2021届江西省新八校高三上学期第一次联考数学(理)试题(解析版)

试卷第=page22页，总=sectionpages44页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat6页2021届江西省新八校高三上学期第一次联考数学（理）试题一、单选题1．设集合，，则等于（）A． B．R C． D．【答案】C【分析】化简集合，根据交集运算的概念可求得结果.【详解】由可得，所以，因为指数函数在上为增函数，所以，所以，∴．故选：C2．已知i为虚数单位，则的虚部为（）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】先由的次幂的性质化简，然后由复数除法法则计算出，再得其共轭复数后可得结论．【详解】∵，∴，∴，虚部为．故选：B3．、为不重合的平面，、为两条直线，下列命题正确的为（）A．若，，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则【答案】D【分析】根据选项直接判断直线、的位置关系，可判断A选项的正误；根据已知条件判断与的位置关系，可判断BC选项的正误；利用空间向量法可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，若，，，则与平行或异面，A选项错误；对于B选项，若，，则或，B选项错误；对于C选项，若，，则、、或与斜交，C选项错误；对于D选项，设直线、的方向向量分别为、，由于，则平面的一个法向量为，，则平面的一个法向量为，因为，则，因此，，D选项正确.故选：D.4．若实数x，y满足约束条件，则的最小值（）A．5 B． C．7 D．【答案】B【分析】画出不等式组对应的可行域，平移动直线后可得的最小值.【详解】不等式组对应的可行域如图所示：由可得，故，结合可行域，平移动直线至时，取最小值为.故选：B.5．若曲线的一条切线为（e为自然对数的底数），其中m，n为正实数，则的值是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】设切点坐标，则根据导数的几何意义可求的值，从而可求的关系.【详解】，设切点坐标为，∴，∴，∴，故选：C.6．设函数，则是（）A．奇函数，且存在使得 B．奇函数，且对任意都有C．偶函数，且存在使得 D．偶函数，且对任意都有【答案】D【分析】先判断函数的奇偶性，可排除A，B，构造函数可得的单调递性可得答案.【详解】因为，所以，所以是偶函数，故AB错误；令，则，当时，，，所以，在是单调递增函数，，即，有，由偶函数的对称性可得，.故选：D.【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性，解题关键点是构造函数利用导数研究函数的单调性，属于中档题.7．设双曲线的左、右焦点分别为、，过作x轴的垂线与双曲线的渐近线在第一象限交于点B，连接交双曲线的左支于A点，则的周长为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据双曲线方程求出，利用双曲线的定义将化为，可求出的周长.【详解】由得，所以，，双曲线经过点的渐近线为，所以，所以，，所以，所以，所以的周长为.故选：A【点睛】关键点点睛：利用双曲线的定义将化为是解题关键.8．已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，点O为其外接圆的圆心．已知，则角A的最大值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】取的中点D，则可得，由余弦定理和基本不等式可得答案.【详解】取的中点D，则，，∴，又∵，当且仅当时等号成立，∴.故选：A.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.9．十九世纪下半叶集合论的创立，莫定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（）参考数据：（）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】归纳出第次去掉的线段的长度，然后求得和，解不等式可得．【详解】记为第n次去掉的长度，，剩下两条长度为的线段，第二次去掉的线段长为，第次操作后有条线段，每条线段长度为，因此第次去掉的线段长度为，所以，，，．n的最小值为6．故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查归纳照理，考查对数的运算．解题关键是归纳出第次所去掉的线段长度，计算时要先得出第次去掉的线段条数，即第次剩下的线段条数，同时得出此时每条线段长度，从而可得第次所去掉的线段总长度，求和后列不等式求解．10．已知抛物线上有两点、，焦点为F，则是“直线经过焦点F”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．既不充分又不必要条件【答案】B【分析】设出直线方程与抛物线方程联解，利用焦半径公式得解.【详解】设直线为消x得方程，∴．当时，则，∴∵，∴，显然当直线过焦点时有故选：B【点睛】利用焦半径及根与系数关系是解题关键.11．设函数，若函数存在最大值，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】时，无最大值，因此时，有最大值，利用导数求解．【详解】显然时，无最大值，时，存在最大值，，当时，，递增，当时，，递减，所以时，取得极大值也是最大值．，因此要有最大值，必须满足，所以．故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查分段函数的最大值问题．解题时要注意的最大值是在定义域内的最大值，对分段函数来讲，每一段的函数值都不能比最大值大．因此本题在时求得最大值，除这个最大值取得到，即以外还有必须满足，否则函数无最大值．12．若等差数列满足，且，求的取值范围（）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，，根据求出的范围，利用等差中项的性质得到，再利用同角公式可求得结果.【详解】设，，又∵，∴，即，∴，∴，∴，又∵，所以，所以，∴．故选：B【点睛】关键点点睛：利用三角换元化为三角函数求解是解题关键.二、填空题13．已知向量满足，，，则向量在向量上的投影为______．【答案】【分析】把模用数量积表示后求得，再根据投影的定义计算．【详解】∵，∴，，∴，∴，则向量在向量的投影为故答案为：．14．