江西省南昌市进贤一中2021届高三数学暑期摸底考试试题理 【含答案】
2021届江西省南昌市高三摸底测试数学(理)试题(解析版)
综上所述，只需 有两解，
令 ，则 ，
故当 时， ，
当 时， ，
所以 在 上递增，在 递减，
故 ，
所以只需满足 即可.
故选：C.
【点睛】
本题考查曲线的切线方程，考查两条曲线的公切线问题，难度较大.解答时，设出直线方程及切点坐标，根据导数的几何意义，列出关于切点横坐标和斜率的方程组然后设法求解.
【详解】
圆 ： 整理得 ，
可知圆心为 ，半径为 ，且圆过原点 ，
根据圆的性质可得，弦 所对的圆周角 等于圆心角 的一半，
锐角 的面积为 ，
，
，则 ，解得 .
故选：B.
【点睛】
本题考查圆的性质，考查三角形面积公式，属于基础题.
12．已知曲线 ： ， ： ，若恰好存在两条直线直线 、 与 、 都相切，则实数 的取值范围是（）
所以 的面积为 .
【点睛】
本题主要考查了正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式的应用，属于中档题.
18．如图，四棱柱 中，底面 是菱形， ，对角面 是矩形，且平面 平面 ．
（1）证明：四棱柱 是直四棱柱；
（2）设 ，若 ，求二面角 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】（1）由面面垂直得 平面 ，得直棱柱；
【答案】7576
【解析】根据新定义得数列是周期数列，从而易求得 ．
【详解】
∵ 成等比数列， ，∴ ，
又 ， 为“和谐递进数列”，∴ ， ， ， ，…，
∴数列 是周期数列，周期为4．
∴ ．
故答案为：7576．
【点睛】
本题考查数列新定义，解题关键是由数列新定义性质得出数列为周期数列，从而易得结论．
江西省南昌市2021届高三摸底测试数学(理)试题(原卷版)
（1）证明：四棱柱 ABCD A1B1C1D1 是直四棱柱； （2）设 AC BD O ，若 AB AA1 ，求二面角 D OB1 C 的余弦值．
19. 某机构要对某职业的月收入水平做一个调研，选择了 A ， B ， C 三个城市，三个城市从业人数分别为 10 万，20 万，20 万，该机构决定用分层抽样的方法从三个城市中抽取 1000 个样本进行调查，并分析 A 、B
（二）选考题：
选修 4-4：坐标系与参数方程
22.
x cos
直角坐标系中，曲线
C
的参数方程为
y
cos
2
(
x t
A. 他们健身后，体重在区间90,100 内的人数增加了 4 个 B. 他们健身后，体重在区间100,110 内的人数没有改变 C. 因为体重在100,110 内所占比例没有发生变化，所以说明健身对体重没有任何影响 D. 他们健身后，原来体重在区间110,120 内的肥胖者体重都有减少
4. Sn 为等差数列an 的前 n 项和，满足 3a3 5a2 ， S10 100 ，则 a1 （
B
，若
ABF2
的面积为
5 4
3 ，求直线 l 的
方程．
21. 已知函数 f x 1 x2 3x 2 ln x ．
2
（1）判断 f x 零点个数，说明理由；
（2）是否存在整数 k ，使得直线 y kx 5 与函数 f x 的图像有三个交点？若存在，求出 k 的所有可能
2 取值；若不存在，说明理由．（参考数据 ln 2 0.69 ）
20.
已知椭圆
E：x a2 2y2 b2
1（ a b 0 ）的左、右焦点分别是 F1 、 F2 ，其离心率为
2021届江西省南昌市进贤一中高三毕业班暑期摸底考试数学(理)试题及答案
绝密★启用前江西省南昌市进贤一中2021届高三毕业班上学期暑期摸底考试数学(理)试题一、单选题1．已知函数()lg(1)f x x =-的定义域为M ，函数1()g x x=的定义域为N ，则M N =（ ）A ．{}1x x ≤B ．{1x x ≤且0}x ≠C ．{1}x x >D ．{1x x <且0}x ≠ 2．若复数2(1i z i i =-是虚数单位），则z 的共轭复数z =（ ） A ．1i + B ．1i - C ．1i -+ D ．1i --3．二项式61)x的展开式中的常数项为（ ） A ．－15 B ．20 C ．15 D ．－20 4．已知()0,1x ∈,令log 5x a =,cos b x =,3x c =,那么a b c ，，之间的大小关系为（ ）A ．a b c <<B ．b a c <<C ．b c a <<D ．c a b <<5．已知实数,x y 满足约束条件241y x y x y ≤⎧⎪+≥⎨⎪-≤⎩,则3z x y =+的最小值为（ ）A ．11B ．9C ．8D ．3 6．“43m =”是“直线420x my m -+-=与圆224x y +=相切”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．某学校星期一至星期五每天上午共安排五节课,每节课的时间为40分钟,第一节课上课的时间为7：50～8：30,课间休息10分钟.某同学请假后返校,若他在8：50～9：30之间随机到达教室,则他听第二节课的时间不少于20分钟的概率为（ ）A ．15B ．14C ．13D ．12 8．在ABC ∆中,5sin 13A =,3cos 5B =,则cos C （ ） A ．5665 B ．3365- C ．5665或1665- D ．1665-9．某几何体的三视图如图所示,则它的体积为（ ）A ．23B ．43 C ．13 D ．16 10．定义1ni i nu =∑为n 个正数123,,,n u u u u ⋅⋅⋅的“快乐数”.若已知正项数列{}n a 的前n 项的“快乐数”为131n +,则数列136(2)(2)n n a a +⎧⎫⎨⎬++⎩⎭的前2019项和为（ ） A ．20182019 B ．20192020 C ．20192018 D ．2019101011．已知点1F 是抛物线2:2C x py =的焦点,点2F 为抛物线C 的对称轴与其准线的交点,过2F 作抛物线C 的切线,设其中一个切点为A ,若点A 恰好在以12,F F 为焦点的双曲线上,则双曲线的离心率为（ ）A ．21-B ．221-C ．21+D ．622+ 12．设函数()2ln x e f x t x x x x ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭恰有两个极值点,则实数t 的取值范围是（ ） A ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ C ．1,,233e e ⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ D ．1,,23e ⎛⎤⎛⎫-∞+∞ ⎪⎥⎝⎦⎝⎭二、填空题13．已知,a b 均为单位向量,若23a b -=,则a 与b 的夹角为________. 14．若2()21x f x a =-+是奇函数,则a =_______.。
江西省南昌市进贤县第一中学2021届高三数学入学调研考试试题理二 【含答案】
易知 2 π π ， π ， f (x) 2sin(2x π ) ，
6
2
6
6
f ( π ) 2sin[2 ( π ) π ] 2sin( π ) 1，故选 B．
6
66
6
10．在正三棱锥 O ABC 中， OA 7 ， BC 2 3 ， M 为 OA 上一点，过点 M 且与平
易得 S△P△CD S
S PAB ， △PAD
1 2
1
2
1
，
S△PBC
1 1 2
5
5
，
2
S四边形ABCD
1 (1 2) 2 2
3 ， S△PCD
1 2
6
5 ( 6 )2 2
21
，
2
故该几何体中最大面的面积为 3 ．
15．设数列an满足 nan1
(n
1)an
n
n
2
(n N)
， a1
1 2
．
33
【答案】 4x y 4 0
【解析】 y x2 ，∴曲线 y 1 x3 4 在点 (2, 4) 处切线的斜率为 4 ， 33
∴切线的方程为 y 4 4 (x 2) ，即 4x y 4 0 ．
14．某空间几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积为1，则该几何体的所有面中最大
sin( 3 π 2 ) cos 2 2
sin2 cos2 cos2 sin2
tan2 1 4 1 1 tan2 1 4
3
，故选 A．
5
x y 1 0
8．已知实数 x,
y
满足约束条件
x
4
y
y 0
4
0 ，则
z
2021-2022学年江西省南昌市高三(上)摸底数学试卷(理科)(附答案详解)
