2021屆江西省九江市高考一模數(shù)學(xué)理試題解析版

2021屆江西省九江市高考一模數(shù)學(xué)（理）試題一、單選題1．已知集合，，若，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由，得到，結(jié)合集合的包含關(guān)系，列出不等式組，即可求解.【詳解】由題意，集合，，因?yàn)?，可得，所以，解得，即?shí)數(shù)的取值范圍是.故選：D.2．已知復(fù)數(shù)，則（）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】由復(fù)數(shù)運(yùn)算求得，再由模的定義計(jì)算．【詳解】解：∵，∴，故選：B.3．若，則A． B． C． D．【答案】D【分析】利用二倍角的余弦公式化簡(jiǎn)并利用平方關(guān)系，然后將弦化切計(jì)算即可.【詳解】由又所以故選：D4．展開(kāi)式中，只有第4項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，則該項(xiàng)系數(shù)是（）A．280 B．240 C．192 D．160【答案】D【分析】利用二項(xiàng)式系數(shù)性質(zhì)得到，再利用通項(xiàng)公式得到結(jié)果.【詳解】解：依題意得，∴該項(xiàng)系數(shù)是，故選:D.5．如圖八面體中，有公共邊的兩個(gè)面稱(chēng)為相鄰的面，若從八個(gè)面中隨機(jī)選取兩個(gè)面，則這兩個(gè)面不相鄰的概率為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出兩個(gè)面相鄰的取法數(shù)可得不相鄰的取法數(shù)，再求得總的取法數(shù)后，由概率公式計(jì)算．【詳解】解：從八個(gè)面中隨機(jī)選取兩個(gè)面有種，其中兩個(gè)面相鄰的有12種，則這兩個(gè)面不相鄰的概率為，故選：C.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查求古典概型，解題關(guān)鍵是求得兩個(gè)面不相鄰的方法數(shù)，方法是“正難則反”的思想，即求出相鄰面的方法數(shù)與總方法數(shù)結(jié)合即可得．6．公元前3世紀(jì)，古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德研究過(guò)自然數(shù)的平方和，并得到公式，執(zhí)行如下所示的程序.若輸出的結(jié)果為7，則判斷框中的實(shí)數(shù)的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】由已知中的程序語(yǔ)句可知：該程序的功能是利用循環(huán)結(jié)構(gòu)計(jì)算的值并輸出變量的值，模擬程序的運(yùn)行過(guò)程，分析循環(huán)中各變量值的變化情況，可得答案．【詳解】解：依題意得，解得.可得判斷框中的實(shí)數(shù)的取值范圍是，．故選：．7．已知，則的大小關(guān)系為（）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性直接求解．【詳解】解：，，，又，因?yàn)楹瘮?shù)，在上單調(diào)遞減，且，又因?yàn)?，所以，所以，即，所以，即．故選：．8．已知拋物線(xiàn)：的焦點(diǎn)為，其準(zhǔn)線(xiàn)與軸的交點(diǎn)為，為拋物線(xiàn)上的點(diǎn)，若，則（）A．2 B． C．4 D．【答案】A【分析】求出外接圓方程，與拋物線(xiàn)方程聯(lián)立得到點(diǎn)坐標(biāo)，即可得到結(jié)果.【詳解】設(shè)外接圓的半徑為，由正弦定理得，∴，由對(duì)稱(chēng)性，不妨設(shè)在第一象限，則外接圓方程為，聯(lián)立方程組，消去整理得，即，∴，，∴，故選：A.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：拋物線(xiàn)的通徑長(zhǎng)為，焦準(zhǔn)距為，當(dāng)軸時(shí)，為等腰直角三角形，滿(mǎn)足題意.9．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出幾何體的直觀圖，可知幾何體是過(guò)圓柱的中心的截面截圓柱所得幾何體，可知幾何體的體積為圓柱體積的一半，利用柱體體積公式可求得結(jié)果.【詳解】該幾何體的直觀圖如圖所示，可知幾何體是過(guò)圓柱的中心的截面截圓柱所得幾何體，且?guī)缀误w的體積為圓柱體積的一半，圓柱的底面半徑為，高為，所以，該幾何體的體積為，故選：C.10．