江西省抚州市黎川县第一中学2021届高三联考数学（文）试卷 PDF版含答案.pdf

1、 第 1 页（共 4 页）第 2 页（共 4 页）文科数学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷 一、选择题：本大题共 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 a，bR，若a，ba

2、，1 a2，ab，0，则 a2021b2021 的值为（）A 1 B0 C1 D 1 或 0 2已知 m 为实数，当 m 变化时，z(m-3)(m+1)i 在复平面内对应的点不可能在（）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3某工厂生产甲、乙、丙三种产品的数量刚好构成一个公比为(1)q q 的等比数列，现从全体产品中按分层抽样的方法抽取一个样本容量为 140 的样本进行调查，其中丙产品的数量为 20，则抽取的甲产品的数量为（）A10 B20 C40 D80 4如图，在矩形 ABCD 中，点 E 为线段 CD 上一动点(不包括端点)，将ADE 沿 AE 翻折成PAE，使得平面 PAE平

3、面 ABCE给出下列两个结论：在平面 ABCE 内过点 C 有且只有一条直线与平面 PAE 平行；在线段 CD 上存在点 E 使得 PEAB 则下列判断正确的是（）A正确，错误 B错误，正确 C，都正确 D，都错误 5宋代著名类书太平御览记载：“伏羲坐于方坛之上，听八风之气，乃画八卦”乾为天，坤为地，震为雷，坎为水，艮为山，巽为风，离为火，兑为泽，象征八种自然现象，以类万物之情如图所示为太极八卦图，八卦分据八方，中绘太极，古代常用此图作为除凶避灾的吉祥图案八卦中的每一卦均由纵向排列的三个爻组成，其中“”为阳爻，“”为阴爻现从八卦中任取两卦，则取出的两卦中有一卦恰有一个阳爻，另一卦恰有两个阳爻的

4、概率为（）A 314 B 328 C 928 D 37 6函数22()xxf xee的图象关于（）A点(2，0)对称 B直线 x2 对称 C点(2，0)对称 D直线 x2 对称 7直线 l 经过椭圆 C 的一个顶点和一个焦点，若椭圆 C 中心到 l 的距离为其短轴长的14，则下列方程中可能是椭圆 C 的方程的为（）A2211615xy B22134xy C2212xy D22148xy 8设 ABC的内角,A B C 所对的边为,a b c，则下列条件能确定 ABC是等腰三角形是（）AacosAbcosB BaccosB CacosBbcosA DtanAtanBa2b2 9已知数列na是首项

5、为a 的等比数列，且0a，11a ，22a，33a 也构成等比数列.若数列na唯一，则满足条件的实数a 的个数为（）A0 B1 C2 D无数个 10已知函数()ln(1)xf xe，设 A，B 为函数 yf(x)的图象上不同两点，直线 AB 的斜率 k，则k 与 1 的大小关系是（）Ak1 Bk1 C有可能 k1 Dk 与 1 的大小关系不确定 11如图，函数()sin()f xx(0，02)在一个周期内的图象(不包括端点)与 x 轴，y 轴的交点分别为 A，B，与过点 A 的直线另相交于 C，D 两点，E 为图象的最高点，O 为坐标原点，则()BCBDOE（）A94 B 239 C1318

6、D 2318 12已知点 P(2，2)，若圆222(5)(:6)(0)xyCrr上存在两点 A，B，使得2PAAB，则 r 的取值范围是（）A(0，5)B(0，52)C1，5)D5 5,)2 第卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知非零向量 a 与 b 满足|a|2|b|，(a+2b)a，则向量 a 与 b 的夹角为 (用弧度制表示)14已知双曲线22221(0,0:)xyababC的左焦点为1F，过1F 的直线与双曲线的渐近线交于 A、B两点，以 AB 为直径的圆过坐标原点，则双曲线的离心率为 15已知实数,x y 满足2210 xxy，则22xy的最小值