2021-2022学年江西省南昌市高三（上）摸底数学试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.集合A={n∈N|x=16n,x∈N}的元素个数为()A. 3B. 4C. 5D. 62.若z为纯虚数，且|z−1−i|=√2，则z=()A. −iB. iC. −2iD. 2i3.设S n为数列{a n}的前n项和，若a1=65，5a n+1=5a n+2，则S5=()A. 265B. 465C. 10D. 5654.设F为抛物线C：x2=16y焦点，直线l：y=−1，点A为C上任意一点，过点A作AP⊥l于P，则||AP|−|AF||=()A. 3B. 4C. 2D. 不能确定5.直线l1：ax+(a+1)y−1=0，l2：(a+1)x−2y+3=0，则“a=2”是“l1⊥l2”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6.已知向量a⃗=(2,0)，b⃗ =(−12,1)，则|a⃗+2b⃗ |=()A. √5B. √3C. 2√3D. 57.某市为打击出租车无证运营、漫天要价等不良风气，出台两套出租车计价方案，方案一：2公里以内收费8元(起步价)，超过2公里的部分每公里收费3元，不足1公里按1公里计算；方案二：3公里以内收费12元(起步价)，超过3公里不超过10公里的部分每公里收费2.5元，超过10公里的部分每公里收费3.5元，不足1公里按1公里计算．以下说法正确的是()A. 方案二比方案一更优惠B. 乘客甲打车行驶4公里，他应该选择方案二C. 乘客乙打车行驶12公里，他应该选择方案二D. 乘客丙打车行驶16公里，他应该选择方案二8.已知α∈(−π2,π2)，且3cos2α+10sinα=−1，则cosα的值为()A. −13B. 13C. 2√23D. √239.函数f(x)=e|x|x−x的图象大致为()A. B.C. D.10.已知数列{a n}满足a n+a n+2=2n(n∈N∗)，则{a n}的前20项和S20=()A. 220−15B. 220−25C. 221−15D. 221−2511.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线l与C的左、右支分别相交于M、N两点，若|MF1|=|NF1|，|MN|=2b，则双曲线的离心率为()A. √52B. √5 C. 2 D. √6212.已知函数f(x)=e2x−e2e x，若f(a)+f(b)>0，若点(a,b)不可能在曲线C上，则曲线C的方程可以是()A. (x−1)2+(y−1)2=2B. (x−1)2+y2=2C. x2+y2=2D. x2+(y−1)2=2二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.某企业三个分厂生产同一种电子产品，三个分厂产量分布如图所示，现在用分层抽样方法从三个分厂生产的该产品中共抽取100件做使用寿命的测试，则第一分厂应抽取的件数为______ ；由所得样品的测试结果计算出一、二、三分厂取出的产品的使用寿命平均值分别为1020小时，980小时，1030小时，估计这个企业所生产的该产品的平均使用寿命为______ 小时．)n的展开式中共有7项，则常数项为______(用数字作答)．14.若(x+√x15.执行如图框图，若输出的y≥0，则输入x的取值范围为______．16.正四棱锥P−ABCD，底面四边形ABCD为边长为2的正方形，PA=√5，其内切球为球G，平面α过AD与棱PB，PC分别交于点M，N，且与平面ABCD所成二面角为30°，则平面α截球G所得的图形的面积为______．三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，acosB+bcosA=3a，cosB=2．3 (Ⅰ)求c的值；a(Ⅱ)已知△ABC的面积为2√5，求b边．18.如图在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，△PBD为等边三角形，E为PC中点，平面EBD⊥平面ABCD．(Ⅰ)求证：PA⊥平面ABCD；(Ⅱ)求二面角A−DE−B的余弦值．19.已知椭圆C：x24+y23=1，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，O为坐标原点，P为椭圆上任意一点．(Ⅰ)若|PF1|−|PF2|=1，求△PF1F2的面积；(Ⅱ)斜率为1的直线与椭圆相交于A，B两点，OA⊥OB，求直线AB的方程．20.已知函数f(x)=lnx−ax+1(a∈R)．(Ⅰ)若函数y=f(x)在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；(Ⅱ)若函数f(x)存在两个极值点x1，x2，求实数a的取值范围，并比较f(x1)+f(x2)与x1+x2的大小．21. 甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加一次节日活动，他们都有机会抽取奖券．墙上挂着两串奖券袋(如图)，A ，B ，C ，D ，E 五个袋子分别装有价值100，80，120，200，90(单位：元)的奖券，抽取方法是这样的：每个同学只能从其中一串的最下端取一个袋子，得到其中奖券，直到礼物取完为止．甲先取，然后乙、丙、丁、戊依次取，若两串都有礼物袋，则每个人等可能选择一串取． (Ⅰ)求丙取得的礼物券为80元的概率；(Ⅱ)记丁取得的礼物券为X 元，求X 的分布列及其数学期望．22. 在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =3+√22ty =2+√22t(t 为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2=123+sin 2θ． (Ⅰ)求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；(Ⅱ)设P(3,2)，直线l 与曲线C 的交点为M ，N ，求|PM||PN|．23. 已知函数f(x)=|x −a|+x ．(Ⅰ)当a =1时，求不等式f(x)≤2的解集；(Ⅱ)若对任意x ∈R ，都有f(x)≥2恒成立，求实数a 的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】解：由题意知，x ，n 都是16的正整数因数， 故n 的取值有：1，2，4，8，16， 故集合A ={1,2,4,8,16}， 故共有5个元素， 故选：C ．题意转化为x ，n 都是16的正整数因数，即可解出． 本题考查了集合的化简与列举法的应用，属于基础题．2.【答案】D【解析】解：z 为纯虚数，且|z −1−i|=√2， 设z =bi ，b ≠0， ∴(−1)2+(b −1)2=2， 解得b =2， ∴z =2i ， 故选：D ．根据题意可设设z =bi ，b ≠0，再根据复数的模计算即可．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.【答案】C【解析】解：数列{a n }的前n 项和，若a 1=65，5a n+1=5a n +2， 整理得：a n+1=a n +25， 故：a n+1−a n =25(常数)，故数列{a n }是以65为首项，25为公差的等差数列； 所以：a n =65+25(n −1)=25n +45； 故：S 5=5×65+5×42×25=6+4=10．故选：C．首先求出数列的通项公式，进一步求出数列的和．本题考查的知识要点：数列的定义，等差数列的通项公式的求法，数列的求和，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：由抛物线的方程可得准线方程为y=−4，设AP⊥l交点为P，与准线的焦点为Q，由抛物线的性质可得|AQ|=|AF|，所以||AP|−|AF||=||AP|−|AQ||=|PQ|=|−1−(−4)|=3，故选：A．由抛物线的方程可得准线的方程，再由抛物线的性质可得|AF|等于A到准线的距离，进而求出||AP|−|AF||为y=−1到准线的距离．本题考查抛物线的性质，抛物线的点到焦点的距离等于到准线的距离，属于基础题．5.【答案】A【解析】解：若l1⊥l2，则A1A2+B1B2=0，即a(a+1)+(a+1)(−2)=0，解得a=2或a=−1，故a=2”是“l1⊥l2”的充分不必要条件．故选：A．根据两直线垂直的条件A1A2+B1B2=0，列出方程求解，即可得出答案．本题考查了直线一般式方程的垂直关系以及充要条件的判定，属基础题．6.【答案】A【解析】解：∵a⃗=(2,0)，b⃗ =(−12,1)，∴a⃗+2b⃗ =(1,2)，∴|a⃗+2b⃗ |=√12+22=√5．故选：A．根据向量的线性运算的坐标表示求出a⃗+2b⃗ =(1,2)，再求其模即可．本题考查了向量的线性运算的坐标表示以及向量的模，属于基础题．7.