2020-2021学年江西省南昌市高三（上）12月联考数学（文）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省南昌市高三（上）12月联考数学（文）试卷北师大版，共9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={−2,−1,0,1,2,3}，若集合N满足N⊆M，则N可能为( )
A.{−3,−2,−1,0,1,2,3}B.{−3,−2,−1}
C.{−2,−1,0,1,2,3,4}D.{0,1,2}

2. 已知函数fx=ex−3x2+1，则曲线y=fx在点0,f0处的切线斜率为( )
A.1B.−4C.0D.2

3. 已知平面向量a→=m+2,6，b→=−4,4，若a→与b→共线，则m=( )
A.8B.−8C.−4D.4

4. 已知等差数列an中，a3=14，a5=20，则数列{an}的公差为( )
A.2B.−2C.3D.−3

5. 函数fx=2sinx−π4的单调递减区间为( )
A.−π4+2kπ,3π4+2kπk∈ZB.3π4+2kπ,7π4+2kπk∈Z
C.−π4+kπ,3π4+kπk∈ZD.3π4+kπ,7π4+kπk∈Z

6. 已知点M， N分别在圆C1:x−12+y−22=9与圆C2:x−22+y−82=64上，则|MN|的最大值为( )
A.7+11B.17C.37+11D.15

7. 已知实数x，y满足 2x+1≤y，y≤3，x+y≥0， 则z=x−3y的最小值为( )
A.−43B.−8C.−12D.−14

8. 已知α∈R，则“sin2α>0”是“tanα>0”的( )
A.充要条件B.充分不必要条件
C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

9. 已知正三棱柱ABC−A1B1C1中，点D，E分别是所在棱的中点，则下列图形中，满足B1E//平面ACD的是( )
A.B.
C.D.

10. 函数fx=2lnx−3x−52x2在13,1上的最小值为( )
A.−2ln3−2318B.−112C.−2ln2−178D.−132

11. 设数列{5n−1⋅an}的前n项和为Tn，若Tn=n，则a2020=( )
A.151010B.152021C.152020D.152019

12. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1,F2，点P满足|PF1|−|PF2|=2a，点M为线段F1P上靠近P的三等分点，O为坐标原点，且OP⊥MF2，若|OP|=6a，则双曲线C的渐近线方程为( )
A.y=±22xB.y=±2xC.y=±23xD.y=±3x
二、填空题

若csα=45，则cs2α=________.

已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S4S2=32，则q的值为________.

已知正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长为3，若其外接球的表面积为24π，则棱AA1的长为________.

已知函数fx的定义域为R，图象关于原点对称，将fx的图象往左平移1个单位后关于y轴对称，且f1=5，则f0+f1+f2+f3+⋯+f2020+f2021=________.
三、解答题

寒假即将到来，6位同学计划外出旅游，其中2人选择去桂林，4人选择去厦门，选择去厦门的同学中有3位女生，选择去桂林的同学中有1位女生．
(1)从6人中随机抽取1人，求抽到选择去桂林的女生或选择去厦门的男生的概率；

(2)从6人中随机抽取2人，求至少有1人选择去桂林的概率．

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4=14，a5=6.
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn=1a2na2n+2，求数列{bn}的前n项和Tn.

已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asinB2=bsinA，点D是线段AB的中点．
(1)若b=3，求△ABC外接圆的面积；