7、为 第 3 页（共 4 页）第 4 页（共 4 页）16已知点 M 为棱长是 2 的正方体1111ABCDABC D的内切球 O 的球面上的动点，点 N 为11B C 的中点，若满足CMBN，则动点 M 的轨迹的长度为 三、解答题：本大题共 6 大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（一）必考题：共 60 分 17（12 分）在ABC 中，sinBsinCsin(AC)（1）求角 A；（2）若2 22ABACBC，求 ABC的面积 18（12 分）如图，已知直三棱柱 ABCA2B2C2 的底面为正三角形，侧棱长都为 4，A1、B1、C1 分别在棱 AA2、BB2、CC2 上

8、，且 A1A21，B1B22，C1C23，过 AB，AC 的中点 M，N 且与直线 AA2平行的平面截多面体 A1B1C1-A2B2C2所得的截面 DEFG 为该多面体的一个中截面（1）证明：中截面 DEFG 是梯形；（2）若直线 A1C1 与平面 A2B2C2 所成的角为 45，求多面体 A1B1C1-A2B2C2 的体积 19（12 分）今年五月，某医院健康管理中心为了调查成年人体内某种自身免疫力指标，从在本院体检的成年人群中随机抽取了 100 人，按其免疫力指标分成如下五组：(10，20，(20，30，(30，40，(40，50，(50，60，其频率分布直方图如图 1 所示今年十月，某医

9、药研究所研发了一种疫苗，对提高该免疫力有显著效果经临床检测，将自身免疫力指标比较低的成年人分为五组，各组分别按不同剂量注射疫苗后，其免疫力指标 y 与疫苗注射量 x 个单位具有相关关系，样本数据的散点图如图 2 所示 （1）设今年五月该医院健康管理中心共接待 6000 名成年人体检，试估计这些体检人群中免疫力指标不低于 30 的人数，并说明理由；（2）由于大剂量注射疫苗会对身体产生一定的副作用，医学部门设定：自身免疫力指标较低的成年人注射疫苗后，其免疫力指标不应超过普通成年人群自身免疫力指标平均值的 3 倍以健管中心抽取的 100 人作为普通人群的样本，据此估计，疫苗注射量不应超过多少个单位？

10、附：对于一组样本数据(x1，y1)，(x2，y2)，(xn，yn)，其回归直线 ybxa的斜率和截距的最小二乘估计值分别为1122211()()()nniiiiiinniiiixx yyx ynxybxxxnx，aybx 20（12 分）已知动圆 Q 过定点 T(2，0)，且与 y 轴截得的弦 MN 长为 4，设动圆圆心 Q 的轨迹为 C（1）求轨迹 C 的方程；（2）设 P（1，2），过 F(1，0)作不与 x 轴垂直的直线 l 交轨迹 C 于 A，B 两点，直线 PA，PB 分别与直线 x1 相交于 D，E 两点，以线段 DE 为直径的圆为 G，判断点 F 与圆 G 的位置关系，并说明理由

11、 21（12 分）已知函数2()ln(1)2af xxxx（1）若 f(x)在(0，)内是减函数，求 a 的取值范围；（2）若 a0，证明：f(x)有且仅有一个零点 请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分（二）选考题：共 10 分 22（10 分）【选修 4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为cos)4sin(2tanyx(为参数，且22).以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为2242cos.（1）求曲线 C1 的普通方程和曲线 C2 的直角坐标方程；（2）设曲线 C1 与 C2 相

12、交于 A，B 两点，点 P 的直角坐标为(0，1)，求|PA|PB|的值.23（10 分）【选修 4-5：不等式选讲】已知函数()|2|3|f xxax（1）当 a1 时，求不等式 f(x)8 的解集；（2）若对任意 xR，f(x)2a1 恒成立，求实数 a 的取值范围 第 1 页（共 8 页）第 2 页（共 8 页）文科数学答案 第卷 一、选择题：本大题共 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【答案】A【解析】由已知得 a0，则ba0，b0，于是 a21，解得 a1 或 a1 根据集合中元素的互异性可知 a1 应舍去，因此 a1，故

13、a2021b2021(1)202102021 1 2【答案】D【解析】设 zxyi(x，yR)，又 z(m-3)(m+1)i，所以 xm-3，ym+1，得 yx+4，复数 z 在复平面内对应的点在直线 yx+4 上 又直线 yx+4 不经过第四象限，所以复数 z 对应的点不可能在第四象限 3【答案】D【解析】由题意甲、乙、丙三种产品的数量，不妨设其样本数量分别是2111,a a q a q，其中10,01aqq且，根据已知2212211120=1401a qqaa qa qqq，解得11()23qq 舍去，所以样本中甲产品的比例为 47，故甲产品的数量为 80，选 D 4【答案】A【解析】在