【答案】C【解析】解：应付车费与公里数有关，故A错误，乘客甲打车行驶4公里，方案一应付车费8+(4−2)×3=14，方案二应付车费为12+(4−3)×2.5=14.5，应选择方案一，故B错误，乘客乙打车行驶12公里，方案一应付车费8+(12−2)×3=38，方案二应付车费为12+(10−3)×2.5+(12−10)×3.5=36.5，应选择方案二，故C 正确，乘客丙打车行驶16公里，方案一应付车费8+(16−2)×3=50，方案二应付车费为12+(10−3)×2.5+(16−10)×3.5=50.5，应选择方案一，故D 错误．故选：C．根据已知条件，结合方案算出应付车费，即可求解．本题主要考查了分段函数的应用，考查计算能力，属于基础题．8.【答案】C【解析】解：由条件有3(1−2sin²α)+10sinα=−1，整理得3sin²α−5sinα−2=0，即(sinα−2)(3sinα+1)=0又−1<sinα<1，所以sinα=−13．又−π2<α<π2，所以cosα=√1−sin2α=2√23．故选：C．将二倍角公式cos2α=1−2sin²α代入整理得3sin²α−5sinα−2=0，求出sinα，再利用平方和关系求出cosα．本题考查二倍角公式，平方和关系，属于基础题．9.【答案】B【解析】解：∵x≠0，f(−x)=e|x|−x+x=−f(x)，∴f(x)为奇函数，排除A．∵f(1)=e−1>0.排除D．∵当x>0时，f′(x)=e x(x−1)−x2x2，∴当x=2时，f′(x)>0，∴排除C．故选：B．根据条件判断函数的奇偶性，对称性，以及单调性即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性，对称性，单调性是解决本题的关键，是基础题．10.【答案】D【解析】解：数列{a n}满足a n+a n+2=2n(n∈N∗)，则{a n}的前20项和S20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=(2+25+⋯+217)+(22+26+⋯+218)=2[(24)5−1]24−1+22[(24)5−1]24−1=221−25．故选：D．数列{a n}满足a n+a n+2=2n(n∈N∗)，可得{a n}的前20项和S20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=(2+25+⋯+217)+(22+26+⋯+218)，利用等比数列的求和公式即可得出．本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.【答案】B【解析】解：设|MF1|=|NF1|=x，由双曲线的定义知，|NF1|−|NF2|=2a，|MF2|−|MF1|=2a，∴|NF2|=x−2a，而|MF2|−|MF1|=|MN|+|NF2|−|MF1|=2a，∴2b+(x−2a)−x=2a，即b=2a，∴离心率e=ca =√1+b2a2=√5．故选：B．设|MF1|=|NF1|=x，结合双曲线的定义可得|NF2|=x−2a，再代入|MF2|−|MF1|= 2a，推出b=2a，然后由离心率e=√1+b2a，得解．本题考查双曲线的定义与几何性质，考查运算求解能力，属于中档题．12.【答案】C【解析】解：∵f′(x)=e x+2e x，∴f(x)为单调递增函数，且f(1)=0．∵f(a)+f(b)>0，∴a，b至少有一个比1大．当a=1时，b一定比1大，点(a,b)可能在A、B表示的曲线上；当b=1时，a一定比1大，点(a,b)可能在D表示的曲线上．故选：C．首先求导f′(x)=e x+2e x，判断为增函数，求得f(1)=0，然后用赋值法判断选项即可．主要考查了导数的运用，以及赋值法的运用，属于中档题．13.【答案】501015【解析】解：根据图象可知，三个分厂的产品数量比为：5：2：3．则抽取100件做使用寿命的测试，则第一分厂应抽取的件数为55+2+3×100=12×100=50．第二分厂抽取100×20%=20件，第三分厂抽取100×30%=30件，∴该产品的平均使用寿命为50×1020+20×980+30×1030100=1015，故答案为：50，1015．(1)根据分层抽样的定义即可求解结果． (2)根据平均数的公式进行计算．本题主要考查分层抽样的应用以及平均数的计算，比较基础．14.【答案】240【解析】解：∵(x x )n 的展开式中共有7项， ∴n =6．∴常数项为C 64⋅24=15×16=240，故答案为：240． (x √x)n的展开式中共有7项，可求得n =6，从而可求得其展开式中的常数项．本题考查二项式定理，考查运算求解能力，属于基础题．15.【答案】(0,1]【解析】解：由程序图可得，y ={(x −1)e x ,x ≤0−lnx −x +1,x >0，当x ≤0时，y =(x −1)e x <0，与题意不符，舍去， 当x >0时，y =−lnx −x +1， 设f(x)=−lnx −x +1， 求导可得，f′(x)=−1x −1<0， 故f(x)在(0,+∞)上恒单调递减， 当y ≥0时，即f(x)≥0=f(1)， 则0<x ≤1，故输入x 的取值范围为(0,1]． 故答案为：(0,1]．由程序图可得，y ={(x −1)e x ,x ≤0−lnx −x +1,x >0，分x ≤0，x >0讨论，并对所求的结果取并集，即可求解．本题主要考查了分段函数与程序图的应用，需要学生较强的综合能力，属于中档题．16.【答案】π3【解析】解：以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，D(2,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，因为PA=PD=PB=PC=√5，AO=12AC=√2，故PO=√PA2−AO2=√3，所以P(1,1,√3)，O(1,1,0)，则内切球的球心G在PO上，设G(1,1,ℎ)，内切球的半径为R，所以S△PAD=S△PCD=S△PBC=S△PAB=12×2×√(√5)2−12=2，由等体积法可得，13R(2+2+2+2+2×2)=13×2×2×√3，解得R=√33，则G(1,1,√33)，因为平面α过直线AD，设平面α的法向量为n⃗=(0,−1,a)，又平面ABCD的法向量为m⃗⃗⃗ =(0,0,1)，设平面α与平面ABCD所成的二面角为θ，则|cosθ|=|m⃗⃗⃗ ⋅n⃗⃗ ||m⃗⃗⃗ ||n⃗⃗ |=√32，即√a2+1=√32，解得a=√3或a=−√3(舍)，故n⃗=(0,−1,√3)，所以圆心G到平面α的距离为d=|AG⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n⃗⃗ ||n⃗⃗ |=|1×(−1)+√3×√33|2=0，故平面α截球G所得的图形的面积为πR2=π3．故答案为：π3．建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用等体积法求出内切球的半径，即可得到球心的坐标，设平面α的法向量，利用向量的夹角公式表示出二面角的余弦值，求解a的值，从而得到球心到平面α的距离，即可求出平面α截球G所得的图形的面积．本题考查了二面角的理解与应用，平面截球所得图形的面积问题，等体积法求解内切球半径的应用，点到平面距离的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．17.【答案】解：(Ⅰ)由正弦定理，asinA =bsinB=csinC=2R(其中R为△ABC外接圆的半径)，所以a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，代入已知条件可得：sinAcosB+sinBcosA=3sinA，所以sin(A+B)=3sinA，即sinC=3sinA，可得c=3a，故ca=3．(Ⅱ)因为cosB=23，可得sinB=√53，所以△ABC的面积为12acsinB=12⋅3a2⋅√53=√52a2，故√52a2=2√5，解得a=2，c=6，所以b2=4+36−2×2×6×23=24，即b=2√6．【解析】(Ⅰ)由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式即可求解ca的值．(Ⅱ)由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinB的值，利用三角形的面积公式进而可求a，c的值，根据余弦定理即可求解b的值．本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18.【答案】(Ⅰ)证明：连接AC交BD于点O，连接PO、EO，因为△PBD为等边三角形，所以PO⊥BD，因为底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD，因为AC∩PO=O，所以BD⊥平面PAC，(3分)又EO⊆平面PAC，所以BD⊥OE，因为平面EBD⊥平面ABCD，平面EBD∩平面ABCD=BD，所以EO⊥平面ABCD，因为E为PC中点，所以PA//OE，则PA⊥平面ABCD.