2020-2021学年江西省九江市高三三模数学(理)试题

第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页江西省九江市2020-2021学年高三三模数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．若复数满足，则的虚部为（

）A． B． C． D．3．研究与试验发展（R&D）是科技活动的核心指标，是衡量一个国家和地区科技发展水平的主要指标，同时也是反映企业自主创新能力的指标．我国一直以来都在大力促进科技创新，R&D经费支出增速保持世界领先．如图是我国近五年（2016-2020年）R&D经费支出统计图，则下列说法中错误的是（

）A．近五年，R&D经费支出与年份呈现正相关关系B．近五年，R&D经费支出的中位数为19678C．2020年R&D经费支出相对于2016年增长超过50%D．2020年，R&D经费支出增长速度最快4．已知等比数列的前项和为，且满足，，则（

）A． B．9 C． D．275．已知椭圆的焦点分别为、，，若椭圆上存在点，使得，则椭圆短轴长的取值范围是（

）A． B． C． D．6．函数，的图象可能是（

）A． B．C． D．7．已知曲线：，曲线：的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（

）A．将曲线先向左平移个单位长度，再将各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到曲线B．将曲线先向左平移个单位长度，再将各点的横坐标缩短到原来的倍，得到曲线C．将曲线先向左平移个单位长度，再将各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到曲线D．将曲线先向左平移个单位长度，再将各点的横坐标缩短到原来的倍，得到曲线8．如图所示，在正方体中，为线段上的动点，给出下列四个结论：①DP长度为定值；②三棱锥的体积为定值；③任意点P，都有；④存在点P，使得平面其中正确的是（

）A．①③ B．②④ C．②③ D．①④9．在平面直角坐标系中，已知双曲线：的左焦点为，，分别为双曲线左右支上一点，若四边形是菱形，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．10．蒙特·卡罗方法（MonteCarlomethod），也称统计模拟方法，是二十世纪四十年代中期由于科学技术的发展和电子计算机的发明，而被提出的一种以概率统计理论为指导的一类非常重要的数值计算方法．某同学根据蒙特·卡罗方法设计了以下实验来估计圆周率的值，每次用计算机随机在区间内取两个数，共进行了次实验，统计发现这两个数与能构成钝角三角形的情况有种，则由此估计的近似值为（）A． B． C． D．11．如图所示，在三棱锥中，平面平面，为的中点，为的中点，，，，，则三棱锥体积的最大值为（

）

A． B． C． D．12．已知是定义在上的可导函数，是的导函数，若，，则在上（

）A．单调递增 B．单调递减 C．有极大值 D．有极小值二、填空题13．曲线在点处的切线方程为.14．二项式的展开式中的系数为．15．已知点、是圆上的两点，且，则．16．已知正项数列的前项和为，，且，设，则数列前项和的取值范围为．三、解答题17．中，三内角，，所对的边分别为，，，已知，为锐角．（1）求的大小；（2）若为边上靠近点的三等分点，且，求面积的最大值．18．如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，、均为等边三角形，．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值．19．年月日，国家主席习近平在第七十五届联合国大会一般性辩论上发表重要讲话，指出要加快形成绿色发展方式和生活方式，建设生态文明和美丽地球．中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于年前达到峰值，努力争取年前实现碳中和．某企业为了响应中央号召，准备在企业周边区域内通过植树造林实现减碳，从某育苗基地随机采购了株银杏树树苗进行栽种，测量树苗的高度，得到如下频率分布直方图，已知不同高度区间内树苗的售价区间如下表．树苗高度（）树苗售价（元/株）（1）现从株树苗中，按售价分层抽样抽取株，再从中任选三株，求售价之和高于元的概率；（2）已知该育苗基地银杏树树苗高度服从正态分布，并用该企业采购的株树苗作样本，来估计总体期望和方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），且．①若该育苗基地共有株银杏树树苗，并将树苗的高度从高到低进行排列，得到数列，求的估计值．②若从该育苗基地银杏树树苗中任选株，记树苗高度超过的株数为，求随机变量的分布列和期望．参考数据：若，，，．20．在直角坐标系中，已知抛物线：，为直线上的动点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，．当在轴上时，．（Ⅰ）求抛物线的方程；（Ⅱ）求点到直线距离的最大值．21．已知函数．（Ⅰ）当时，求的单调区间；（Ⅱ）讨论在内零点的个数．22．在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，记曲线与公共弦所在直线为．（1）求直线的极坐标方程；（2）设过点的直线与直线交于点，与曲线交于点（异于原点），求的值．23．已知函数的最大值为．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若正实数，满足，求的最大值．