14、AB 上取点 F，使 AFEC，则四边形 AECF 为平行四边形，得 CFAE，从而 CF平面PAE，结论正确；作 PMAE，垂足为 M，因为平面 PAE平面 ABCE，平面PAE平面AEABC，则 PM平面ABCE，所以 PMAB 假设 PEAB，则 AB平面 PAE，从而 ABAE，这与BAE 为锐角矛盾，所以假设不成立，结论错误，选 A 5【答案】C【解析】由八卦图可知，八卦中有 1 卦有三个阳爻，有 3 卦恰有一个阳爻，有 3 卦恰有两个阳爻，有 1 卦没有阳爻 设取出的两卦中“有一卦恰有一个阳爻，另一卦恰有两个阳爻”为事件 A 因为9()28P A，选 C 6【答案】C【解析】设()

15、xxg xee，则 f(x)g(x-2)，因为()()gxg x，则 g(x)为奇函数，其图象关于坐标原点轴对称，所以 f(x)的图象关于点(2，0)对称，选 C 7【答案】B【解析】设直线 l 经过椭圆的顶点 B 和焦点 F，BFOD,交 BF 于 D,则|BF|b2c2a 在 RtOFB 中，由等面积法易得|OF|OB|BF|OD|，即 bca12b，a2c，经检验，椭圆22134xy 满足要求，选 B 8【答案】C【解析】对 A、D 选项，由正弦定理均可得 sinAcosAsinBcosB，所以 sin2Asin2B 又因为 A，B(0，)，所以 2A2B 或 2A2B，即 AB 或 A

16、B2，所以ABC 是等腰三角形或直角三角形 对 B 选项，由余弦定理得 acosBca2c2b22a，2a2a2c2b2，a2b2c2，故ABC 为直角三角形 对 C 选项，由正弦定理得 sinAcosBsinBcosA，所以 sin(A-B)0，得 A=B，能确定ABC 是等腰三角形，故选 C 9【答案】B【解析】设na的公比为q，由11a ，22a，33a 也构成等比数列 得22(2)(1)(3)aqaaq，(*)01342aaqaq 由0a得0442aa，故方程（*）必有两个不同的实根.而na唯一，知方程（*）必有一根为 0，代入（*）得31a，故选 B.10【答案】B【解析】设点 A(

17、x1，f(x1)，B(x2，f(x2)，不妨设 x1x2，则1212()()f xf xkxx.设 g(x)f(x)x，则)11ln()1ln()(xxexexg，所以 g(x)在 R 上是减函数.因为 x1x2，则 g(x1)g(x2)，即 f(x1)x1f(x2)x2，即 f(x1)f(x2)x1x2，则1212()()1f xf xxx，即 k1，故选 B.11【答案】A【解析】设 f(x)的最小正周期为 T，由图知，311134632T，则 T2，所以2T 第 3 页（共 8 页）第 4 页（共 8 页）因为1()13f，则 32，即6，所以()sin()6f xx 由题设，点5(,0

18、)6A，)21,0(B，1(,1)3E，则)21,65(BA，1(,1)3OE 因为 f(x)的图象关于点 A 对称，则 A 为线段 CD 的中点，所以94)21185(22)(OEBAOEBDBC，选 A 12【答案】C【解析】取 AB 的中点 D，则 CDAB因为2PAAB，则|PD|5|AD|，设|CD|d，则2222|5PCdrd 因为点 P(2，2)，C(5，6)，则222|(52)(62)25PC，所以222255drd，得2225(1)24dr 因为 0dr，则22250(1)24 rr，解得 1r5，选 C 第卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 1

19、3【答案】【解析】设向量 a 与 b 的夹角为，因为|a|2|b|，则(a+2b)aa2+2ab4|b|2+4|b|2cos 由(a+2b)a 得(a+2b)a0，则cos1 又 0，所以 14【答案】2【解析】据题意，以 AB 为直径的圆过坐标原点，则90AOB，由渐近线的对称性知，渐近线方程为 yx ，所以11222222eaacab，故2e 15【答案】512【解析】由已知得0 x，1 1()2yxx，所以2222221 1511()4442xyxxxxx512，当且仅当225144xx，即4 15x 时取得等号 16【答案】4 55【解析】如图，正方体1111ABCDABC D的内切球