(2)若A=30∘,CD=7，求△ABC的面积．

已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2BC=2CC1，点M为线段A1B1的中点．

(1)若点N在直线AC1上运动，求证：A1D⊥BN ；

(2)如图所示，若A1D1=22，求多面体MA1BDD1的体积．

已知函数fx=ax2+2−alnx+2a∈R.
(1)若a=−1，求函数fx的极值；

(2)讨论函数fx的单调性．

已知抛物线C:x2=2pyp>0的焦点为F，直线l:y=2x+1与抛物线C交于M，N两点，且|MN|=20.
(1)求抛物线C的方程；

(2)过焦点F的直线l′与抛物线交于P， Q两点，若点R在抛物线C的准线上，且∠PRQ=90∘，△PRQ的面积为82，求直线l′的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省南昌市高三（上）12月联考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
集合的包含关系判断及应用
【解析】
无
【解答】
解：∵ N⊆M，
∴ 集合N为集合M的子集.
A，−3∉M，故A错；
B，−3∉M，故B错；
C，4∉M，故C错；
D，0,1,2∈M，故D正确.
故选D．
2.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，f′x=ex−6x，
所以f′0=1.
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
解：依题意，4m+8=−24，故m=−8，
故选B．
【解答】
解：因为a→与b→共线，
所以4(m+2)=−4×6，
即4m+8=−24，
解得：m=−8.
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为an为等差数列，a3=14，a5=20，
所以d=a5−a32=3.
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
正弦函数的单调性
正弦函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：可知函数y=sint的单调递减区间为：π2+2kπ,3π3+2kπk∈Z，
令π2+2kπ≤x−π4≤3π2+2kπk∈Z，
得3π4+2kπ≤x≤7π4+2kπk∈Z.
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
两点间的距离公式
【解析】
无
【解答】
解：依题意，圆C1：x−12+y−22=9，圆心C11,2，半径r1=3，
圆C2：x−22+y−82=64，圆心C22,8，半径r2=8，
故|MN|max=|C1C2|+r1+r2
=(2−1)2+(8−2)2+3+8
=37+11.
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，
将目标函数z=x−3y变形为y=13x−13z，
则当直线y=13x−13z过点A时，截距最大，
则z有最小值，
联立y=3，x+y=0，
解得x=−3，y=3，
故点A−3,3，
则zmin=−3−3×3=−12.
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
二倍角的正弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
暂无
【解答】
解：依题意，sin2α>0⇔2sinαcsα>0⇔sinαcsα>0⇔tanα>0，
故“sin2α>0”是“tanα>0”的充要条件.
故选A．
9.
【答案】
D
【考点】
直线与平面平行的判定
【解析】
解：D选项中，由于点D，E分别是所在棱的中点，故B1E//AD，而B1E⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，则B1E//平面ACD，
故选D．
【解答】
解：D选项中，由于点D，E分别是所在棱的中点，
故B1E//AD，
而B1E⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，
则B1E//平面ACD.
故选D．
10.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
无
【解答】
解：依题意，f′(x)=2x−3−5x
=−5x2+3x−2x=−(5x−2)(x+1)x，
故当x∈13,25时，f′x>0，函数单调递增，
当x∈25,1时，f′x<0，函数单调递减，
而f1=−112，f13=−2ln3−2318，
因为−112<−2ln3−2318，
所以函数fx的最小值为−112.
故选B．
11.
【答案】
D
【考点】
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，a1+5a2+25a3+⋯+5n−1⋅an=n①，
故当n=1时，a1=1；
当n≥2时，a1+5a2+25a3+⋯+5n−2⋅an−1=n−1②，
①−②可得，5n−1⋅an=1，则an=15n−1．
故an=15n−1,n∈N∗，
故a2020=152019.
故选D．
12.
【答案】
D
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的标准方程
余弦定理
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：易知点P在双曲线C的右支上，
取F1P的另一个三等分点N，
则有ON//MF2，
记OP与F2M交于点Q，
又因为M是PN的中点，
则 Q是线段OP的中点，且OP⊥MF2，
所以|F2P|=|OF2|=c，
则|PF1|=2a+c，
因为PO→=12PF1→+PF2→，
所以|PO→|2=14|PF1→|2+|PF2→|2+2|PF1→||PF2→|cs∠F1PF2，
