江西井冈山中学2021届高三第二次联考数学（理）试卷 WORD版含答案.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】B【解析】化简集合，求出函数的值域，进而求出集合，按交集定义即可求解.【详解】，.故选:B.【点睛】本题考查集合的运算，应用函数的性质求解集合是解题关键，属于基础题.2设复数，定义.若，则（ ）ABCD【答案】B【解析】根据复数代数形式的运算法计算出，再根据定义求出.【详解】解：因为，所以，则.故选：B.【点睛】本题考查复数代数形式的运算，属于基础题.3已知函数，若，则，的大小关系是（ ）ABCD【答案】D【解析】求出，可得在上为增函数，再比较自变量的大小，即可求出结论.【详解】根据题意，函数，其导数函

2、数，则有在上恒成立，则在上为增函数；又由，则.故选:D.【点睛】本题考查比较数的大小，关键在于利用函数的单调性，属于中档题.4已知，是两个不重合的平面，直线，直线，：，：，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】A【解析】充分性如图可构造为平行四边形，可证明，必要性，可构造反例，平面相交，当直线在关于交线对称的位置，有，故必要性不成立.【详解】充分性：若，可知四点共面，连接，由于，平面，为平行四边形，故充分性成立;必要性：如图所示，平面相交，当直线在关于交线对称的位置，有，故必要性不成立.故选：A【点睛】本题考查了空间中的平行对称关系，考查了学生空间

3、想象，逻辑推理能力，属于中档题.5的展开式中的项的系数为（ ）A120B80C60D40【答案】A【解析】化简得到，再利用二项式定理展开得到答案.【详解】展开式中的项为.故选：【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.6三世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法.所谓割圆术，就是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积并以此求取圆周率的方法.按照这样的思路刘徽把圆内接正多边形的面积一直算到了正边形，如图所示是利用刘徽的割圆术设计的程序框图，若输出的，则的值可以是( ) (参考数据: ，) ABCD【答案】C【解析】模拟执行程序，可得：，不满足

4、条件，不满足条件，满足条件，退出循环，输出的值为.故.故选C7函数图象的大致形状是（ ）ABCD【答案】C【解析】由的解析式可得函数为偶函数，以及函数值的符号情况，可排除不正确的选项，从而得到答案.【详解】，则，是偶函数，排除B、D.当时，即，排除A.故选:C.【点睛】本题考查函数的奇偶性，根据函数解析式分析函数图像，属于中档题.8在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算.算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，如图，是利用算筹表示数19的一种方法，例如：47可以表示为“”，如果用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数，这个数至少要用8根小木棍的概率为（ ）

5、ABCD【答案】D【解析】表示没有重复的三位数至少需要5根木棍，所以用间接法求解，求出用掉5根，6根，7根木棍这三种情况表示的三个数字，进而求出可表示三位数的个数，根据对立事件概率即可求解.【详解】至少要用8根小木根的对立事件为用掉5根，6根，7根这三种情况，用5根小木棍为1、2、6这一种情况的全排列，6根有123，127，163，167这四种情况的全排列，7根有124，128，164，168，137，267，263这七种情况的全排列，故至少要用8根小木根的概率为.故选:D.【点睛】本题以数学文化为背景，考查古典概型概率、对立事件的概率关系，属于中档题.9已知正三角形的边长为，平面内的动点，满

6、足，则的最大值是（ ）ABCD【答案】A【解析】，取中点，得到轨迹为圆，转化为求点到圆上点距离的最大值即可.【详解】解法一：取中点，从而轨迹为以为圆心，为半径的圆，三点共线时，为最大值.所以最大值为，的最大值为.解法二：如图所示，建立直角坐标系.，点满足，令，.又，则，.的最大值是.故选:A.【点睛】本题考查向量线性运算和模长的几何意义，用几何法求模长的最值，考查数形结合思想，属于中档题.10已知P为双曲线上一点，为双曲线C的左、右焦点，若，且直线与以C的实轴为直径的圆相切，则C的渐近线方程为（）ABCD【答案】A【解析】依据题意作出图象，由双曲线定义可得，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相

7、切，可得，对在两个三角形中分别用余弦定理及余弦定义列方程，即可求得，联立，即可求得，问题得解【详解】依据题意作出图象，如下：则，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，所以,所以由双曲线定义可得：，所以，所以整理得：，即：将代入，整理得：，所以C的渐近线方程为故选A【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及圆的曲线性质，还考查了三角函数定义及余弦定理，考查计算能力及方程思想，属于难题11已知函数，有下列四个结论：若，则有2个零点 最小值为在区间单调递减 是的一个周期则上述结论中错误的个数为（ ）A0B1C2D3【答案】C【解析】【详解】所以正确，则或，所以错误，错误，在递减，在递增，正确.故选:C.

