2021届江西省赣州市会昌县七校高三联合月考数学（理）试题（解析版）

2021届江西省赣州市会昌县七校高三联合月考数学（理）试题

一、单选题

1．若复数满足，则在复平面内与复数对应的点位于(    )

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【解析】根据复数的除法运算求出复数，再根据复数的几何意义可得答案.

【详解】

由得，

所以复数对应的点的坐标为，其位于第四象限.

故选：D.

【点睛】

本题考查了复数的除法运算，考查了复数的几何意义，属于基础题.

2．已知集合，则（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】首先求出集合、，再根据交集的定义计算可得；

【详解】

解：因为所以，，所以，所以

故选：D

【点睛】

本题考查交集的运算，属于基础题.

3．“为第一或第四象限角”是“”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

【答案】A

【解析】根据轴正半轴上的角的余弦值也大于0以及充分条件、必要条件的定义可得答案.

【详解】

当为第一或第四象限角时，，所以“为第一或第四象限角”是“”的充分条件，

当时，为第一或第四象限角或轴正半轴上的角，所以“为第一或第四象限角”不是“”的必要条件，

所以“为第一或第四象限角”是“”的充分不必要条件.

故选：A

【点睛】

本题考查了三角函数的符号规则，考查了充分必要条件的概念，属于基础题.

4．在等差数列中，若，，则（    ）

A．30 B．35 C．40 D．45

【答案】C

【解析】利用等差数列性质，若，则及等差中项公式可求.

【详解】

因为 ，由等差中项公式，得，

同理，得，

．

故选：C．

【点睛】

本题考查等差数列性质与等差中项公式.

（1）如果为等差数列，若，则 ．

（2）为等差数列，则有.

5．若的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为（    ）

A．－540 B．－162 C．162 D．540

【答案】A

【解析】试题分析：根据题意，由于展开式各项系数之和为2n=64，解得n=6，则展开式的常数项为 ，故答案为A.

【考点】二项展开式的通项公式

点评：本题考查二项式系数的性质及二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具．

6．函数的图像大致是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】首先判断函数的奇偶性，再利用特殊值即可得解；

【详解】

解：因为，所以解得且，故函数的定义域为，定义域关于原点对称，，所以为偶函数，

图象关于轴对称，又 ，，故排除B、C、D；

故选：A

【点睛】

本题考查函数图象的判断，函数的奇偶性的应用，属于基础题.

7．如图，在平行四边形中，为的中点，为的中点，若，则是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据向量的线性运算法则，化简得到，再结合，即可求解.

【详解】

由题意，根据向量的线性运算法则，

可得

，

又由，所以.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了向量的线性运算，其中解答中熟记向量的线性运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

8．双曲线（）的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】求出双曲线的渐近线方程，圆的圆心坐标，利用圆心到直线的距离等于半径求解关系式，即可得到双曲线的离心率．

【详解】

双曲线（）的一条渐近线方程为，圆的方程为，

即，圆心为，半径为，因为双曲线的渐近线与圆相切，

得，化简得，离心率.

故选：C

【点睛】

本题主要考查了双曲线的简单性质，直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式等，属于基础题．

9．生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”. 为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻安排的概率为(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意基本事件总数，其中“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻安排分“数”在第一节和第二节两类，“礼”和“乐”相邻用捆绑法即可求解.

【详解】

由题意知基本事件总数，

“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻可以分两类安排：

“数”排在第一位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，则礼，乐相邻的位置有4个，考虑两者的顺序，有2种情况，
剩下的3个全排列，安排在其他三个位置，有种情况，故有种

“数”排第二位， “礼”和“乐”两门课程相邻排课，则礼，乐相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，剩下的3个全排列，安排在其他三个位置，有种情况，
则有种情况，

由分类加法原理知满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻安排共有种情况，

所以满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率为.

故选：B

【点睛】

本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．

10．点，，在球表面上，，，，若球心到截面的距离为，则该球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先判断出底面三角形的形状，然后从球心作截面的垂足，确定垂足的位置后，再利用勾股定理得到半径，再求体积即可.

【详解】

由，，及余弦定理得，，

所以，即A是直角，是底面圆的直径，

过球心作平面，即为的中点，所以，

连接，即为半径，由勾股定理得，

所以球的体积为，

故选：D.

【点睛】

本题考查了球的外接问题，确定球心在截面上的射影的位置是关键，属于基础题.

11．已知为坐标原点，抛物线上一点到焦点的距离为，若点为抛物线准线上的动点，给出以下命题：

①当为正三角形时，的值为；

②存在点，使得；

③若，则等于；

④的最小值为，则等于或.

其中正确的是（    ）

A．①③④ B．②③ C．①③ D．②③④

【答案】A

【解析】对于①可知，当为正三角形时与准线垂直，画出图形结合几何关系即可求得的值；对于②根据向量关系可知，结合点的位置即可判断；对于③，作出几何图形，根据线段比例关系即可求得的值；对于④，作关于准线的对称点，连接交准线于，可知即为的最小值，根据线段几何关系及最小值即可求得的值.

【详解】

对于①，当为正三角形时，如下图所示，

抛物线的准线交轴于，

,由抛物线定义可知，则与准线垂直，

所以，

则，所以,

而，即，所以①正确；

对于②，假设存在点，使得，即，

所以点为的中点，

由抛物线图像与性质可知，为抛物线上一点，为焦点，线段在轴右侧，

点在抛物线准线上，在轴左侧，因而不可能为的中点，所以②错误；

对于③，若，则，作垂直于准线并交于，准线交轴于，如下图所示：

由抛物线定义可知，

根据相似三角形中对应线段成比例可知，即，

解得，所以③正确；

对于④，作关于准线的对称点，连接交准线于，作垂直于准线并交于，作垂直于轴并交于，如下图所示：

根据对称性可知，此时即为的最小值，

由抛物线定义可知，所以的横坐标为，

代入抛物线可知，

的最小值为，，

则，即，

化简可得，即，

解得或，所以④正确；

综上所述，正确的为①③④.