因为cs∠F1PF2=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|22|PF1||PF2|，
所以2|PF1|2+2|PF2|2=|F1F2|2+4|PO|2，
化简可得ba=3，
故所求渐近线方程为y=±3x.
故选D．
二、填空题
【答案】
725
【考点】
二倍角的余弦公式
【解析】
无
【解答】
解：依题意，cs2α=2cs2α−1=725．
故答案为：725.
【答案】
22
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
解：显然q≠1，则q2+1=32，解得q2=12，故q=22.
【解答】
解：由题得，q≠1，且q>0，
则S4S2=a1(1−q4)1−qa1(1−q2)1−q=1−q41−q2
=q2+1=32，
解得q2=12，
所以q=22.
故答案为：22.
【答案】
23
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设三棱柱ABC−A1B1C1的外接球半径为R，底面正△ABC的外接圆半径为r，
则4πR2=24π，2r=3sin60∘，
则R2=6，r=3，
所以6=3+AA122，
解得AA1=23.
故答案为：23.
【答案】
5
【考点】
函数的周期性
函数的求值
函数奇偶性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意f−x=−fx，fx+1=f−x+1，
故fx+1=f−x+1=−fx−1，
所以fx+2=−fx，fx+4=fx，
即函数fx的周期为4，
f0=0，f1=5，f2=f0=0，f3=f−1=−f1=−5，
则f0+f1+f2+f3+⋯+f2020+f2021
=0×505+f0+f1=5.
故答案为：5.
三、解答题
【答案】
解：(1)依题意，选择去桂林的女生有1人，选择去厦门的男生有1人，
故抽到选择去桂林的女生或选择去厦门的男生的概率为：P1=1+16=13.
解：(2)记选择去厦门的同学为A，B，C，D，选择去桂林的同学为a，b，从中任选2人，
所有的情况为：A,B，(A,C)， A,D，A,a，A,b， B,C，B,D，B,a，B,b，C,D，C,a，C,b，D,a，(D,b)，a,b，共15种；
其中满足条件的情况为：A,a，(A,b)，B,a，B,b，C,a，C,b，D,a，D,b，a,b，共9种；
所以至少有一人去桂林的概率为：P2=915=35.
【考点】
古典概型及其概率计算公式
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
答案未提供解析。
答案未提供解析。
【解答】
解：(1)依题意，选择去桂林的女生有1人，选择去厦门的男生有1人，
故抽到选择去桂林的女生或选择去厦门的男生的概率为：P1=1+16=13.
解：(2)记选择去厦门的同学为A，B，C，D，选择去桂林的同学为a，b，从中任选2人，
所有的情况为：A,B，(A,C)， A,D，A,a，A,b， B,C，B,D，B,a，B,b，C,D，C,a，C,b，D,a，(D,b)，a,b，共15种；
其中满足条件的情况为：A,a，(A,b)，B,a，B,b，C,a，C,b，D,a，D,b，a,b，共9种；
所以至少有一人去桂林的概率为：P2=915=35.
【答案】
解：(1)设数列an的公差为d，依题意，
得4a1+6d=14，a1+4d=6，
解得a1=2，d=1，
故an=n+1．
(2)由(1)可知，bn=12n+12n+3
=1212n+1−12n+3，
故Tn=b1+b2+⋯+bn
=1213−15+1215−17+⋯+1212n+1−12n+3
=1213−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3
=1213−12n+3
=n6n+9．
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
数列的求和
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)设数列an的公差为d，依题意，
得4a1+6d=14，a1+4d=6，
解得a1=2，d=1，
故an=n+1．
(2)由(1)可知，bn=12n+12n+3
=1212n+1−12n+3，
故Tn=b1+b2+⋯+bn
=1213−15+1215−17+⋯+1212n+1−12n+3
=1213−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3
=1213−12n+3
=n6n+9．
【答案】
解：(1)因为asinB2=bsinA，
由正弦定理得，sinAsinB2=sinBsinA，
因为sinA>0，
所以sinB2=sinB，
即sinB2=2sinB2csB2，
因为sinB2>0，
所以csB2=12>0，
故B2=60∘，则B=120∘，
所以r=b2sinB=33=3，
所以S=πr2=3π，
则△ABC外接圆的面积为3π．
(2)因为B=120∘，A=30∘，
所以C=180∘−B−A=30∘，
故△ABC为等腰三角形，
则c=a，BD=a2，
在△DBC中，由余弦定理可得，DC2=BD2+BC2−2BD⋅BC⋅csB，
即72=a22+a2−2⋅a2⋅a⋅cs120∘，
解得a=2，
所以S△ABC=12acsinB=12×2×2×32=3．
【考点】
正弦定理
二倍角的正弦公式
余弦定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为asinB2=bsinA，
由正弦定理得，sinAsinB2=sinBsinA，
因为sinA>0，
所以sinB2=sinB，
即sinB2=2sinB2csB2，
因为sinB2>0，
所以csB2=12>0，
故B2=60∘，则B=120∘，
所以r=b2sinB=33=3，
所以S=πr2=3π，
则△ABC外接圆的面积为3π．
