江西省2021届高三下学期5月适应性大练兵联考数学（理）试题 WORD版含答案.docx

1、绝密启用前江西省5月高考适应性大练兵联考数学（理）卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，若，则可以是A. B. C. D.2.的共辄复数为的共轭复数A. B. C. D.3.若单位向量，满足，记，的夹角为，则A. B. C. D.4

2、.中国古代数学名著算法统宗中有这样一个问题：今有米二百四十石，令甲，乙，丙、丁，戊五人递差分之，要将甲、乙二人数与丙、丁，戊三人数同.问：各该若干？其大意是：现有大米二百四十石，甲，乙，丙、丁，戊五人分得的重量依次成等差数列，要使甲、乙两人所得大米重量与丙、丁，戊三人所得大米重量相等，问每个人各分得多少大米？在这个问题中，丁分得大米重量为A.32石 B.40石 C.48石 D.56石5.已知下表中是关于变量，的5组观测数据，甲同学根据表中数据通过模型得到回归方程，则12345A. B. C. D.6.某校高一年级研究性学习小组利用激光多普勒测速仪实地测量复兴号高铁在某时刻的速度，其工作原理是：

3、激光器发出的光平均分成两束后射出，并在被测物体表面汇聚，探测器接收反射光.当被测物体横向速度为零时，反射光与探测光频率相同；当横向速度不为零时，反射光相对探测光会发生频移，其中，为测速仪测得被测物体的横向速度，为探测激光波长，为两束探测光线夹角的一半，如图，若激光测速仪安装在距离高铁1m处，发出的激光波长为，测得某时刻频移为（1/h），则与该时刻高铁的速度最接近的数据为A.154km/h B.157km/h C.160km/h D.163km/h7.若，则A. B. C. D.8.已知某几何体的三视图如下所示，现有如下说法：该几何体的最长棱长为；该几何体的体积为2；该几何体的表面积为，则其中所

4、有正确说法的序号是A. B. C. D.9.已知双曲线：的左、右焦点分别为，点满足，且，若点恰为虚轴的一个端点，则的渐近线方程为A. B. C. D.10.已知函数，若函数，仅有1个零点，则实数的取值范围为A. B. C. D.11.已知函数，若存在，当时，则实数的取值范围为A. B. C. D.12.已知函数，是其导函数，若曲线的一条切线为直线：，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为A. B. C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知抛物线：的焦点为，若上一点到焦点的距离为6，则的值为_.14.已知数列的前项和为，若，成等比数列，则正整数的值为_.15.新冠疫情防

5、控期间，某中学安排甲、乙，丙等7人负责某个周一至周日的师生体温情况统计工作，每天安排一人，且每人负责一天.若甲、乙，丙三人中任意两人都不能安排在相邻的两天，且甲安排在乙，丙之间，则不同的安排方法有_种（用数字作答）.16.已知四棱柱的底面为菱形，底面，点是线段上靠近的四等分点，动点在四棱柱的表面，且，则动点的轨迹长度为_.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.（本小题满分12分）已知中，为线段的中点，.（1）求的值；（2）若，求的面积18.（本小题满分1

6、2分）已知三棱柱中，四边形是正方形，二面用为直二面角，.（1）求证：；（2）若，为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值.19.（本小题满分12分）某甜品公司开发了一款甜品，现邀请甲、乙两地部分顾客进行试吃，并收集顾客对该产品的意见以及评分，所得数据统计如下图所示. 甲地顾客 乙地顾客（1）试通过计算比较甲、乙两地顾客评分中位数的大小；（2）已知乙地参加评分的顾客有100人，若从中抽取2人赠送蛋糕券，记2人中评分在的人数为，求的分布列以及数学期望.20.（本小题满分12分）已知函数.（1）若，求证：；（2）若函数在上不单调，求实数的取值范围.21.（本小题满分12分）已知椭圆：的左、右焦点分别

7、为，点在上，且.（1）求的标准方程；（2）若直线：与交于，两点，线段的中垂线与轴交于点，且，证明：为定值.（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.（本小题满分10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】已知平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求的普通方程以及的极坐标方程；（2）若与交于，两点，点，求的值.23.（本小题满分10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若函数的最小值为8，求实数的值.数学（理）参考答案1.