20、 O 的半径1R，由题意，取1BB 的中点 H，连结 CH，则CHNB，DCNB，NBDCH 平面，动点 M 的轨迹就是平面 DCH 截内切球 O 的交线，也即平面 DCHG 截内切球 O 的交线，正方体1111ABCDABC D的棱长是 2，到平面 DCH 的距离为55d，截面圆的半径222 55rRd，所以动点 M 的轨迹的长度为截面圆的周长4 525r 三、解答题：本大题共 6 大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（一）必考题：共 60 分 17【答案】（1）A3；（2）32【解析】（1）在ABC 中，sinBsin(AC)，(1 分)sin(AC)sinCsin(

21、AC)，即 sinAcosCcosAsinCsinCsinAcosCcosAsinC，整理得 2cosAsinCsinC0，(3 分)cosA12，A3(5 分)（2）由2 2ABAC，得22+2cos8ABACAB ACA(7 分)由余弦定理得2222cos4ABACAB ACABC(9 分)由-得4cos4AB ACA，又1cos2A，故2AB AC(10 分)12ABCS3sin2AB ACA(12 分)18【答案】（1）证明见解析；（2）2 3 【解析】（1）证明：依题意 A1A2B1B2C1C2，第 5 页（共 8 页）第 6 页（共 8 页）又 A1A21，B1B22，C1C23，

22、因此四边形 A1A2B2B1，A1A2C2C1 均是梯形(2 分)由 AA2平面 MEFN，AA2 平面 AA2B2B，且平面 AA2B2B平面 MEFNME，可得 AA2ME，即 A1A2DE 同理可证 A1A2FG，所以 DEFG(4 分)又 M，N 分别为 AB，AC 的中点，则 D，E，F，G 分别为 A1B1，A2B2，A2C2，A1C1 的中点，即 DE，FG 分别为梯形 A1A2B2B1，A1A2C2C1 的中位线 因此 DE 12(A1A2B1B2)32，FG 12(A1A2C1C2)2，故 DEFG，所以中截面 DEFG 是梯形(6 分)（2）解法一：由直线 A1C1 与平面

23、 A2B2C2 所成的角为 45，过 A1 作 AC 的平行线交 CC2 于点 H，则1145C A H，故 A1H=2，所以底面正三角形的边长为 2(8 分)多面体 A1B1C1-A2B2C2 的体积 1 1 1222A B CA B CV11 22112221 2 21 2 2 112113+33A B CB B C CAB B C CAA B CVVSSA A四边形(10 分)1153+3 12 333 (12 分)解法二：由直线 A1C1 与平面 A2B2C2 所成的角为 45 过 A1 作 AC 的平行线交 CC2 于点 H，则1145C A H，故 A1H=2，所以底面正三角形的边

24、长为 2(8 分)直三棱柱 ABCA2B2C2 的体积为22222224 3ABCA B CA B CVSAA(10 分)由对称性知，多面体 A1B1C1-A2B2C2 的体积为直三棱柱 ABCA2B2C2 的体积的一半，故1 1 1222=2 3A B CA B CV(12 分)19【答案】（1）2040 人；（2）80 个单位【解析】（1）由频率分布直方图知，免疫力指标在(10，20中的频率为 002610026 同理，在(20，30，(30，40，(40，50，(50，60中的频率分别为 04，024，008，002(2分)故免疫力指标不低于 30 的频率为 024+008+002034

25、(4 分)由样本的频率分布，可以估计这些体检人群中免疫力指标不低于 30 的人数为 60000342040(5 分)（2）由散点图知，5 组样本数据(x，y)分别为(10，30)，(30，50)，(50，60)，(70，70)，(90，90)，且 x 与 y 具有线性相关关系（6 分）因为 x 50，y 60，则 b10303050506070709090550601023025027029025502 710，（8 分）a60 7105025，所以回归直线方程为 y 07x25（10 分）由直方图知，免疫力指标的平均值为 15 2610025 4010035 2410045 810055 2