(2)因为B=120∘，A=30∘，
所以C=180∘−B−A=30∘，
故△ABC为等腰三角形，
则c=a，BD=a2，
在△DBC中，由余弦定理可得，DC2=BD2+BC2−2BD⋅BC⋅csB，
即72=a22+a2−2⋅a2⋅a⋅cs120∘，
解得a=2，
所以S△ABC=12acsinB=12×2×2×32=3．
【答案】
解：(1)证明：连接AD1,BC1，
∵AA1=AD，
∴A1D⊥AD1，
∴AD1//BC1，
∴ A1D⊥BC1，
又∵A1D⊥AB，AB∩BC1=B，AB⊂平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，
∴ A1D⊥平面ABC1，
又∵BN⊂平面ABC1，
∴ A1D⊥BN.
(2)依题意，V多面体MA1BDD1=V三棱锥M−A1D1B+V三棱锥D−A1D1B
=V三棱锥D1−A1MB+V三棱锥B−A1DD1
=13⋅S△A1MB⋅A1D1+13⋅S△A1DD1⋅AB
=13×12×22×22×22+13×12×22×22×42
=82.
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
答案未提供解析。
答案未提供解析。
【解答】
解：(1)证明：连接AD1,BC1，
∵AA1=AD，
∴A1D⊥AD1，
∴AD1//BC1，
∴ A1D⊥BC1，
又∵A1D⊥AB，AB∩BC1=B，AB⊂平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，
∴ A1D⊥平面ABC1，
又∵BN⊂平面ABC1，
∴ A1D⊥BN.
(2)依题意，V多面体MA1BDD1=V三棱锥M−A1D1B+V三棱锥D−A1D1B
=V三棱锥D1−A1MB+V三棱锥B−A1DD1
=13⋅S△A1MB⋅A1D1+13⋅S△A1DD1⋅AB
=13×12×22×22×22+13×12×22×22×42
=82.
【答案】
解：(1)若a=−1，则fx=−x2+3lnx+2a∈R，
则f′x=−2x+3x=3−2x2x
=3−2x3+2xx，
故当x∈0,62时，f′x>0， 函数单调递增，
当x∈62,+∞时，f′x<0， 函数单调递减，
故函数fx的极大值为f62=12+32ln32， 无极小值．
(2)依题意f′x=2ax+2−ax=2ax2+2−ax，
若0≤a≤2，f′x>0，函数fx在0,+∞上单调递增；
若a>2，当x∈0,a−22a时，f′x<0，
当x∈a−22a,+∞时，f′x>0，
故函数在0, a−22a上单调递减，在a−22a,+∞上单调递增；
若a<0，当x∈0,a−22a时，f′x>0，
当x∈a−22a,+∞时， f′x<0，
故函数fx在0, a−22a上单调递增，在a−22a,+∞上单调递减．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
答案未提供解析。
答案未提供解析。
【解答】
解：(1)若a=−1，则fx=−x2+3lnx+2a∈R，
则f′x=−2x+3x=3−2x2x
=3−2x3+2xx，
故当x∈0,62时，f′x>0， 函数单调递增，
当x∈62,+∞时，f′x<0， 函数单调递减，
故函数fx的极大值为f62=12+32ln32， 无极小值．
(2)依题意f′x=2ax+2−ax=2ax2+2−ax，
若0≤a≤2，f′x>0，函数fx在0,+∞上单调递增；
若a>2，当x∈0,a−22a时，f′x<0，
当x∈a−22a,+∞时，f′x>0，
故函数在0, a−22a上单调递减，在a−22a,+∞上单调递增；
若a<0，当x∈0,a−22a时，f′x>0，
当x∈a−22a,+∞时， f′x<0，
故函数fx在0, a−22a上单调递增，在a−22a,+∞上单调递减．
【答案】
解：(1)设Mm,m22p，Nn,n22p，
联立x2=2py，y=2x+1，
则x2=2p2x+1，即x2−4px−2p=0，
故m+n=4p，mn=−2p，
故|MN|=1+22⋅|m−n|
=1+22⋅m+n2−4mn
=5⋅16p2+8p=20 ，
解得p=2，
故抛物线C的方程为x2=4y．
(2)设Px1,y1，Qx2,y2，Rx0,−1，
设直线l′：y=kx+1，代入抛物线C的方程中，
整理得：x2−4kx−4=0，
∴ x1+x2=4k，x1⋅x2=−4，
则线段PQ中点N2k,2k2+1，
∵ RP⊥RQ，
故|RN|=12|PQ|，
又∵ |PQ|=y1+y2+p=kx1+x2+2+2=4k2+4，
∴ |RN|=2k2+2，
故RN⊥x轴，
即S△RPQ=12|RN|⋅|x1−x2|
=12|RN|⋅(x1+x2)2−4x1x2
=4(k2+1)32=82，
∴ k=±1，
∴ 直线l′的方程为：y=x+1或y=−x+1．
【考点】
抛物线的标准方程
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
圆锥曲线的综合问题
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)设Mm,m22p，Nn,n22p，
联立x2=2py，y=2x+1，
则x2=2p2x+1，即x2−4px−2p=0，
故m+n=4p，mn=−2p，
故|MN|=1+22⋅|m−n|
=1+22⋅m+n2−4mn
=5⋅16p2+8p=20 ，
解得p=2，
故抛物线C的方程为x2=4y．
(2)设Px1,y1，Qx2,y2，Rx0,−1，
设直线l′：y=kx+1，代入抛物线C的方程中，
整理得：x2−4kx−4=0，
∴ x1+x2=4k，x1⋅x2=−4，
则线段PQ中点N2k,2k2+1，
∵ RP⊥RQ，
故|RN|=12|PQ|，
又∵ |PQ|=y1+y2+p=kx1+x2+2+2=4k2+4，
∴ |RN|=2k2+2，
故RN⊥x轴，
即S△RPQ=12|RN|⋅|x1−x2|
=12|RN|⋅(x1+x2)2−4x1x2
=4(k2+1)32=82，
∴ k=±1，
∴ 直线l′的方程为：y=x+1或y=−x+1．