已知函數(shù)有三個(gè)相鄰的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的值為（）A．?1 B． C． D．1【答案】A【分析】利用正弦曲線(xiàn)的特點(diǎn)，由三個(gè)相鄰零點(diǎn)判斷周期，求出，再利用的中點(diǎn)，得到對(duì)稱(chēng)軸求出，代入一個(gè)零點(diǎn)即可得到的值.【詳解】因?yàn)槿齻€(gè)相鄰的零點(diǎn)，得，，又，解得，故選：A11．如圖，正的邊長(zhǎng)為1，，為扇形內(nèi)一點(diǎn)(包括邊界)，則的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，得，設(shè)，求出，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)和不等式性質(zhì)可得所求范圍．【詳解】如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，故選：B.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查平面向量的數(shù)量積，解題關(guān)鍵是建立坐標(biāo)系后設(shè)出點(diǎn)坐標(biāo)，用坐標(biāo)求出數(shù)量積，轉(zhuǎn)化為利用三角函數(shù)與不等式的性質(zhì)求解．12．已知雙曲線(xiàn)：的左右焦點(diǎn)分別為，，為雙曲線(xiàn)上一點(diǎn)，在以為圓心，1為半徑的圓上，總存在一點(diǎn)，使得，則的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】由得，在以為圓心，為半徑的圓上，即圓與圓有公共點(diǎn)，由兩圓位置關(guān)系可得的范圍．【詳解】由得，在以為圓心，為半徑的圓上，即圓與圓有公共點(diǎn)，，，又，∴，故選：D.二、填空題13．已知函數(shù)，則曲線(xiàn)在點(diǎn)處的切線(xiàn)方程為_(kāi)__________.【答案】【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，即可求出切線(xiàn)的斜率，再利用點(diǎn)斜式求出切線(xiàn)方程；【詳解】解：∵，∴，又，∴曲線(xiàn)在點(diǎn)處的切線(xiàn)方程為，即.故答案為：.14．在中，已知，則___________.【答案】【分析】由正弦定理化角為邊，然后由余弦定理求得角．【詳解】解：由正弦定理得，由余弦定理，即，∴，.故答案為：．15．如圖，正四棱錐內(nèi)接于半球(，，，位于半球的底面圓周上，點(diǎn)位于半球的表面上)，已知半球的半徑為，則過(guò)，，三點(diǎn)的平面截半球所得截面圖形的面積為_(kāi)__________.【答案】【分析】首先易得是邊長(zhǎng)為的正三角形，再得出截面形狀為圓心角為，半徑為1的扇形，頂角為，腰為1的等腰三角形，求出面積即可.【詳解】由于球的半徑為，所以，即是邊長(zhǎng)為的正三角形，外接圓的半徑滿(mǎn)足，即，故所求截面圖形為圓心角為，半徑為1的扇形，頂角為，腰為1的等腰三角形，故其面積為.故答案為：.16．已知函數(shù)是定義在上的連續(xù)單調(diào)函數(shù)，若，則不等式的解集為_(kāi)__________.【答案】【分析】令，則，，然后求出，得到的解析式，然后利用其單調(diào)性解出不等式即可.【詳解】∵是定義在上的連續(xù)單調(diào)函數(shù)，∴存在唯一，使得，故令，則，∴，即，令，則在上單調(diào)遞增，且，∴，，故在上單調(diào)遞增，∵，，∴.故答案為：三、解答題17．已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，滿(mǎn)足，記.（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）求數(shù)列的前項(xiàng)和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）依題意可得，作差即可得解；（2）由（1）得，再利用錯(cuò)位相減法求和即可；【詳解】解：（1）由，得，兩式相減得，∴.即，即，∴.（2）由（1）得，∴，，兩式相減得，∴.【點(diǎn)睛】數(shù)列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差數(shù)列、與二項(xiàng)式系數(shù)、對(duì)稱(chēng)性相關(guān)聯(lián)的數(shù)列的求和．(2)錯(cuò)位相減：用于等差數(shù)列與等比數(shù)列的積數(shù)列的求和．(3)分組求和：用于若干個(gè)等差或等比數(shù)列的和或差數(shù)列的求和．