参考答案1．【答案】B【分析】先计算得到，然后根补集以及交集得概念可得结果.【详解】由，所以所以，所以故选：B2．【答案】C【分析】利用复数的除法化简复数，由此可得出复数的虚部.【详解】由已知可得，因此，复数的虚部为.故选：C.3．【答案】D【分析】利用条形统计图分析相应的数据，可得出合适的选项.【详解】对于A选项，近五年，R&D经费支出与年份呈现正相关关系，A选项正确；对于B选项，近五年，R&D经费支出的中位数为，B选项正确；对于C选项，，即2020年R&D经费支出相对于2016年增长超过50%，C选项正确；对于D选项，年，，年，，年，，年，，D选项错误.故选：D.4．【答案】D【分析】利用等比数列前项和公式，结合，求出该等比数列的公比，最后利用等比数列的通项公式进行求解即可.【详解】设该等比数列的公比为，当时，因为，，所以有，所以，当时，，显然不成立，故选：D5．【答案】D【分析】设椭圆的焦点在轴上，可得出椭圆与圆有公共点，联立两圆方程，可得出关于的不等式，解出的取值范围即可得解.【详解】不妨设椭圆的焦点在轴上，则，，椭圆的标准方程为，以为直径的圆的方程为，联立，可得，所以，，，可得，因此，椭圆短轴长的取值范围是.故选：D.6．【答案】A【分析】通过与的关系判断函数的奇偶性可排除D，再由函数在上的符号为负即可选A.【详解】，所以为偶函数，排除D；当时，，，，，选A.故选：A7．【答案】B【分析】根据图象求出曲线对应的函数解析式，再根据正弦型函数的图象变换性质进行判断即可.【详解】设，由图象可知：，，因为，所以，，设的最小正周期为，因为，所以由图象可知中：，而，所以令，则，因此，选项A，将曲线先向左平移个单位长度，再将各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到曲线对应的函数解析式为：，故本选项不正确；选项B，将曲线先向左平移个单位长度，再将各点的横坐标缩短到原来的倍，得到曲线对应的函数解析式为：，故本选项正确；选项C，将曲线先向左平移个单位长度，再将各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到曲线对应的函数解析式为：，故本选项不正确；选项D，将曲线先向左平移个单位长度，再将各点的横坐标缩短到原来的倍，得到曲线对应的函数解析式为：，故本选项不正确，故选：B.8．【答案】C【分析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间中两点间的距离公式可判断①的正误，利用锥体的体积公式可判断②的正误，利用空间向量法可判断③④的正误．【详解】如下图所示：设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、、、、，设点，其中.对于①，不是定值，①错误；对于②，在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，则平面，，则点到平面的距离为定值，而的面积也为定值，所以，三棱锥的体积为定值，②正确；对于③，，，所以，，因此，对任意点，都有，③正确；对于④，，，，，这样的不存在，所以，不存在点，使得平面，④错误．故选：C．9．【答案】B【分析】根据菱形的性质，结合双曲线离心率公式进行求解即可.【详解】四边形是菱形，不妨设，分别在第二象限、第一象限，因为是菱形，所以，因此，当时，，因为是菱形，所以，而，所以，而双曲线离心率，所以有，故选：B10．【答案】A【分析】不妨设所取的两个数分别为、，可得出、，分析出点所构成的平面区域，利用几何概型的概率公式可得出关于的等式，即可解得的值.【详解】不妨设所取的两个数分别为、，则、，由题意可得，即，由三角形三边关系可得，所以，点所构成的区域如下图中的阴影部分区域所表示：阴影部分区域的面积为，由已知条件可得，解得.故选：A.11．【答案】C【分析】设，过点在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，连接，用表示、，利用锥体的体积公式结合二次函数的基本性质可求得三棱锥体积的最大值.【详解】设，，，则，过点在平面内作，垂足为点，，为的中点，则，所以，，，过点在平面内作，连接，因为平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，，，，平面，平面，，，，所以，，因此，，当且仅当时，等号成立，因此，三棱锥体积的最大值为.故选：C.12．【答案】A【分析】构造函数，，可得出，利用导数分析函数的单调性与最值，可得出的符号，由此可得出结论.【详解】构造函数，则，所以，，则，设，则，，当时，，此时函数单调递减；当时，，此时函数单调递增.所以，，对任意的恒成立，因此，函数在上单调递增.