平行四边形，，∴为等边三角形，又∵为中点，∴，又∵，∴，∵，∴平面，∴平面平面.（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设，则.设平面即平面的法向量为，，，由，，可取，设平面的法向量为，，，由，，可取.，解得.，，设与平面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为【点晴】设，根据二面角的余弦值为，求得是第二问解题的关键.19．面对环境污染，党和政府高度重视，各级环保部门制定了严格措施治理污染，同时宣传部门加大保护环境的宣传力度，因此绿色低碳出行越来越成为市民的共识，为此吉安市在吉州区建立了公共自行车服务系统，市民凭本人二代身份证到公共自行车服务中心办理诚信借车卡，初次办卡时卡内预先赠送20分，当诚信积分为0时，借车卡自动锁定，限制借车，用户应持卡到公共自行车服务中心以1元购1个积分的形式再次激活该卡，为了鼓励市民租用公共自行车出行，同时督促市民尽快还车，方便更多的市民使用，公共自行车按每车每次的租用时间进行扣分缴费，具体扣分标准如下：①租用时间不超过1小时，免费；②租用时间为1小时以上且不超过2小时，扣1分；③租用时间为2小时以上且不超过3小时，扣2分；④租用时间为3小时以上且不超过4小时，扣3分；⑤租车时间超过4小时除扣3分外，超出时间按每小时扣2分收费(不足1小时的部分按1小时计算).甲､乙两人独立出行，各租用公共自行车一次，且两人租车时间都不会超过4小时，设甲､乙租用时间不超过一小时的概率分别是，；租用时间为1小时以上且不超过2小时的概率分别是，；租用时间为2小时以上且不超过3小时的概率分别是，.（1）求甲比乙所扣积分多的概率；（2）设甲､乙两人所扣积分之和为随机变量，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：.【分析】（1）根据题意，分别记“甲扣分为0分、1分、2分、3分”为事件，，，，它们彼此互斥，分别记“乙扣分为0分、1分、2分、3分”为事件，，，，它们彼此也互斥，则，由此可求事件的概率；（2）根据题的可能取值为：0，1，2，3，4，5，6，然后，相应的的值，即可求出列出的分布列，并由公式求出的数学期望【详解】解：（1）根据题意，分别记“甲扣分为0分､1分､2分､3分”为事件，，，，它们彼此互斥，且，，，，分别记“乙扣分为0分､1分､2分､3分”为事件，，，，它们彼此互斥，且，，，，由题知，事件，，，与事件，，，相互独立，记甲比乙所扣积分多为事件，则，所以.（2）根据题的可能取值为：0，1，2，3，4，5，6，则，，，，，，.所以的分布列为：0123456的数学期望.【点睛】关键点睛：解题关键在于列出式子，然后利用概率的相关公式求解，以及根据题意得出的分布列，主要考查学生的运算能力和逻辑推理能力，难度属于中档题.20．已知椭圆经过点，且离心率.（1）求椭圆的方程；（2）已知斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，点总满足，证明：直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】(1)由离心率可得，再根据椭圆过点可得，联立可得答案.

(2)设直线的方程为，，，将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，又因为，所以，将韦达定理代入得出答案.【详解】（1）因为椭圆的离心率.所以，即，又椭圆经过点，代入椭圆方程可得，联立方程组可得，解得，.所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，，，联立方程组消去得，，即，，，因为，所以，，即得，化简得，直线的方程为，所以，直线恒过定点.

【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆方程和直线过定点问题，解答本题的关键是由，所以，即，将韦达定理代入，属于中档题.21．已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）已知函数(其中是的导函数)，若函数有两个极值点，，且，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）写出定义域，求出导函数，对a进行分类讨论，判断单调性；（2）利用有两个极值点，，得到，可得，构造新函数，讨论故在单调性，求最值即可，【详解】解：（1）的定义域为，而，令，则①当时，在单调递增；②当，即时在单调递增；③当时，有两根，.所以增区间，；减区间.综上述，当时，在单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.（2），则的定义域为，，若有两个极值点，，且，则方程的判别式，且，得，且.所以设，则在上恒成立，故在单调递减，从而，，所以的取值范围是.【点睛】研究含参数的函数的单调性：（1）讨论函数