2020-2021学年江西省重点中学协作体高三第二次联考数学(理)试题

第页，共页江西省重点中学协作体2020-2021学年高三第二次联考数学（理）试题一、单选题（本大题共12小题）1.已知集合，若，则实数（

）A． B．2 C． D．2.已知为虚数单位，若复数，则下列结论正确的是（

）A．的共轭复数是 B．的虚部是C． D．3.已知双曲线的离心率为，且经过点，则该双曲线的方程是（

）A． B．C． D．4.设平面向量与向量互相垂直，且，若，则（

）A． B．2 C． D．45.设，则的大小关系为（）A． B． C． D．6.若曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为（）A． B． C．1 D．27.已知等差数列的前项和为，且，则（

）A．100 B．110 C．120 D．1308.已知函数的图象上相邻的两条对称轴之间的距离为，若将函数的图象向左平移后得到奇函数的图象，则（

）A． B． C． D．9.2021年4月15日，是第六个全民国家安全教育日，教育厅组织宣讲团到某市的六个不同高校进行国家安全知识的宣讲，时间顺序要求是：高校甲必须排在第二或第三个，且高校甲宣讲结束后需立即到高校丁宣讲，高校乙､高校丙的宣讲顺序不能相邻，则不同的宣讲顺序共有（

）A．28种 B．32种 C．36种 D．44种10.在三棱锥中，是等边三角形，平面平面，，则三棱锥的外接球体积为（

）A． B． C． D．11.已知函数，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．12.已知、是圆上两个不同的点，且满足，则的最大值为（

）A． B． C． D．二、填空题（本大题共4小题）13.已知二项式的展开式中，二项式系数之和为32.则该展开式中含项的系数为.14.已知实数满足，则的最小值为.15.已知等比数列满足：，则.16.已知拋物线与圆相交于点，点关于原点对称的点为若过点的直线(且不过点)与抛物线交于两点，则直线与的斜率之积为.三、解答题（本大题共7小题）17.在中，角的对边分别为，且（1）求角的值；（2）点在线段上，且，求边长18.等边三角形的边长为，点、分别是边、上的点且如图甲，将沿折起到的位置，使四棱锥的体积最大.连接、，如图乙，点为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.19.2020年5月27日，中央文明办明确规定，在2020年全国文明城市测评指标中不将马路市场､流动商贩列为文明城市测评考核内容.6月1日上午，国务院总理李克强在山东烟台考察时表示，地摊经济､小店经济是就业岗位的重要来源，是人间的烟火，和“高大上”一样，是中国的生机.其中套圈游戏凭借其趣味性和挑战性深受广大市民的欢迎，现有甲､乙两人进行套圈比赛，要求他们站在定点A，B两点处进行套圈，已知甲在A，B两点的命中率均为，乙在A点的命中率为，在B点的命中率为，且他们每次套圈互不影响.（1）若甲在A处套圈4次，求甲至少命中2次的概率；（2）若甲和乙每人在A，B两点各套圈一次，且在A点命中计2分，在B点命中计3分，未命中则计0分，设甲的得分为，乙的得分为，写出和的分布列和期望；（3）在（2）的条件下，若，求的取值范围20.已知椭圆的左､右焦点分别为、，且点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与椭圆交于两个不同的点、，点为坐标原点，则当的面积最大时，求线段的中点的轨迹方程.21.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(其中为参数)､在以为极点轴的非负半轴为极轴的极坐标系(两种坐标系的单位长度相同)中，曲线的极坐标方程为（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设点的直角坐标为，直线与曲线交于两点，弦的中点为是曲线上异于的点，求面积的最大值.23.已知函数的一个零点为，（1）求不等式的解集；（2）设函数的最小值为，且正实数满足，求证：.