(5分)(Ⅱ)如图，以AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴， 建立空间直角坐标系，设AB =2a ，则AD =PA =2a ， 所以A(0,0,0)，D(0,2a,0)，E(a,a,a)，C(2a,2a,0)， 则AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2a,0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,a,a)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2a,2a,0)， 因为平面EBD ⊥平面ABCD ，所以平面EBD 的法向量为AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(2a,2a,0)，(7分)设平面AED 的法向量为n ⃗ =(x,y,z)，则{AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0，所以{2ay =0ax +ay +az =0，所以n⃗ =(1,0,−1)，(9分) 所以cos〈AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ 〉=AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=12，(11分)所以二面角A −DE −B 的余弦值为12.(12分)【解析】(Ⅰ)连接AC 交BD 于点O ，连接PO 、EO ，证明PO ⊥BD ，AC ⊥BD ，推出BD ⊥平面PAC ，即可证明BD ⊥OE ，然后证明EO ⊥平面ABCD ，推出PA ⊥平面ABCD ． (Ⅱ)以AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，设AB =2a ，求出平面EBD 的法向量，平面AED 的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A −DE −B 的余弦值即可．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．19.【答案】解：(Ⅰ)由题意{|PF 1|+|PF 2|=4|PF 1|−|PF 2|=1，解得|PF 1|=52，|PF 2|=32，又|F 1F 2|=2，所以|PF 1|2=(52)2=22+(32)2=|PF 2|2+|F 1F 2|2， 即PF 2⊥F 1F 2，所以S △PF 1F 2=12|PF 2|×|F 1F 2|=12×32×2=32．(Ⅱ)直线AB 斜率为1，设直线AB 方程y =x +m ，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 由{y =x +mx 24+y 23=1，消元得7x 2+8mx +4m 2−12=0，得{x 1+x 2=−8m7x 1⋅x 2=4m 2−127， 又OA ⊥OB ，知y 1y 2x1x 2=−1，即y 1y 2=−x 1x 2，而y 1y 2=(x 1+m)(x 2+m)=x 1x 2+m(x 1+x 2)+m 2=4m 2−127+m(−8m 7)+m 2所以，−4m 2−127=4m 2−127+m(−8m 7)+m 2，得m =±2√427，满足Δ>0，所以直线AB 的方程7x −7y +2√42=0或7x −7y −2√42=0．【解析】(Ⅰ)由题意{|PF 1|+|PF 2|=4|PF 1|−|PF 2|=1，解得|PF 1|，|PF 2|，又|F 1F 2|=2，由勾股定理可得PF 2⊥F 1F 2，再计算S △PF 1F 2，即可得出答案．(Ⅱ)设直线AB 方程y =x +m ，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，联立直线AB 与椭圆的方程，结合韦达定理可得x 1+x 2，x 1x 2，由OA ⊥OB ，知y 1y 2x 1x 2=−1，进而可得−4m 2−127=4m 2−127+m(−8m 7)+m 2，解得m ，即可得出答案．本题考查直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．20.【答案】解：(Ⅰ)由f(x)=lnx −a x+1得f′(x)=1x +a(x+1)2，(2分)由题f′(x)=1x +a(x+1)2≥0在x ∈(0,+∞)恒成立，即a ≥−(x +1x +2)在x ∈(0,+∞)恒成立，而−(x +1x +2)≤−4，所以a ≥−4；(5分) (Ⅱ)f′(x)=1x +a(x+1)2=x 2+(2+a)x+1x(x+1)2(x >0)，由题意知，x 1，x 2是方程f′(x)=0在(0,+∞)内的两个不同实数解， 令g(x)=x 2+(2+a)x +1(x >0)，注意到g(0)=1>0，其对称轴为直线x =−2−a ， 故只需{−2−a >0(2+a)2−4>0，解得a <−4，即实数a 的取值范围为(−∞,−4)；(8分)由x 1，x 2是方程x 2+(2+a)x +1=0的两根，得x 1+x 2=−2−a ，x 1x 2=1， 因此f(x 1)+f(x 2)=(lnx 1−ax1+1)+(lnx 2−ax 2+1)=ln(x 1x 2)−a ⋅x 1+x 2+2x 1x 2+x 1+x 2+1=−a ⋅−2−a+21−2−a+1=−a，(10分)又x1+x2=−2−a，所以f(x1)+f(x2)−(x1+x2)=2>0，即f(x1)+f(x2)>x1+x2得证．(12分)【解析】(Ⅰ)通过f′(x)=1x+a(x+1)2≥0在x∈(0,+∞)恒成立，得到a≥−(x+1x+2)在x∈(0,+∞)恒成立，利用基本不等式求解即可．(Ⅱ)求出导函数，x1，x2是方程f′(x)=0在(0,+∞)内的两个不同实数解，令g(x)=x2+ (2+a)x+1(x>0)，结合对称轴为直线x=−2−a，转化求解a的范围，推出f(x1)+ f(x2)−(x1+x2)=2>0，推出结果．本题考查函数的导数的应用，考查转化思想以及计算能力，是难题．21.【答案】解：(Ⅰ)由题意知，列举如下：所以丙取得的礼物券为80元的概率P=12×12×12+12×12×12=14；(Ⅱ)如下图，所以X的可能取值为100，80，200，90，又因为P(X=100)=12×12×12=18；P(X=80)=12×12×12×12+12×12×12×12+12×12×12×12=316；P(X =200)=12×12+12×12×12+12×12×12=12； P(X =90)=12×12×12×12+12×12×12×12+12×12×12×12=316；所以分布列为：所以，EX =80×316+90×316+100×18+200×12=11558．【解析】(Ⅰ)利用古典概型的概率公式求解即可．(Ⅱ)X 的可能取值为100，80，200，90，求出概率得到分布列，然后求解期望．本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．22.【答案】解：(Ⅰ)直线l 的参数方程为{x =3+√22ty =2+√22t (t 为参数)，转换为普通方程为x −y −1=0．曲线C 的极坐标方程为ρ2=123+sin 2θ，根据{x =ρcosθy =ρsinθ转换为直角坐标方程为x 24+y 23=1．(Ⅱ)易知直线l 的参数方程标准形式为{x =3+√22t y =2+√22t代入到x 24+y 23=1中，得到7t 2+34√2t +62=0；设M ，N 所对应的参数分别为t 1，t 2， 则t 1+t 2=−34√27，t 1⋅t 2=−627，所以|PM||PN|=|t 1⋅t 2|=627．【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系，在参数方程、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关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极、坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．23.【答案】解：(Ⅰ)因为a =1，所以f(x)=|x −1|+x ，当x ≥1时，f(x)=x −1+x =2x −1≤2，所以1≤x ≤32； 当x <1时，f(x)=1−x +x =1≤2，所以x <1， 综上知，不等式f(x)≤2的解集为(−∞,32]． (II)因为函数f(x)=|x −a|+x ={2x −a,x ≥aa,x <a，当x ≥a 时，f(x)=2x −a 在x ∈[a,+∞)单调递增，且f(a)=2a −a =a ； 当x <a 时，f(x)=a ； 所以函数f(x)的最小值是a ， 所以实数a 的取值范围是a ≥2．【解析】(Ⅰ)a =1时，f(x)=|x −1|+x ，利用分类讨论法去掉绝对值，求出不等式f(x)≤2的解集．(II)讨论a 的取值，根据函数的单调性求出实数a 的取值范围．本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了不等式恒成立问题，是中档题．。