的展开式中的常数项是_______．【答案】-26【分析】首先原式展开，再按照生成法求展开式中的常数项.【详解】原式，展开式中的常数项是：．故答案为：-2615．已知是球O的内接三棱锥，．二面角为，则球O的半径为________．【答案】【分析】取的中点E，设的外心和的外心，求出，连，，，则，求出，再根据勾股定理可求出，即为球的半径.【详解】【点睛】关键点点睛：利用的外心和的外心以及球的性质求解是解题关键.16．已知，，当时，恒成立，则的最小值是_____．【答案】【分析】根据题中条件，先讨论，根据不等式恒成立求出；再讨论，求出得到，再由基本不等式即可求出结果.【详解】当时，，即恒成立，是上的增函数，∴，当时，，即恒成立，是上的增函数，∴，∴，∴，当时等号成立．故答案为：.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.三、解答题17．如图，在中，，，点D在线段上．（1）若，求的长；（2）若，且，求的值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理求解即可.（2）用余弦定理求出，在两个三角形中用正弦定理得出，代入值求解即可.【详解】解：（1）∵，且∴，∴（2）∵，故算得，在中，利用正弦定理有，在中，有∴，∵，∴∴18．如图，是的直径，动点P在所在平面上的射影恰是上的动点C，，D是的中点，与交于点E，F是上的一个动点．（1）若平面，求的值；（2）若F为的中点，，求直线与平面所成角的余弦值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由线面平行得出线线平行，从而将转化为，再借助三角形的重心即可求解；（2）建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量，结合夹角公式即可求解．【详解】解：（1）因为平面，所以，所以．因为D，O分别为的中点，所以点E为的重心，所以，即（2）如图所示建立空间直角坐标系．∴．∵．∴设平面的法向量为，∴令，∴直线与平面所成角的余弦值为．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．（2）、用空间向量坐标公式求解.19．李雷、韩梅梅两人进行象棋比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满4局时停止．设李雷在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为．（1）求P的值；（2）设表示比赛停止时李雷的总得分，求随机变量的分布列和数学期望．【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【分析】（1）第二局比赛结束时比赛停止等价于李雷连胜2局或韩梅梅连胜2局，由此列式可解得结果；（2）的所有可能值为0，1，2，3，求出的每个取值的概率可得分布列，根据期望公式可得所求期望值.【详解】（1）依题意，当李雷连胜2局或韩梅梅连胜2局时，第二局比赛结束时比赛结束，∴有，解得或，∵，∴（2）依题意知，的所有可能值为0，1，2，3，∴∴∴∴∴随机变量的分布列为：0123P故．【点睛】关键点点睛：求出随机变量的所有可能取值的概率是解题关键.20．已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，上、下顶点分别为C，D，右焦点为F，离心率为，其中．（1）求椭圆的标准方程．（2）过椭圆的左焦点的直线l与椭圆M交于E，H两点，记与的面积分别为和，求的最大值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）把已知离心率为，其中用表示后可解得，得椭圆方程；（2）当直线l无斜率时，，当直线l斜率存在时，设直线方程为，设，，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，，代入转化为的函数，由基本不等式可得最大值．【详解】（1）有条件可知，∴，又，，∴，∴椭圆方程为．（2）当直线l无斜率时，直线方程为，此时．当直线l斜率存在时，设直线方程为，设，联立得，消掉y得，显然，方程有根，．此时．因为，所以，（时等号成立），所以的最大值为．【点睛】方法点睛：本题考查由离心率求椭圆方程，考查椭圆中面积问题．解题方法是设而不求的思想方法，即设直线方程，设交点坐标，直线方程与椭圆方程联立消元应用韦达定理，把此结果代入题中其他条件，其他量得与参数有关的式子，然后求解．21．已知函数．（1）求函数的单调区间．（2），若为极值点，其中为函数的导函数．证明：．【答案】（1）单调增区间为和；函数的单调减区间；（2）证明见解析.【分析】（1）先求出函数的定义域，求出，令和可得答案.(2)设，求出其导函数，得出其单调区间，得出极值点满足的条件，利用对数可得，再代入可得到，然后由导数得到单调性，从而证明结论.【详解】（1），∵的定义域为．∴，由可得或，由可得所以函数的单调增区间为和．单调减区间为（2）∵，∴，令,，则又在时恒成立，所以在是单调增函数又∵，则存在，使得，所以在上，单调递减，在上，单调递增.所以为的极值点，则两边取对数可得，即∴令，∴在上恒成立∴在上单调递减，所以∴【点睛】关键点睛：本题考查利用导数求函数的单调区间和讨论函数的极值以及证明不等式，解答本题的关键是分析出极值点满足的条件和，以及由此得到，对隐零点的整体代换，由此得出，属于中档题.22．平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数，且）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）已知点A的极坐标为（1,0），直线与交于点B，其中过点A的直线n与交于M，N两点，若，且，求的取值【答案】（1），；（2）.【分析】（1）参数方程化为，消去参数可得普通方程，再化为极坐标方程即可，的极坐标方程化为，再利用转换公式求解即可.（2）根据极径的几何性质求得，求出直线的参数方程，再根据参数的几何意义，结合韦达定理可得，进而解方程可得答案.【详解】（1），∴．∴，∵，∴（2）直线与：交于点B，所以，点A的极坐标为（1,0），则直角坐标也是（1,0），因为，所以直线n的倾斜角，其参数方程可以设为，化为，代入抛物线方程有，∴，可得，则∴（舍去），∴【点睛】方法点睛：消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法；极坐标方程化为直角坐标方程，只要将和换成和即可.23．已知函数．（1）求