2021届江西省南昌市高三一模数学（文）试题含解析

2021届江西省南昌市高三一模数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（     ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出集合,,然后进行交集的运算即可．

【详解】解：即解得，

,,

,．

故选：．

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，，，则向量，夹角的余弦值为（     ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用向量夹角关系直接求解即可.

【详解】.

故选：B.

4．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：．

5．已知角是的一个内角，则“”是“”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】B

【分析】三角形内角的范围，等价于或；，等价于；根据充分条件、必要条件的定义判断即可．

【详解】解：为的内角，则，若成立，说明或；

 而成立，说明；

因此由可以推得成立，由不可以推得成立，可见是的必要不充分条件．

故选：．

6．已知圆：，则下列选项所对应的图形中，与圆相切的是（     ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据圆与圆的位置关系以及直线与圆的位置关系即可判断．

【详解】根据题意， 圆， 其圆心为，半径．

对于A， ， 其圆心为， 半径， 圆心距， 两圆不相切，不符合题意；

对于B，， 其圆心为，半径，

圆心距， 两圆外切，符合题意；

对于C， ， 圆的圆心到直线的距离为， 直线与圆相交， 不符合题意；

对于D ，， 圆的圆心到直线的距离为， 直线与圆相离，不符合题意．

故选：B.

7．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D

8．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：．

9．已知函数的图象关于点对称，则下列选项中能使得取得最大值的是（     ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知可得，可求得，再根据余弦函数的性质即可求解.

【详解】的图象关于点对称，，

即，

，，，解得，

，

令，解得，此时取得最大值，

当时，.

故选：A.

10．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，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

其中正确的是（     ）

A．①④ B．①③ C．②④ D．③④

【答案】A

【分析】根据函数的定义即可确定．

【详解】根据圆柱的体积公式的实际应用，油面高度为h，会影响油面的宽度w，从而影响油量v， 对于①，由于v确定，故h确定，w就确定，故①正确； 对于②，由于w确定，h有两个（上下对称），所以v有两个，故与函数的定义相矛盾，不是函数，故错误； 对于③，同②，w确定，所以有两个h(上下对称),故与函数的定义相矛盾，不是函数，故③错误； 对于④，h确定，则w确定，故④正确. 故①④正确.

故选：A.

11．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：．

12．已知正方体的棱长为6，是线段上的点，且，是平面内一动点，则的最小值为（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据两点之间线段最短，所以作出点关于平面的对称点，连接，求出，即为的最小值．

【详解】如图所示：

正方体的棱长为6， 三棱锥为正三棱锥，侧棱长为 6， 底面边长为， 设的外心为， 连接并延长至， 使，则与关于平面对称， 连接，交平面于， 则的最小值为，在等边三角形中，求得，∴

在中，

， 可得.

即的最小值为.

故选：C.

二、填空题

13．将120个个体依次编号：1，2，…，120，用系统（等距）抽样的方法从中抽取出一个容量为10的样本，若抽到的第一个个体的编号为9，则最后一个个体的编号为___________.

【答案】117

【分析】根据系统抽样时抽样间隔相等，结合题意求出抽取的样本编号．

【详解】解：由题意知，抽样间隔为，

抽到的第一个个体的编号为9，则最后一个个体的编号为．

故答案为：117．

14．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，则__________.

【答案】

【分析】化为标准方程，求得即可得出所求.

【详解】椭圆化为标准方程为，

左顶点为，上顶点为，

.

故答案为：.

15．已知实数，满足条件，则的最大值为__________.

【答案】10

【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．

【详解】解：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，

由，得，由图可知，当直线过时，

直线在轴上的截距最大，有最大值为10．

故答案为：10．

16．已知的最小值为1（是自然对数的底数），则__________.

【答案】

【分析】化为分段函数，对函数求导研究其单调性求得最值得解

【详解】，

当时

在上单增，此时

当时

在上单减，在上单增，

此时

，

故答案为：

【点睛】熟练掌握利用导函数研究函数的单调性及极值和最值的方法是解题关键.

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：，

．

18．2020年，全球展开了某疫苗研发竞赛，我国处于领先地位，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：

（Ⅰ）求与的回归方程；

（Ⅱ）同期，在人数均为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，估计该疫苗的有效率.（疫苗的有效率为，结果保留3位有效数字）

（参考公式：，，参考数据：）

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）根据表示数据利用最小二乘法求出相关量即可得出；

（2）求出时的值即可求解.