18．如圖，四邊形是邊長(zhǎng)為2的菱形，，，分別為，的中點(diǎn)，將和沿著和折起，使得平面和平面均垂直于平面.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）.【分析】（1）連接,由已知可得平面，平面，且，所以四邊形為平行四邊形，得，再由線(xiàn)面平行的判定定理可得答案；（2）分別以為的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面和平面的法向量，再由向量的夾角公式可得答案.【詳解】（1）連接，∵，，∴為正三角形，又為的中點(diǎn)，∴，即.又平面平面，∴平面，且.同理平面，且，∴，∴四邊形為平行四邊形，∴.又平面，平面，∴平面.（2）分別以為的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，則，，，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，得，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，得，∴，即二面角的余弦值為.【點(diǎn)睛】本題考查了線(xiàn)面平行的判斷、二面角的向量求法，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是記錄空間直角坐標(biāo)系，考查了學(xué)生的空間想象能力和計(jì)算能力.19．已知橢圓：的左右頂點(diǎn)分別為，，右焦點(diǎn)，，過(guò)的直線(xiàn)與橢圓交于，兩點(diǎn)，且面積是面積的3倍.（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）若直線(xiàn)，與直線(xiàn)分別交于，兩點(diǎn)，試問(wèn)：以為直徑的圓是否過(guò)定點(diǎn)？若是，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，說(shuō)明理由.【答案】（1）；（2）過(guò)定點(diǎn)，定點(diǎn)和.【分析】（1）將兩個(gè)條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于的方程，即可求解；（2）設(shè)直線(xiàn)，與橢圓方程聯(lián)立，得韋達(dá)定理，，，并表示直線(xiàn)的方程，并求得點(diǎn)的坐標(biāo)，寫(xiě)出以為直徑的圓的方程，由對(duì)稱(chēng)性確定，若有定點(diǎn)，則定點(diǎn)在軸，即令圓的的方程中，求的值，即得定點(diǎn)坐標(biāo).【詳解】解：（1）∵，∴，又面積是面積的3倍，∴，解得，，，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.（2）依題意可設(shè)：，，，聯(lián)立方程組，消去整理得，∴，，直線(xiàn)的方程為，令，得，同理.∴以為直徑的圓的方程為.由對(duì)稱(chēng)性可知，若以為直徑的圓過(guò)定點(diǎn)，則定點(diǎn)在軸上，令，得，即，即，即，化簡(jiǎn)得，解得或.故以為直徑的圓過(guò)定點(diǎn)和.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決存在性問(wèn)題的注意事項(xiàng)：（1）存在性問(wèn)題，先假設(shè)存在，推證滿(mǎn)足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在；（2）當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)，要分類(lèi)討論；（3）當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件；（3）當(dāng)條件和結(jié)論都未知，按常規(guī)方法解題很難時(shí)，要思維開(kāi)放，采取另外的途徑。20．某公司響應(yīng)國(guó)家“節(jié)能減排，低碳經(jīng)濟(jì)”號(hào)召，鼓勵(lì)員工節(jié)約用電，制定獎(jiǎng)勵(lì)政策，若公司一個(gè)月的總用電量低于30萬(wàn)，將對(duì)員工們發(fā)放節(jié)能獎(jiǎng)勵(lì)，該公司為了了解9月份日最高氣溫對(duì)當(dāng)天用電量的影響，隨機(jī)抽取了去年9月份7天的日最高氣溫x（℃）和用電量y（萬(wàn)）數(shù)據(jù)，并計(jì)算得，，，氣溫方差，用電量方差.