8、【答案】D【解析】依题意，因为，观察可知选D.2.【答案】A【解析】依题意，故复数的共轭复数为，故选A.3.【答案】A【解析】依题意，即，则，解得，则，故，故选A.4.【答案】B【解析】依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得大米分别为，则由题意得，即，又，解得，所以，所以丁分得大米重量为（石），故选B.5.【答案】B【解析】令，则，解得，故选B.6.【答案】C【解析】依题意，则，则米/小时，观察可知选C.7.【答案】D【解析】依题意，故，又，故，则，故选D.8.【答案】C【解析】作出该几何体的直观图如下所示，观察可知，该几何体的最长棱长为（，），故该几何体的表面积为，体积，故正确，故选C.9.【答案】

9、B【解析】依题意，（为坐标原点）是的中位线，故，即轴，且，所以，而点在双曲线上，故，故，则双曲线的渐近线方程为，故选B.10.【答案】A【解析】令，故，作出函数的大致图像如图所示，观察可知，临界状态为直线与曲线在处的切线，故，故选A.11.【答案】A【解析】依题意，故，分别为函数的最小值和最大值，故，即，解得；而，故，解得，故选A.12.【答案】C【解析】设切点为，故，而，故，故，故，因为，故，故，故，故；令，故对任意，只需，而，令，解得，故当时，当时，故，即；因为在上为减函数，故，则，即；设，易知在上单调递增，因为，故实数的取值范围为，故选C.13.【答案】【解析】依题意，解得，故抛物线：；

10、将代入可得，则.14.【答案】3【解析】当时，；当时，故，；而，故，解得.15.【答案】480【解析】选将甲、乙、丙之外的四人进行排列，共有种方法，再用甲、乙、丙插空，甲在中间，有种方法，故共有.16.【答案】【解析】依题意，平面，所以，在上取点，使得，连接，则，在上取点，使得，设与的交点为，连接，在中，在中，所以，故，所以，故的边即为点的轨迹；而，则动点的轨迹长度为.17.解：（1）在中，根据正弦定理，在中，根据正弦定理，故，又，.（2）设，则，在中，由勾股定理，在中，由余弦定理，故，解得（舍去），即，故.18.解：（1）二面角为直二面角，平面平面；而平面平面，平面，又，平面，平面，平面，又

11、是正方形，故.，平面；平面，故.（2）由，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设；则，设平面的法向量为，则有，即，令，得，设直线与平面所成角为，则.19.解：（1），故甲地顾客评分的中位数在，设为，则，得；，故乙地顾客评分的中位数为60，故甲地顾客评分的中位数大于乙地.（2）由题可知的可能取值为0，1，2.；所以的分布列为：012所以的数学期望.20.解：（1）当时，所以；当时，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增；所以是在区间上的最小值，所以.（2）依题意，.若，则当时，在区间上单调递增，不合题意，舍去；若，令，则.因为时，所以在上单调递增.因为，而，所以存在，使得.此时函数在上单调递减，在上单调递增，符合条件；综上所述，实数的取值范围是.21.解：（1）依题意，解得，故椭圆：；将代入可得，解得，故椭圆的标准方程为.（2）联立，消去得，.所以.设，则，.所以.所以.因为，所以线段的中点为.当时，所以.当时，线段的中垂线方程为，令，得，即.所以，所以.综上所述，定值.22.解：（1）曲线的普通方程为，因为，故，即，故，故曲线的极坐标方程为.（2）曲线的参数方程可化为（为参数），代入中，可得，设点，对应的参数分别为，则，故.23.解：（1）当时，所以，所以，或，或，解得或或.所以不等式的解集为.（2），又，当且仅当时等号成立，所以，所以，解得.