【详解】（1），，

，

，

，

，

所以回归方程为；

（2）当时，，

故，又，

所以疫苗的有效率为.

19．如图三棱柱中，和是等边三角形.，分别为棱，的中点，平面平面.

（Ⅰ）若三棱柱的体积为3，求；

（Ⅱ）在线段上是否存在点，使得平面，证明你的结论.

【答案】（Ⅰ）AA1＝2; （Ⅱ）存在.

【分析】（Ⅰ）设AA1＝a，求出 的面积，以及点A到平面A1B1C1的距离，然后根据棱柱的体积公式建立方程，解之即可；

（Ⅱ）以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，求出平面B1EF的一个法向量 ，结合 可求出点G坐标，从而可判断是否存在点G，使得AG∥平面B1EF．

【详解】（Ⅰ）设AA1＝a，

∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC和△AA1C1是等边三角形．

E，F分别为棱AA1，AC的中点，平面AA1C1C⊥平面A1B1C1．

∴ ，

点A到平面A1B1C1的距离 ，

∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为3，

∴∴AA1＝2．

（Ⅱ）由题意可知OB1⊥面AA1C1，所以以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，设AA1＝2，证明如下：

O（0，0，0），, （0，1，0），，，，，，

则， ,

设平面B1EF的一个法向量为

则 ，令y＝1得 ，

所以

由可得 ，所以

综上所述，线段BF上存在点G，使得AG∥平面B1EF．

20．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为.

（Ⅰ）求抛物线的方程，并证明直线是抛物线的切线；

（Ⅱ）过点且垂直于的直线交轴于点，求的面积.

【答案】（Ⅰ）抛物线方程为，证明见解析；（Ⅱ）

【分析】（Ⅰ）根据抛物线的定义可得即为抛物线准线，即可得出抛物线方程，求得直线斜率，利用导数求出切线斜率即可证明；

（Ⅱ）可得直线的斜率为，即可求出，联立直线与抛物线方程可求得坐标，即可求出面积.

【详解】（Ⅰ）在定直线上，表示A到直线距离，

关于直线的对称点为，，

则由抛物线的定义可得即为抛物线准线，

所以，即，故抛物线方程为，

，因为，所以直线的斜率为，

由可得，则点A处的切线斜率为，

故直线是抛物线的切线；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线的斜率为，则直线的斜率为，

，则，解得，

由于抛物线的对称性，不妨取，则可得直线方程为，

联立方程可得，

设，则，，

.

21．已知函数（，，为自然对数的底数）.

（Ⅰ）当时，讨论的单调性；

（Ⅱ）若在上单调递增，求的最大值.

【答案】（Ⅰ）当时，在上单调递增，

当时，在，上单调递增，在上单调递减．

当时，在，上单调递增，在上单调递减．

（Ⅱ）

【分析】（Ⅰ）当时，，求导，令，得或，分三种情况：当时，当时，当时，讨论函数的单调性．

（Ⅱ）对求导，令，得，，由在上单调递增，则对任意，有，推出，即，令，求导，分析单调性，再求最值，即可得出答案．

【详解】解：（Ⅰ）当时，，

，

令，得或，

当时，即时，，在上恒成立，即在上单调递增，

当时，即时，令得或，

令，得，

所以在，上单调递增，在上单调递减．

当时，即时，令得或，

令，得，

所以在，上单调递增，在上单调递减．

综上所述，当时，在上单调递增，

当时，在，上单调递增，在上单调递减．

当时，在，上单调递增，在上单调递减．

（Ⅱ），

，

令，得，，

要使得在上单调递增，则对任意，有，

即时，；或时，，

即，

所以，

令，

，

令，解得，

令，解得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，

所以当时，的最大值为．

即的最大值为．

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.

（Ⅰ）当时，求不等式的解集；

（Ⅱ）若不等式恒成立，求正数的取值范围.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）

【分析】（Ⅰ）分类讨论去绝对值即可求解；

（Ⅱ）去绝对值可得，满足即可求解.

【详解】（Ⅰ），

则不等式可化为或或，

解得或或，

所以不等式的解集为；

（Ⅱ）当时，，

则可得，

又，

不等式恒成立等价于，

则，解得，

所以正数的取值范围.