参考答案1.【答案】A【分析】根据集合的定义知无实数解．由此可得的值．【详解】因为，所以方程组无实数解．所以，．故选：A．2.【答案】D【分析】根据复数的除法运算，先化简复数，再结合共轭复数的概念、虚部的概念、复数的乘法运算，以及复数模的计算公式，即可逐项判断.【详解】因为，所以其共轭复数为，即A错；的虚部为，即B错；，即C错；，即D正确.故选：D.3.【答案】B【分析】根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，由此可得出双曲线的方程.【详解】由已知条件可得，解得，因此，双曲线的方程为.故选：B.4.【答案】D【分析】把平方，利用数量积运算可得．【详解】由题意，因为，所以，．故选：D．5.【答案】D【分析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系.【详解】因为，，，所以.故选：D.6.【答案】A【分析】求导，进而得到，然后根据在点处的切线与直线平行求解.【详解】因为，所以，所以，因为在点处的切线与直线平行，所以，解得，故选：A7.【答案】C【分析】根据，利用“”法求解.【详解】在等差数列中，，所以，解得，所以，故选：C8.【答案】C【分析】由已知求得函数的最小正周期，可求得的值，求出函数的解析式，由函数为奇函数，结合的取值范围可求得的值，可得出函数的解析式，由此可求得的值.【详解】由题意可知，函数的最小正周期为，则，所以，，将函数的图象向左平移后得到奇函数的图象，则，由于函数为奇函数，则，可得，，，则，因此，.故选：C.9.【答案】B【分析】由题意，对高校甲排在第二或第三个进行分类讨论，接着考虑乙和丙的排法，最后考虑其他两所高校的排法，综合利用分类和分步计数原理进行分析即可.【详解】根据题意：分成以下两种情况进行分类讨论高校甲排在第二个时，高校丁必排在第三个，当乙或丙排在第一个时共有种排法，当乙或丙不排在第一个时，乙和丙只能排在第四个和第六个，此时共有种排法，所以高校甲排在第二个时共有16种排法；高校甲排在第三个时，高校丁必排在第四个，乙或丙只能一个排在第一二个，一个排在第五六个，则共有种排法；综上：共有32种排法满足题意.故选：B.10.【答案】C【分析】由余弦定理得，从而得是直角，因此中点是是外心，证明平面，可得的外心即中三棱锥外接球的球心，求得球半径可得球体积．【详解】中，，所以，，设是中点，则是外心，又是等边三角形，所以，而平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以的外心即中三棱锥外接球的球心，所以球半径，球体积为．故选：C．11.【答案】C【分析】首先分析函数，当恒成立，从而只需成立即可，进而，求导判断函数的单调性得到最小值，最后求得实数的取值范围.【详解】由题意函数，当恒成立，所以要使不等式在实数集R上恒成立，只需成立即可，当时，设，则，且，故不可能恒成立；所以，当时，成立；当时，，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，，所以；综上：实数的取值范围是.故选：C.12.【答案】D【分析】计算得出，设，，，，利用三角恒等变换思想结合正弦型函数的有界性可求得结果.【详解】，则，，可得，不妨设，，，，，同理可得，所以，，其中为锐角，且.故的最大值为.故选：D.13.【答案】【分析】根据二项展开式的二项式系数之和求出，再由二项式定理写出二项展开式的通项公式，利用赋值法，即可求出结果.【详解】因为二项式的展开式中，二项式系数之和为32，所以，即；又二项式展开式的第项为，令可得，则即该展开式中含项的系数为.故答案为：.14.【答案】【分析】由约束条件可得可行域，将问题转化为直线在轴截距最大的问题，由数形结合的方法可得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：当取得最小值时，直线在轴截距最大，由图形可知：当过时，直线在轴截距最大，由得：，即，.故答案为：.15.【答案】【分析】由等比数列的性质计算．【详解】因为是等比数列，所以，所以，，，，所以．故答案为：．16.【答案】【分析】由点为圆和抛物线交点，可求得和抛物线方程；假设直线方程，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，将直线与的斜率利用两点连线斜率公式表示出来，代入韦达定理的结论整理可得结果.【详解】在圆上，，解得：；在抛物线上，，，，解得：，抛物线方程为：；由题意可知：，易知直线斜率存在，设，由得：，则，解得：或，设，，则，，，，，，.故答案为：.17.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由诱导公式和二倍角公式变形可求得，得角；（2）由两角和的正弦公式求得，然后由正弦定理求得，即．【详解】解：（1）由化简得，即，所以，又，所以.（2）由得，由知，故，由正弦定理得，即，所以18.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点，连接、，证明出平面平面，再利用线面平行的性质可得出平面；（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）证明：取的中点，连接、，在图甲中，，，，由余弦定理可得，所以，，则，在图乙中，则有，，因为为的中点，则，，在中，，由于为锐角，则，因为，，平面，平面，平面，、分别为、的中点，则，平面，平面，所以，平面，，所以，平面平面，因为平面，因此，平面；（2）由（1）可知，，设直线与平面所成角为，则点到平面的距离为，当时，即当平面时，取最大值，此时，四棱锥的体积取最大值.又因为，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，则、、、，设平面的法向量为，平面的法向量为，，，，由，可得，取，可得，由，可得，取，可得，所以.由图可知，二面角的平面角为锐角，因此，二面角的余弦值为.19.【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，；（3）.【分析】（1）先求出“至少命中两次”的反面即“一次都没命中和只命中一次”的概率．然后可得结论．（2），分别计算概率可得分布列，由期望公式可计算出期望．（3）解不等式可得．【详解】解：（1）设“甲至少命中2次”为事件，则，故甲至少命中2次的概率为.（2）由题意知，，，的分布列为0235的分布列为0235（3），，即的取值范围是20.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）设点、、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式结合基本不等式可求得的面积的最大值，利用等号成立得出，利用为线段的中点，结合中点坐标公式以及韦达定理化简得出，代入等式，化简可得点的轨迹方程.【详解】（1）由题意知，解得，故椭圆的方程为；（2）设、、，由得，，由韦达定理可得，，点到直线的距离，，取得最大值，当且仅当即时成立，①符合，此时，，即，代入①式，得，整理得，即点的轨迹方程为.21.【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）求出导函数，按照的正负分类讨论，由的正负得单调性；（2）不等式变形为，令，考虑两个函数，，由导数求得的范围，再由导数求得的最小值即可得．【详解】解：（1），当时，在上单调递增，当时，令，得，则时，单调递增；时，单调递减，综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）不等式，即，因为，所以令令，则当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减.所以，即，令，则，设，则.所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以.即的最小值为，所以实数的取值范围为.22.【答案】（1），；（2）最大值是.【分析】（1）根据直线的参数方程，消去参数，即可得出直线的普通方程；先将化简整理，再由极坐标与直角坐标的互化公式，即可得出曲线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入圆的普通方程，根据参数的方法求出；再由点到直线距离公式，求出圆心到直线的距离，根据圆的性质得到圆上的点到直线距离的最大值，从而可求出三角形面积的最大值.【详解】（1）直线的参数标方程是，消参，可得直线的普通方程为；由可得，将代入得，即曲线的直角坐标方程为；（2）点恰好在直线上，将代入中，化简整理得，设两点对应的参数分别