江西省南昌市进贤一中2021届高三地理暑期摸底考试试题
进贤一中2021届高三暑期摸底考试地理试卷第I卷（选择题）一、选择题（本大题共25小题，每小题只有一个正确答案，每题2分，共50分）读北京门头沟妙峰山镇涧沟村及附近的等高线地形图，完成1-3题。
1．甲、乙、丙、丁四处中，海拔高度最接近的是（）A．甲、乙B．丙、丁C．甲、丁 D．乙、丙2．甲、乙、丙、丁四处中，适宜远眺玉皇顶的是（）A．甲、乙 B．丙、丁B．C．甲、丁D．乙、丙3．与二级公路相比，一级公路（）A．坡度较缓B．修建成本较低C．车流量较少 D．连接的聚落多截止2021年2月，持续燃烧了近7个月、过火面积突破10万平方公里的澳大利亚丛林大火才基本熄灭。
大火使澳洲大陆约三分之一被浓烟覆盖，烟雾受强烈气流影响，飘向邻国新西兰。
读澳大利亚火灾分布示意图（图例颜色越深，火灾越严重），完成4-6题。
4．澳大利亚中部几乎没有火灾灾情分布的原因是A．森林覆盖率低B．降水频率较高C．高温天气偏少D．人类积极灭火5．澳大利亚火灾产生的烟雾严重影响了新西兰的空气质量，主要是借助了（）A．东南信风B．盛行西风C．西北季风D．东南季风6．澳大利亚火灾对当地环境造成的主要影响是A．破坏了大气的碳氧平衡B．河流径流量变率变小C．酸雨产生概率明显增加D．生物多样性短期内稳定读北半球某地高空气压形式示意图，完成7-8题。
7．一架飞机从图中a地越过低压槽飞往b地的过程中（）A．气压高低不变 B．风速由大变小C．天气现象不变D．西北风转东南风8．图中a点对应的近地面的风向可能是（）A．东风B．西风 C．西北风D．东南风贵州省气象局 2021年3月24日发布，全省大部分地区遭遇多雷电天气，省大部分地区雷雨中伴有大风、冰雹、短时强降水等强对流天气。
下面甲图为“冰雹形成原理图”，乙图为“一天中不同时段冰雹发生的百分比”，读图完成9-11题。
9．据图分析下列关于冰雹形成的基本条件不正确的是（）A．云层中要有充足的水汽B．大气的温度要低于0℃C．强烈的上升气流 D．稳定的大气环境10．据图并结合所学知识推断可能造成冰雹灾害的天气系统可能有（）①冷锋②准静止锋③气旋④反气旋A．①② B．③④C．①③ D．②④11．相关部门在分析强降雨、冰雹灾害的影响范围，确定救灾物质调配时用到的地理信息技术还可用来A．出行导航B．规划城市道路交通 C．进行矿产地质探测 D．监测森林火灾下图为某地地形剖面及其地下某一岩层（甲）埋藏深度示意图。
2021届江西省南昌市高三第一次模拟考试数学(理)试题Word版含解析
2021届江西省南昌市高三第一次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．设集合，，则( )A．B．C．D．【答案】B【解析】解一元二次不等式简化集合M，再由对数的运算性质求出N，再由交集的运算求出（∁M）∩N．R【详解】∵x2﹣4＞0，∴x＜﹣2或x＞2，∴M＝（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞），∵logx＜1，∴0＜x＜2，2∴N＝（0，2），∴∁M＝[﹣2，2]，RM）∩N＝（0，2）．∴（∁R故选：B．【点睛】本题考查交、并、补集的混合运算，以及一元二次不等式的解法、对数的运算性质，属于基础题．2．已知复数的实部等于虚部，则( )A．B．C．-1 D．1【答案】C【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再结合已知条件即可求出a的值．【详解】∵z的实部等于虚部，∴，即a＝﹣1．故选：C．【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．3．已知抛物线方程为，则其准线方程为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】利用抛物线方程直接求解准线方程即可．【详解】抛物线x2＝-2y的准线方程为：y，故选：C．【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，熟记抛物线的简单几何性质是关键，是基本知识的考查．4．已知为等差数列，若，，则( )A．1 B．2 C．3 D．6【答案】B【解析】利用等差数列的通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出．【详解】}为等差数列，,∵{an∴，解得＝﹣10，d＝3，∴＝+4d＝﹣10+12＝2．故选：B．【点睛】本题考查等差数列通项公式求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5．如图所示算法框图，当输入的为1时，输出的结果为( )A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【解析】根据程序框图，利用模拟验算法进行求解即可．【详解】当x＝1时，x＞1不成立，则y＝x+1＝1+1＝2，i＝0+1＝1，y＜20不成立，x＝2，x＞1成立，y＝2x＝4，i＝1+1＝2，y＜20成立，x＝4，x＞1成立，y＝2x＝8，i＝2+1＝3，y＜20成立，x＝8，x＞1成立，y＝2x＝16，i＝3+1＝4，y＜20成立x＝16，x＞1成立，y＝2x＝32，i＝4+1＝5，y＜20不成立，输出i＝5，故选：C．【点睛】本题主要考查程序框图的识别和判断，利用模拟运算法是解决本题的关键．6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．B．C．D．【答案】D【解析】利用三视图判断几何体的形状，然后通过三视图的数据求解几何体的体积即可．【详解】由三视图可知该几何体是由一个正三棱柱（其高为6，底面三角形的底边长为4，高为）截去一个同底面的三棱锥（其高为3）所得，则该几何体的体积为；故选：D．【点睛】本题考查简单几何体的形状与三视图的对应关系，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力,是基础题.7．2021年广东新高考将实行模式，即语文数学英语必选，物理历史二选一，政治地理化学生物四选二，共有12种选课模式.今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则他们选课相同的概率( )A．B．C．D．【答案】D【解析】基本事件总数n6，他们选课相同包含的基本事件m＝1，由此能求出他们选课相同的概率．【详解】今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则基本事件总数n6，他们选课相同包含的基本事件m＝1，∴他们选课相同的概率p．故选：D．【点睛】本题考查古典概型，准确计算基本事件总数和选课相同包含的基本事件数是关键，是基础题. 8．已知，，：“”，：“”，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】先作出不等式：“|x|1”，“x2+y2≤r2”表示的平面区域，再结合题意观察平面区域的位置关系即可得解【详解】“|x|1”，表示的平面区域如图所示:平行四边形ABCD及其内部，“x2+y2≤r2”，表示圆及其内部由p是q的必要不充分条件，则圆心O（0，0）到直线AD：2x+y﹣2＝0的距离等于，则0，故选：A．【点睛】本题考查不等式表示的平面区域及图象之间的位置关系，熟练运用直线与圆的位置关系是关键，属中档题．9．已知在上连续可导，为其导函数，且，则( )A．B．C．0 D．【答案】C【解析】根据条件判断函数f（x）和f′（x）的奇偶性，利用奇偶性的性质进行求解即可．【详解】函数f（﹣x）＝e﹣x+e x﹣f'（1）（﹣x）•（e﹣x﹣e x）＝f（x），即函数f（x）是偶函数，两边对x求导数得﹣f′（﹣x）＝f′（x）．即f′（﹣x）＝﹣f′（x），则f′（x）是R上的奇函数，则f′（0）＝0，f′（﹣2）＝﹣f′（2），即f′（2）+f′（﹣2）＝0，则f'（2）+f'（﹣2）﹣f'（0）f'（1）＝0，故选：C．【点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题. 10．已知平面向量，，，，若对任意的实数，的最小值为，则此时( )A．