（1）求y關(guān)于x的線(xiàn)性回歸方程；（2）根據(jù)天氣預(yù)測(cè)，今年9月份的日最高氣溫頻率分布直方圖如圖，以（1）中的回歸方程為依據(jù)，試估計(jì)該公司員工為了獲得獎(jiǎng)勵(lì)，是否需要作出節(jié)能努力？（注：9月份共30天，同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表）參考公式：回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計(jì)公式分別為：，.【答案】（1）；（2）需要.【分析】（1）根據(jù)題設(shè)中的數(shù)據(jù)，結(jié)合公式，求得，進(jìn)而求得，即可求得y關(guān)于x的線(xiàn)性回歸方程；（2）求得今年9月份的日最高氣溫的平均值為，再將代入回歸方程求得，比較大小，即可得到結(jié)論.【詳解】（1）由題意，因?yàn)?，即，解得，又因?yàn)椋?，解得，所以，可得，故y關(guān)于x的線(xiàn)性回歸方程.（2）今年9月份的日最高氣溫的平均值為，將代入回歸方程中，得.因?yàn)?，所以該公司員工為了獲得獎(jiǎng)勵(lì)，需要作出節(jié)能努力.21．已知函數(shù)，.（1）當(dāng)時(shí)，求證：在上單調(diào)遞增；（2）當(dāng)時(shí)，，求的取值范圍.【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）.【分析】（1）首先求函數(shù)的二階導(dǎo)數(shù)，根據(jù)二階導(dǎo)數(shù)，并結(jié)合零點(diǎn)存在性定理，判斷二階導(dǎo)數(shù)存在零點(diǎn)，并判斷一階導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性，即得的最小值，證明的最小值是正數(shù)，即可證明；（2）解法一：不等式等價(jià)于在恒成立，因?yàn)?，等價(jià)于，即，再證明時(shí)，不等式恒成立；解法二：不等式轉(zhuǎn)化為在上恒成立，時(shí)，不等式轉(zhuǎn)化為在上恒成立，再設(shè)，，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最大值，即得的取值范圍.【詳解】解：（1）當(dāng)時(shí)，，則，又在上單調(diào)遞增，且，，∴存在，使得，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，∴，∵，∴，，∴，∴在上單調(diào)遞增.（2）解法一：?jiǎn)栴}等價(jià)于(記為式)在上恒成立，令，，∵，∴要使式在上恒成立，則必須，即，下面證明當(dāng)時(shí)，在上恒成立.∵，∴，∴，易證，∴，∴當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，∴，即式在上恒成立.故的取值范圍是.解法二：依題意得在上恒成立，當(dāng)時(shí)，式恒成立，∴，當(dāng)時(shí)，∵，式等價(jià)于在上恒成立.令，.易證，∴，令，∴，∴在上單調(diào)遞減，∴，即，∴，令，，∴在上單調(diào)遞減，∴，即，∴，即的取值范圍是.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍的方法：1.討論最值，先構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出含參函數(shù)的最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式求參數(shù)的取值范圍；2.分離參數(shù)：先分離參數(shù)變量，再構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的最值，從而求出參數(shù)的取值范圍.22．在直角坐標(biāo)系中，已知曲線(xiàn)的參數(shù)方程為(為參數(shù))，過(guò)原點(diǎn)的直線(xiàn)相互垂直，且的傾斜角為，以原點(diǎn)為極點(diǎn)，軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系.（1）求直線(xiàn)與曲線(xiàn)的極坐標(biāo)方程；（2）若與曲線(xiàn)分別相交于兩點(diǎn)和兩點(diǎn)，求的值.【答案】（1）：，，：；（2）.【分析】（1）直接利用轉(zhuǎn)換關(guān)系，把參數(shù)方程轉(zhuǎn)換為直角坐標(biāo)方程，再把直角坐標(biāo)方程轉(zhuǎn)換為極坐標(biāo)方程．（2）利用一元二次方程根和系數(shù)的關(guān)系式和三角函數(shù)的關(guān)系式的變換的應(yīng)用求出結(jié)果．【詳解】