故选：A.13．【答案】【分析】根据导数的几何意义求切点处的斜率，由解析式求切点坐标，写出切线方程即可.【详解】由题设知：，∴，而，∴在点处的切线方程为：.故答案为：.14．【答案】【分析】根据完全平方差公式，结合二项式通项公式进行求解即可.【详解】当时，，通项公式为：，令，所以展开式的系数为；当时，，通项公式为：，令，所以展开式的系数为，故答案为：15．【答案】【分析】取的中点，连接，利用平面向量数量积的运算性质可得，即可得解.【详解】如下图所示，取的中点，连接，则，则，.故答案为：.16．【答案】【分析】根据之间关系可得数列为等差数列并得到，然后得到，根据裂项相消可得数列前项和，最后进行判断即可.【详解】由①，则②②-①化简可得：，又，所以当时，所以符号，故数列是首项为1，公差为1的等差数列所以，则所以令设数列前项和所以所以，当为偶数时，，则且当为奇数时，，则且综上所述：故答案为：17．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用二倍角公式以及切化弦的思想化简可得，进而可得结果；（2）分别运用余弦定理结合可得，在中运用余弦定理将用表示，通过基本不等式得出的最大值，进而可得结果.【详解】（1）因为，所以，因为为锐角，，所以，所以，.（2）在中，由余弦定理可得，同理在中，，由于，化简得：，在中，由，所以，即，即，当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为.18．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点，连接、，证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值．【详解】（1）取的中点，连接、，设、的边长均为，因为、均为等边三角形，则，为的中点，则，同理可得，，，所以，，则，，且，，则，所以，，则，，平面，平面，所以，平面平面；（2）平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设、的边长均为，则、、、，设平面的法向量为，，，由，可得，取，可得，设平面的法向量为，，由，可得，取，可得，，由图可知，二面角为钝角，因此，二面角的余弦值为.19．【答案】（1）；（2）①；②分布列见解析，期望为.【分析】（1）确定株中，株元，株元，株元，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求时间的概率；（2）①计算出、的值，计算得出，由此可得出，即为所求；②分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望公式可求得的值.【详解】（1）高度在内的占比为，高度在内的占比为，高度在内的占比为，从这株树苗中，按售价分层抽取株，其中株元，株元，株元，再从中任选三株，售价之和高于元，可以为、、、、，故所求概率为；（2）①由频率分布直方图可得，，，所以，；②若从该育苗基地银杏树树苗中任选株，高度超过的概率为，由题意可知，则,，，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：随机变量的数学期望为.20．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）由已知得，，设，得出过点A的切线方程为，由点P在过点A的切线上可得，再由得，由此可求得抛物线的方程；（Ⅱ）由（Ⅰ）得抛物线的切线的斜率为，，可得出切线PA的方程和切线PB的方程，再联立两切线方程解得，继而得，设直线AB的方程为，与抛物线的方程联立，得出根与系数的关系，代入有，表示点到直线距离运用导函数可得出点到直线距离的最大值．【详解】（Ⅰ）为直线上的动点，当在轴上时，则，由得，所以，设，所以过点A的切线方程为，又因为点P在过点A的切线上，所以，解得，又因为，所以直线OA的斜率为1，所以，解得，所以解得，所以抛物线的方程为；（Ⅱ）由（Ⅰ）得抛物线的切线的斜率为，，所以切线PA的方程为，切线PB的方程为，两切线方程联立解得，又点P在直线上，所以，由题意知直线AB的斜率一定存在，所以设直线AB的方程为，与抛物线的方程联立，消元得，所以，所以，即，所以点到直线距离为，令，则，令得或，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，当时，且，所以，所以，所以点到直线距离的最大值为．21．【答案】（Ⅰ）的单调增区间为，单调减区间为；（Ⅱ）当时，在内没有零点，当，在内有唯一零点.【分析】（Ⅰ）利用导数的性质进行求解即可；（Ⅱ）根据零点的定义，转化为两个函数图象交点问题，结合导数的性质进行求解即可.【详解】