8、【点睛】本题考查三角函数的性质，涉及零点、单调性、最值和周期，等价转化为二次函数是解题的关键，属于中档题.12已知函数，若不等式上恒成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD【答案】B【解析】由已知不等式化为，判断在的大小关系，得出在的单调性，即可求出的取值范围.【详解】，令恒成立，在单调递增，所以在上恒成立，在恒为递增函数，在恒成立，.故选:B.【点睛】本题以不等式恒成立为背景，考查函数的单调性，以及导数的应用，属于中档题.二、填空题13若，则_.【答案】【解析】由定积分基本定理求出，即可求解.【详解】，.故答案为:.【点睛】本题考查定积分计算以及特殊角的三角函数值，属于基础题.14函数，其中为

9、数列的前项和，若，则_.【答案】【解析】，求导，结合数列求和，即可得到结论.【详解】，.故答案为:【点睛】本题考查导数的计算以及数列求和，属于中档题.15已知，两点都在以为直径的球的表面上，若球的体积为，则异面直线与所成角的余弦值为_.【答案】【解析】根据已知体积公式，算出球的半径，进而求出求出，再由，求出，过作，过作，、交于，可得异面直线与所成角为（或补角），再在中利用余弦定理即可求解.【详解】由题意得三棱锥，其中，过作，过作，、交于，则异面直线与所成角为（或补角），由，平面，即，平面，计算可得，取中点，连，则，即异面直线与所成角的余弦值为.故答案为:. 【点睛】本题以球为背景，考查异面直线

10、所成的角，注意空间垂直之间的相互转化，属于中档题.16在平面直角坐标系中，已知双曲线：的渐近线为，是双曲线上一点，过作双曲线的切线与直线交于，过作与双曲线交于，以此类推，过作双曲线的切线与直线交于，过作与双曲线交于，若，则数列的前项和是_.【答案】【解析】设在第二象限，求出切线的斜率，得到切于点的切线方程，与方程联立求出坐标，进而得到的方程，再与双曲线方程联立，整理得到交点坐标，与的递推关系，求出的通项公式，即可得出结论.【详解】，不妨设在第二象限，故，在点的切线方程为，即，与：联立得，直线的方程为，即与双曲线方程联立，化简得，即，数列是以为首项公比为的等比数列，由得，可得，.故答案为:.【点

11、睛】本题考查双曲线的方程和性质、导数的几何意义、直线与双曲线的位置关系、数列递推公式求通项公式，综合性强，考查逻辑推理、数学计算能力，属于难题.17如图，在中，角的平分线交于点，设.（1）求；（2）若，求的长.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由为三角形BAD中的角，根据sin的值，利用同角三角函数间的基本关系求出cos的值，进而利用二倍角的正弦函数公式求出sinBAC与cosBAC的值，即为sin2与cos2的值，sinC变形为，利用诱导公式，以及两角和与差的正弦函数公式化简后，将各自的值代入计算即可求出sinC的值；（2）利用正弦定理列出关系式，将sinC与sinBAC的值代入得

12、出，利用平面向量的数量积运算法则化简已知等式左边，将表示出的AB代入求出BC的长，再利用正弦定理即可求出AC的长试题解析：解：（1），则，（2）由正弦定理，得，即，又，由上两式解得，又由得，三、解答题18如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PCD，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.（1）证明：平面ABCD.（2）求直线BC与平面PBD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）通过证明平面，得到，再证即可证得平面ABCD.（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量、直线的方向向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值.【详解】（1）证明：平面PCD，平面，为的中点，则且.四边形B

13、CDE为平行四边形，.又，且E为AD的中点，四边形ABCE为正方形，又平面，平面，则.平面平面，又，为等腰直角三角形，O为斜边AC上的中点，且平面ABCD.（2）解：以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示不妨设，则,则.设平面PBD的法向量为，则即即令，得.设BC与平面所成角为，则.【点睛】本题考查线面垂直，线面角的计算，属于中档题.19在直角坐标系中，点，是曲线上的任意一点，动点满足（1）求点的轨迹方程；（2）经过点的动直线与点的轨迹方程交于两点，在轴上是否存在定点（异于点），使得？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在点符合题意.【解析】（1）