1 B．2 C．D．【答案】D【解析】由题知，终点分别在圆上，画出图形，由最小值，确定，的夹角，再利用模长公式求解即可.【详解】由题知，终点分别在以2和1为半径的圆上运动，设的终点坐标为A(2,0),的终点为单位圆上的点B，最小时即过A做单位圆切线切点为B时，此时AB=,所以，的夹角为，此时=故选：D【点睛】本题考查向量的模，向量的几何意义，数形结合思想，准确确定取最小值时，的夹角是关键，是中档题.11．已知，，为圆上的动点，，过点作与垂直的直线交直线于点，则的横坐标范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】设P（），则Q（2，），当≠0时，求出两直线方程，解交点的横|范围，得|x|范围，当＝0时，求得|x|＝1即可求解.坐标为，利用|x【详解】设P（），则Q（2，2），当≠0时，k AP ，kPM，直线PM：y﹣（x﹣），①直线QB：y﹣0（x），②联立①②消去y得x，∴，由||＜1得x2＞1，得|x|＞1，当＝0时，易求得|x|＝1，故选：A．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，两直线交点问题，准确计算交点坐标是关键，属中档题．12．杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形，帕斯卡（1623-1662）是在1654年发现这一规律的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，这是我国数学史上的一个伟大成就.如图所示，在“杨辉三角”中，去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为( )A．B．C．D．【答案】A【解析】利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，然后令x＝1得到对应项的系数和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可．【详解】n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，例如（x+1）2＝x2+2x+1，系数分别为1，2，1，对应杨辉三角形的第3行，令x＝1，就可以求出该行的系数之和，第1行为20，第2行为21，第3行为22，以此类推即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，2n﹣1，则杨辉三角形的前n项和为Sn若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，……，可以看成一个首项为1，公差为1的等差数列，，则Tn可得当n＝15，在加上第16行的前15项时，所有项的个数和为135，由于最右侧为2，3，4，5，……，为首项是2公差为1的等差数列，则第16行的第16项为17，则杨辉三角形的前18项的和为S＝218﹣1，18﹣35﹣17＝218﹣53，则此数列前135项的和为S18故选：A．【点睛】本题主要考查归纳推理的应用，结合杨辉三角形的系数与二项式系数的关系以及等比数列等差数列的求和公式是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．二、填空题13．设函数，则的值为__________．【答案】【解析】利用函数的性质得f （5）＝f（2）＝f（﹣1），由此能求出f（5）的值．【详解】∵函数，∴f （5）＝f（2）＝f（﹣1）＝（﹣1）2﹣2﹣1．故答案为：．【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14．侧面为等腰直角三角形的正三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为__________．【答案】【解析】作出符合题意的图形P﹣ABC，取底面中心O，利用直角三角形POC容易得解．【详解】如图，正三棱锥P﹣ABC中，O为底面中心，不妨设PC＝1，∵侧面为等腰直角三角形，∴BC，∴OC，∴OP，∴sin∠PCO，故答案为：．【点睛】此题考查了直线线与平面所成角，熟练运用线面关系找到所求角，准确计算是关键，是基础题．15．已知锐角满足方程，则__________．【答案】【解析】化简已知等式，利用同角三角函数基本关系式可求3sin2A+8sinA﹣3＝0，解得sinA 的值，利用二倍角的余弦函数公式即可计算得解．【详解】∵锐角A满足方程3cosA﹣8tanA＝0，可得：3cos2A＝8sinA，∵cos2A+sin2A＝1，∴3sin2A+8sinA﹣3＝0，解得：sinA，或﹣3（舍去），∴cos2A＝1﹣2sin2A＝1﹣2．故答案为：．【点睛】本题考查同角三角函数基本关系式的应用,二倍角公式，一元二次方程的解法，熟记三角函数基本公式，准确计算是关键，属于基础题．16．定义在封闭的平面区域内任意两点的距离的最大值称为平面区域的“直径”.已知锐角三角形的三个顶点在半径为1的圆上，且，分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域，则平面区域的“直径”的最大值是__________．【答案】【解析】画出几何图形，运用边的关系转化为求周长的最值，结合正余弦定理及基本不等式求解即可.【详解】设三个半圆圆心分别为G,F，E，半径分别为M,P,N分别为半圆上的动点，则PM≤+GF= +=，当且仅当M,G,F,P共线时取等；同理：PN ≤MN≤,又外接圆半径为1，，所以,∴BC=a=2sin=,由余弦定理解b+c≤2,当且仅当b=c=取等；故故答案为【点睛】本题考查正余弦定理，基本不等式，善于运用数形结合思想运用几何关系转化问题是关键，是难题.三、解答题17．函数（，）的部分图像如下图所示，，，并且轴.（1）求和的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据函数过A，C两点，代入进行求解即可．（2）根据条件求出B的坐标，利用向量法进行求解即可．【详解】（1）由已知，又，所以，所以（3分）由，即，所以，，解得，，而，所以.（2）由（Ⅰ）知，，令，得或，k∈Z，所以x＝6k或x＝6k+1，由图可知，．所以，所以，所以．【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求解，以及三角函数余弦值的计算，利用向量法以及待定系数法是解决本题的关键．18．如图，四棱台中，底面是菱形，底面，且，，是棱的中点.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）推导出⊥BD．BD⊥AC．从而BD⊥平面AC，由此能证明．（2）如图，设AC交BD于点O，以O为原点，OA、OB、OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴1建立空间直角坐标系．利用向量法能求出二面角E﹣﹣C的余弦值．【详解】证明：（1）因为⊥底面ABCD，所以⊥BD．因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC．＝C，所以BD⊥平面A．又AC∩CC1又由四棱台ABCD﹣知，，A，C，四点共面．所以BD⊥．（2）如图，设AC交BD于点O，依题意，∥OC且＝OC，所以O∥C，且O＝C．所以O⊥底面ABCD．以O为原点，OA、OB、OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．1则，（）．由，得B1的中点，所以E（）,所以（），（﹣2，因为E是棱BB10，0）．设（x，y，z）为平面的法向量，则，取z＝3，得（0，4，3），平面的法向量（0，1，0），又由图可知，二面角E﹣A1C1﹣C为锐二面角，设二面角E﹣A1C1﹣C的平面角为θ，则cosθ，所以二面角E﹣A1C1﹣C的余弦值为．【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．19．市面上有某品牌型和型两种节能灯，假定型节能灯使用寿命都超过5000小时，经销商对型节能灯使用寿命进行了调查统计，得到如下频率分布直方图：某商家因原店面需要重新装修，需租赁一家新店面进行周转，合约期一年.新店面需安装该品牌节能灯5支（同种型号）即可正常营业.经了解，型20瓦和型55瓦的两种节能灯照明效果相当，都适合安装.已知型和型节能灯每支的价格分别为120元、25元，当地商业电价为0.75元/千瓦时，假定该店面正常营业一年的照明时间为3600小时，若正常营业期间灯坏了立即购买同型灯更换.（用频率估计概率）（1）若该商家新店面全部安装了型节能灯，求一年内恰好更换了2支灯的概率；（2）若只考虑灯的成本和消耗电费，你认为该商家应选择哪种型号的节能灯，请说明理由.