26、10027（11 分）由 y 27381，得 07x2581，解得 x80 据此估计，疫苗注射量不应超过 80 个单位（12 分）20【答案】（1）y24x；（2）点 F 在圆 G 上，详见解析【解析】（1）设 Q(x，y)，因为动圆 Q 过定点(2，0)且与 y 轴截得的弦 MN 的长为 4，所以(MN2)2|x|2|TQ|2，（2 分）所以|x|222(x2)2y2，整理得 y24x 所以动圆圆心 Q 的轨迹 C 的方程是 y24x（4 分）（2）设直线 l 的方程为1(0)xtyt，代入24yx，得2440yty 设点211(,)4yAy，222(,)4yBy，则124yyt，124y

27、y （6 分）已知点(1,2)P，则121124214PAykyy，直线 PA 的方程为142(1)2yxy 令 x1，得111248222yyyy，所以点1124(1,)2yDy（8 分）同理，点2224(1,)2yEy（9 分）则1124(2,)2yFDy，2224(2,)2yFEy（10 分）则 FD FE121224 24422yyyy1212121212124(2)(2)(2)(2)2844 14.0(2)(2)(2)(2)(2)(2)yyyyy yyyyyyy 第 7 页（共 8 页）第 8 页（共 8 页）故点 F 在圆 G 上（12 分）21【答案】（1）1，)；（2）证明见解

28、析【解析】（1）()ln1fxxax 因为 f(x)在(0，)内是减函数，则当 x0 时，()0fx恒成立，即 ln10 xax，即ln1xax恒成立（2 分）设ln1()xg xx，则221(ln1)ln()xxg xxx（4 分）由()0g x，得 lnx0，即 0 x1，所以 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而max()(1)1g xg 因为 ag(x)恒成立，所以 a 的取值范围是1，)（6 分）（2）解法一：若 a0，0,1x时，2()ln(1)02af xxxx，故()yf x在(0，1)上没有零点（8 分）1,x 时，()ln10fxxax，()yf x在

29、(1，)上单调递增（10 分）又(1)0f，1,x 时，()0f x，故()yf x在(1，)上没有零点 所以 f(x)有且仅有一个零点（12 分）解法二：21()ln(1)ln()22aaf xxxxxxxx（8 分）设1()ln()2axxxx，211()(1)02axxx，（10 分）故()yx单调递增，故在(0，)至多只有一个零点 又(1)0，所以 f(x)有且仅有一个零点（12 分）（二）选考题：共 10 分 22【答案】（1）C1：yx1，C2：22142xy；（2）4【解析】（1）因为1tancoscossincos)4sin(2y，xtan，则 yx1.所以曲线 C1 的普通方

30、程是 yx1.（3 分）由2242cos，得2222cos4.将222xy，cosx代入得2224xy，所以曲线 C2 的直角坐标方程是22142xy.（5 分）（2）因为直线 C1 过点 P(0，1)，倾斜角为 45，则直线 C1 的参数方程为22212xtyt (t 为参数).（8 分）代入2224xy，得2222(1)422tt，即234 240tt.设方程的两根为 t1，t2，由参数 t 的几何意义知，|PA|PB|t1t2|34.（10 分）23【答案】（1）13(,1)3；（2）(，2【解析】（1）当 a1 时，()|1|2|3|f xxx（1 分）当 x1 时，()(1)2(3)

31、35 8,)f xxxx ，此时原不等式无解；（2 分）当3x1 时，()(1)2(3)74,8)f xxxx ，此时原不等式恒成立；（3 分）当 x3 时，()(1)2(3)35f xxxx ，由3358xx，得 1333x （4 分）综上分析，原不等式解集是13(,1)3（5 分）（2）因为()|3|3|3|()(3)|3|f xxaxxxaxxaxa，当 x30 且()(3)0 xa x，即 x3 时取等号，则min()|3|f xa（7 分）因为对任意 xR，f(x)2a1 恒成立，则min()21f xa，即|3|21aa（8 分）所以30321aaa 或30(3)21aaa，解得3a2 或 a3，即 a2 所以 a 的取值范围是(，2（10 分）