14、设，利用相关点代入法得到点的轨迹方程；（2）设存在点，使得，则，因为直线l的倾斜角不可能为，故设直线l的方程为，利用斜率和为0，求得，从而得到定点坐标.【详解】（1）设，则，.又，则即因为点N为曲线上的任意一点，所以，所以，整理得，故点C的轨迹方程为.（2）设存在点，使得，所以.由题易知，直线l的倾斜角不可能为，故设直线l的方程为，将代入，得.设，则，.因为，所以，即，所以.故存在点，使得.【点睛】本题考查相关点代入法求轨迹方程及抛物线中的定点问题，考查函数与方程思想、数形结合思想的应用，求解时注意直线方程的设法，能使运算过程更简洁.20本小题满分13分）工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射

15、危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟，如果有一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别，假设互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立.（1）如果按甲在先，乙次之，丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？（2）若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为，其中是的一个排列，求所需派出人员数目的分布列和均值（数字期望）；（3）假定，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值（数字期望）达到最小【答案】（

16、1） 不变化；（2）；（3）先派甲,再派乙,最后派丙时, 均值（数字期望）达到最小【解析】【详解】（1）按甲在先,乙次之,丙最后的顺序派人,任务能被完成的概率为若甲在先,丙次之,乙最后的顺序派人,任务能被完成的概率为，发现任务能完成的概率是一样.同理可以验证，不论如何改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率不发生变化.（2）由题意得可能取值为，其分布列为:（3）,要使所需派出的人员数目的均值（数字期望）达到最小,则只能先派甲、乙中的一人.若先派甲,再派乙,最后派丙,则；若先派乙,再派甲,最后派丙, 则，先派甲,再派乙,最后派丙时, 均值（数字期望）达到最小21已知函数，其中为自然对数的底

17、数.（1）设函数（其中为的导函数），判断在上的单调性；（2）若函数在定义域内无零点，试确定正数的取值范围.【答案】(1) 在上单调递增.(2).【解析】（1）先分析得到，即得函数在上的单调性；（2）先利用导数求出，再对a分三种情况讨论，讨论每一种情况下的零点情况得解.【详解】（1）因为，则，在上单调递增.（2）由知，由（1）知在上单调递增，且，可知当时，则有唯一零点，设此零点为，易知时，单调递增；时，单调递减，故，其中.令，则，易知在上恒成立，所以，在上单调递增，且.当时，由在上单调递增知，则，由在上单调递增，所以，故在上有零点，不符合题意；当时，由的单调性知，则，此时有一个零点，不符合题意；

18、当时，由的单调性知，则，此时没有零点.综上所述，当无零点时，正数的取值范围是.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究函数的最值和零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.22在平面直角坐标系中，直线的倾斜角为，且经过点以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线，从原点O作射线交于点M，点N为射线OM上的点，满足，记点N的轨迹为曲线C（）求出直线的参数方程和曲线C的直角坐标方程；（）设直线与曲线C交于P，Q两点，求的值【答案】（）(t为参数)，；（）3.【解析】（）直接由已知写出直线l1的参数方程，设N（，），M（1，1），（0，10），由

19、题意可得，即4cos，然后化为普通方程；（）将l1的参数方程代入C的直角坐标方程中，得到关于t的一元二次方程，再由参数t的几何意义可得|AP|AQ|的值【详解】（）直线l1的参数方程为，（t为参数）即（t为参数）设N（，），M（1，1），（0，10），则，即，即=4cos，曲线C的直角坐标方程为x2-4x+y2=0（x0）.（）将l1的参数方程代入C的直角坐标方程中，得，即，t1，t2为方程的两个根，t1t2=-3，|AP|AQ|=|t1t2|=|-3|=3【点睛】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查直角坐标方程与直角坐标方程的互化，训练了直线参数方程中参数t的几何意义的应用，是中档题23已知，设函数，（I）若，求不等式的解集；（II）若函数的最小值为，证明：（）【答案】() ；（）详见解析.【解析】（I）代入a,b,c的值，结合x取不同范围，去掉绝对值，解不等式，即可。（II）计算的最小值，得到a,b,c的等式，利用基本不等式，证明不等式，即可。【详解】（I），不等式，即当时，当时，当时，解集为（II） 【点睛】考查了含绝对值不等式的解法，考查了基本不等式，考查了不等式的证明，难度偏难。- 24 - 版权所有高考资源网