【答案】（1）；（2）应选择A型节能灯.【解析】（1）由频率分布直方图可知用频率估计概率，得m型节能灯使用寿命超过3600小时的概率为，从而一年内一支B型节能灯在使用期间需更换的概率为，由此能求出一年内5支恰好更换了2支灯的概率．（2）共需要安装5支同种灯管，选择A型节能灯，一年共需花费5×120+3600×5×20×0.75×10﹣3＝870元；选择B型节能灯，由于B型节能灯一年内需更换服从二项分布，一年共需花费元，由此能求出该商家应选择A型节能灯．【详解】（1）由频率分布直方图可知，B型节能灯使用寿命超过3600小时的频率为0.2，用频率估计概率，得B型节能灯使用寿命超过3600小时的概率为.所以一年内一支B型节能灯在使用期间需更换的概率为，.所以一年内支恰好更换了支灯的概率为..（2）共需要安装支同种灯管，若选择A型节能灯，一年共需花费元；若选择B型节能灯，由于B型节能灯一年内需更换服从二项分布，故一年需更换灯的支数的期望为支，故一年共需花费元.因为，所以该商家应选择A型节能灯.【点睛】本题考查概率的求法，考查频率分布直方图、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，熟记频率分布直方图性质，准确计算是关键，是中档题．20．如图，椭圆：与圆：相切，并且椭圆上动点与圆上动点间距离最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）过点作两条互相垂直的直线，，与交于两点，与圆的另一交点为，求面积的最大值，并求取得最大值时直线的方程.【答案】（1）；（2）面积的最大值为，此时直线的方程为.【解析】（1）由题意可得b＝1，a﹣1，即可得到椭圆的方程；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），根据l2⊥l1，可设直线l1，l2的方程，分别与椭圆、圆的方程联立即可得可得出|AB|、|MN|，即可得到三角形ABC的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值．【详解】（1）椭圆E与圆O：x2+y2＝1相切，知b2＝1；又椭圆E上动点与圆O上动点间距离最大值为，即椭圆中心O到椭圆最远距离为，得椭圆长半轴长，即；所以椭圆E的方程：（2）①当l1与x轴重合时，l2与圆相切，不合题意．②当l1⊥x轴时，M（﹣1，0），l1：x＝1，，此时．…（6分）③当l1的斜率存在且不为0时，设l1：x＝my+1，m≠0，则，设A（x1，y1），B（x2，y2），由得，（2m2+3）y2+4my﹣1＝0，所以，所以．由得，，解得，所以，所以，因为，所以，当且仅当时取等号．所以（）综上，△ABM面积的最大值为，此时直线l的方程为1．【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，同时考查了推理能力和计算能力及分析问题和解决问题的能力21．已知函数（为自然对数的底数，为常数，并且）.（1）判断函数在区间内是否存在极值点，并说明理由；（2）若当时，恒成立，求整数的最小值.【答案】（1）无极值点；（2）0.【解析】（1）由题意结合导函数的符号考查函数是否存在极值点即可；（2）由题意结合导函数研究函数的单调性，据此讨论实数k的最小值即可．【详解】（1），令，则f'（x）＝e x g（x），恒成立，所以g（x）在（1，e）上单调递减，所以g（x）＜g（1）＝a﹣1≤0，所以f'（x）＝0在（1，e）内无解．所以函数f（x）在区间（1，e）内无极值点．（2）当a＝ln2时，f（x）＝e x（﹣x+lnx+ln2），定义域为（0，+∞），，令，由（Ⅰ）知，h（x）在（0，+∞）上单调递减，又，h（1）＝ln2﹣1＜0，所以存在，使得h（x1）＝0，且当x∈（0，x1）时，h（x）＞0，即f'（x）＞0，当x∈（x1，+∞）时，h（x）＜0，即f'（x）＜0．所以f（x）在（0，x1）上单调递增，在（x1，+∞）上单调递减，所以．由h（x1）＝0得，即，所以，令，则恒成立，所以r（x）在上单调递增，所以，所以f（x）max＜0，又因为，所以﹣1＜f（x）max＜0，所以若f（x）＜k（k∈Z）恒成立，则k的最小值为0．【点睛】本题主要考查导数研究函数的极值，导数研究函数的单调性，导数的综合运用等知识，属于中等题．22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求的极坐标方程；（2）设点，直线与曲线相交于点，求的值.【答案】（1）；（2）4.【解析】（1）直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果．（2）利用直线的参数方程的转换，利用一元二次方程根和系数关系的应用求出结果．【详解】（1）由参数方程，得普通方程，所以极坐标方程.（2）设点对应的参数分别为，将代入得得所以,直线l（t为参数）可化为，所以.【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．23．已知函数.（1）求证：；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）由绝对值不等式性质得即可证明；（2）由去绝对值求解不等式即可.【详解】（1）因为，所以.,即（2）由已知，①当m≥-时，等价于,即，解得所以②当m<-时，等价于，,解得-3≤m≤5,所以-3≤m<综上，实数的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式解法，不等式恒成立问题，熟练运用零点分段取绝对值，准确计算是关键，是中档题.。
2021届江西省南昌市进贤一中高三毕业班暑期摸底考试数学(文)试题及答案
绝密★启用前江西省南昌市进贤一中2021届高三毕业班上学期暑期摸底考试数学(文)试题第I 卷（选择题）一、单选题（每小题5分，共60分）1．已知函数()lg(1)f x x =-的定义域为M ，函数1()g x x =的定义域为N ，则M N =（ ）A ．{}1x x ≤B ．{1x x ≤且0}x ≠C ．{1}x x >D ．{1x x <且0}x ≠ 2．若复数2(1i z i i =-是虚数单位）,则z 的共轭复数z =（ ） A ．1i + B ．1i - C ．1i -+ D ．1i -- 3．三世纪中期,魏晋时期的数学家刘徽利用不断倍增圆内接正多边形边数的方法求出圆周率的近似值,首创“割圆术”.利用“割圆术”,刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14,这就是著名的“徽率”.如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的程序框图,则输出的n 值为（ ）（参考数据：7.50.1305,150.2588sin sin ≈≈）A ．6B ．12C ．24D ．484．已知变量,x y 满足约束条件2,4,1,y x y x y ≤⎧⎪+≥⎨⎪-≤⎩则3z x y =+的最小值为( )A ．11B ．12C ．8D ．35．已知角α的顶点与原点O 重合,始边与x 轴的非负半轴重合,它的终边过点P 34,55⎛⎫-- ⎪⎝⎭,则sin()πα-=（ ） A ．45- B ．45 C ．35D ．35 6．m 、n 是两条不同的直线,α是平面,n α⊥,则//m α是m n ⊥的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件7．将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示,则该几何体的侧视图为（ ）A ．B ．C ．D ． 8．某人午觉醒来,发现表停了,他打开收音机,想听电台整点报时,则他等待的时间不多于15分钟的概率为（ ）A ．13B ．14 C ．15 D ．16 9．设0.30.6a =,0.60.3b =,0.30.3c =,则,,a b c 的大小关系为（ ）A ．b a c ＜＜B ．a c b ＜＜C ．b c a <<D ．c b a ＜＜ 10．等比数列{}n a 的各项均为正数,且564718a a a a +=,则3132310log log log a a a +++=（ ）A ．12B ．10C ．8D ．32log 5+ 11．已知抛物线24,y x =上一点P 到准线的距离为1d ,到直线l :43110x y -+=为2d ,则12d d +的最小值为（ ）。
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P(1 , 0) （2）设点 2
，直线 l 与曲线 C
交于
A, B 两点，求
PA
PB
的值.
f (x) x 1 x 5 , x R
23．设函数
.
（1）求不等式 f (x) 10 的解集；
（2）如果关于 x 的不等式 f (x) a (x 7)2 在 R 上恒成立，求实数 a 的取值范围.
D． c a b
y 2 x y 4 5．已知实数 x, y 满足约束条件 x y 1 ，则 z 3x y 的最小值为（ ）
A．11
B．9
C．8
D．3
m 6．“
4 3
”是“直线
x
my
4m
2
0
与圆
x2
y2
4
相切”的（
）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
n
n
xi x yi y xi yi nx y
bˆ i1 n
i1 n
, aˆ y bˆx
xi x 2
i 1
xi2 nx 2
i 1
( bˆ 的值保留到小数点后三位）
19．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， PA PD, DAB 60 .
（1）证明： AD PB ；
an
的前 n 项的
“快乐数”为
1 3n
1
，则数列
(an
36 2)(an1
2)
的前
2019
项和为（
）
2018 A． 2019
2019 B． 2020
2019 C． 2018
2019 D． 1010
11．已知点 F1 是抛物线 C : x2 2 py 的焦点，点 F2 为抛物线 C 的对称轴与其准线的交点，
由题意知： AD AB 2 ， AE 1 ， PE PA2 AE2 3 ， BE PB2 PE2 3
P 0,0, 3 B 0, 3,0 D 1,0,0 C 2, 3,0
则
，
，
，
PB 0, 3, 3 DP 1, 0, 3 DC 1, 3, 0
，
，
设平面 PDC 的法向量 n x, y, z
11 t
t 5 1
下方法求得：令原式=t，则 t ，则 t2 t 1 0 ，取正值得
2 .用类似方法可得
12 12 __________. 16．在四面体 ABCD 中，若 AB CD 5 ， AC BD 6 ， AD BC 3 ，则四面 体 ABCD 的外接球的表面积为_______.
的取值范围是
1 2
,
e 3
e 3
,
.
13． 3
14．1 15．4 16．10
由题意可知，四面体 ABCD 是由下方图形中的长方体切割得到， A, B, C, D 为长方体的四个
顶点，则四面体 ABCD 的外接球即为长方体的外接球
设长方体长、宽、高分别为 a, b, c
a2 c2 6 b2 c2 5 则 a2 b2 9
4.5
3.1
1.4
（1）从表中所给的 7 个贫困发生率数据中任选两个，求两个都低于 5% 的概率； （2）设年份代码 x t 2015 ，利用线性回归方程，分析 2012 年至 2018 年贫困发生率 y 与年份代码 x 的相关情况，并预测 2019 年贫困发生率.
附：回归直线 yˆ bˆx aˆ 的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
四边形 ABCD 为菱形 AD AB
又 DAB 60 ABD 为等边三角形，又 E 为 AD 中点 PA AD ， E 为 AD 中点 AD PE
AD BE
BE, PE 平面 PBE ， BE PE E AD 平面 PBE
又 PB 平面 PBE AD PB （2）以 E 为原点，可建立如下图所示空间直角坐标系：
y 2x
双曲线方程知，其渐近线方程为：
2
d c 3
焦点 F1 到双曲线渐近线距离：
3 3 ，解得： c 1
e c 2 由椭圆离心率 a 2 得： a 2
b2 a2 c2 1
x2 y2 1
椭圆 C 的方程为： 2
（2）原点 O 到直线距离为：
m k2 1
25 5
，整理得：
m2
4 5
三、解答题（17－21 题 12 分）
17． ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为 a,b, c ，已知 2b cos B a cos C c cos A .
（1）求 ÐB 的大小；
（2）若 b 2 ，求 ABC 面积的最大值.
18． 2013 年以来精准扶贫政策的落实，使我国扶贫工作有了新进展，贫困发生率由 2012 年
理科数学答案 1．D 2．D 3．C 4．A 5．C 6．A 7．B 8．D 9．A 10．B 11．C
12．C
由题意知函数
f
x的定义域为(0, +¥
)，
f x
x 1ex
x2
t
1 x
1
2 x2
x 1ex
t x 2
x 1x 2
ex x2
t
x2
x2
.
( ) 因为 f x恰有两个极值点，所以 f ¢ x = 0 恰有两个不同的解，显然 x 1 是它的一个解，
（2）若 PB 6, AB PA 2 ，求直线 PB 与平面 PDC 所成角的正弦值.
C
20．己知椭圆
:
x2 a2
y2 b2
1(a b 0)
的离心率为
2 2 ， F1, F2 分别是椭圈 C 的左、右焦
点，椭圆 C
的焦点
F1
到双曲线
x2 2
y2
1
渐近线的距离为
3 3.
(1)求椭圆 C 的方程；
A．1 i
B．1 i
C． 1 i
D． 1 i
( x 1)6
3．二项式
x 的展开式中的常数项为（ ）
A．－15
B．20
C．15
D．－20
4．已知
x
0,1 ，令
a
logx 5 ， b
cos x ， c
3x ，那么 a，，
b
c 之间的大小关系为（
）
A． a b c
B． b a c
C． b c a
k2 1
设 Ax1, y1 ， B x2, y2
x2
y2
1
2
由 y kx m 得： 1 2k 2 x2 4kmx 2m2 2 0
16k 2m2 4 1 2k 2
则
2m2 2 0 ，即： 2k 2 m2 1 0
x1
x2
4km 1 2k 2
x1 x2 ，
2m2 2 1 2k 2
以 AB 为直径的圆过点 F2 AF2 BF2 0
又 F2 1, 0
AF2
1
x1,
y1
，
BF2
1
x2
,
y2
AF2
BF2
1
x1 1
x2
y1 y2
1 x1
x2
x1x2
kx1
mkx2
m
k2 1
x1x2 km 1x1 x2 m2 1
2m2 2 k 2 1 1 2k 2
(2)直线
l
:
y
kx
m
k
0 与椭圆
C
交于
A,
B
两点，以线段
AB
为直径的圆经过点
F2
，
25
且原点 O 到直线 l 的距离为 5 ，求直线 l 的方程.
21．已知函数 f (x) aex sin x ，其中 a R ， e 为自然对数的底数.
（1）当 a 1时，证明：对 x [0, ), f (x)…1 1；
7．某学校星期一至星期五每天上午共安排五节课，每节课的时间为 40 分钟，第一节课上课
的时间为 7：50～8：30，课间休息 10 分钟.某同学请假后返校，若他在 8：50～9：30 之间
随机到达教室，则他听第二节课的时间不少于 20 分钟的概率为（ ）
1 A． 5
1 B． 4
1 C． 3
1 D． 2
i 1
bˆ 39.9 1.425
28
， aˆ 5.8
线性回归直线为： yˆ 1.425x 5.8
1.425 0 2012 年至 2018 年贫困发生率逐年下降，平均每年下降1.425%
当 x 2019 2015 4 时， y 1.425 4 5.8 0.1
2019 年的贫困发生率预计为 0.1% 19．（1）证明：取 AD 中点 E ，连接 PE ， BE ， BD
a2 b2 c2 10
即长方体体对角线长度为： 10
R 10
长方体外接球半径为体对角线长度一半，即
2
四面体 ABCD 外接球表面积： S 4 R2 10
本题正确结果：10
2sin B cos B sin Acos C sin C cos A sin A C
17．（1）由正弦定理得：
江西省南昌市进贤一中 2021 届高三数学暑期摸底考试试题 理
一、单选题
1．已知函数
f
(x)
lg(1
x)
的定义域为
M
，函数
g(x)
1 x
的定义域为
N
，则
M N （ ）
x x 1
A．
{x
B．
x
1
且
x
0}
{x x 1}
C．
{x