故选：A.

【点睛】

本题考查了抛物线的定义、标准方程的求法与几何性质的综合应用，应用几何线段关系求参数，综合性较强，属于难题.

12．已知实数满足，则对任意的正实数，的最小值为（    ）

A． B．8 C． D．18

【答案】B

【解析】将问题转化为圆上任意一点到曲线上任意一点的距离的最小值的平方，可求曲线上到圆心距离最小的点为，利用导数求出点，求出圆心到点的距离减去半径再平方即可求解.

【详解】

由题意可知，该问题可转化为求圆上任意一点

到曲线上任意一点的距离的最小值的平方，

不妨设圆为圆，

其圆心为，半径为，

因为圆外任意一点到圆上一点的距离的最小值为该点到圆心的距离减去半径，

所以只需求曲线上到圆心距离最小的点为，

则点满足曲线在点处的切线与直线垂直，

因为点在曲线上，所以，

令，则，

则，

即曲线在点处的切线的斜率为，

又因为，，

所以直线的斜率为，

所以，

即，

解得，

所以点坐标为，又因为，

所以，

所以圆上任意一点到曲线上任意一点的距离的最小值的平方为

，

所以的最小值为8.

故选：B

【点睛】

本题主要考查了对数函数、圆的方程、导数的几何意义以及导数的运算、两点间的距离公式，属于中档题.

二、填空题

13．的图像在处的切线方程为________．

【答案】

【解析】对函数求导，则切线斜率为，又，利用点斜式方程求出切线方程即可．

【详解】

，则，且

切线方程为，即

故答案为：

【点睛】

本题考查导数的几何意义，考查学生的计算能力，属于基础题．

14．已知实数，满足约束条件，则的最小值为________.

【答案】

【解析】画出可行域，则表示可行域内的点到定点的距离.数形结合可求距离的最小值.

【详解】

画出可行域，如图所示

则表示可行域内的点到定点的距离.

解方程组，得，设.

由图可知，.

故答案为：.

【点睛】

本题考查简单的线性规划，属于基础题.

15．在锐角中，角的对边分别为，的面积为，若，，，则的面积为________．

【答案】

【解析】由，求得，得到，利用余弦定理和三角形面积公式，求得，再由正弦定理求得，结合面积公式，即可求解.

【详解】

因为，可得，即，

又由，所以，所以，

又因为，可得，

则，即，因为，可得，

所以，

又由正弦定理，可得，

所以的面积为.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了余弦的倍角公式，以及正弦、余弦定理和面积公式的应用，其中解答中熟练应用余弦的倍角公式和三角形的正弦、余弦定理，结合面积公式求解是解答的关键，着重考查运算与求解能力.

16．已知等边的边长为2，过点的直线与过的平面交于点，将平面绕转动（不与平面重合），且三条直线，，与平面所成的角始终相等．当三棱锥体积最大时，直线与平面所成角的正弦值为________．

【答案】

【解析】过作面，垂足为，连接，可得，进而得到点为的外接圆圆心，，另外要三棱锥体积最大，则必有面，通过计算可得的外接圆半径为，再通过计算，即可得答案．

【详解】

解：过作面，垂足为，连接，

因为直线，，与平面所成的角始终相等，

即，

则

则，

，点为的外接圆圆心，

要三棱锥体积最大，则必有面

，

则到的距离，

又，

，

则的外接圆半径为，

则直线与平面所成角的正弦值为．

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查三棱锥的体积及线面角，考查空间想象能力和计算能力，是一道中档题．

三、解答题

17．已知函数，向量，，在锐角 中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

（1）求角A的大小；

（2）求的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）由数量积的坐标运算公式求出，并利用二倍角公式、两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，代入可求解；

（2）由（1）求出角范围，从而得的范围，结合诱导公式和余弦函数性质可得结论．

【详解】

（1）由题意，

，

，又为锐角，

．

（2）由（1），又均为锐角，

所以，，，

．

【点睛】

本题考查平面向量数量积的坐标表示，考查二倍角公式、两角和的正弦公式、正弦函数的性质．本题属于中档题，考查了学生的运算求解能力．

18．如图，四棱锥满足平面，底面是正方形，与交于点，，侧棱上有一点满足．

（1）证明：平面；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）以为坐标原点，、、为、、轴建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，证明，，从而证明平面；

（2）分别求出平面和平面的一个法向量，利用法向量求二面角的余弦值．

【详解】

解：（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴建系如图：

则，

由，得，

，，，

，，

，，

面，

所以，面.

（2）易得平面法向量，

设平面法向量，，，

由得，，

即，取，

则，

所以，锐二面角的余弦值为.

【点睛】

本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的余弦值问题，属于中档题．

19．已知数列中，且．数列中，且（）．

（1）求数列和的通项公式；

（2）设，求数列的前项和为，并求使得恒成立的最大正整数的值．

【答案】（1），；（2），最大正整数值为6.

【解析】（1）利用与两式相减可得，根据等比数列的通项公式可得，根据利用累乘法可得.

（2）利用错位相减法求出，再求出的最小值，解关于的不等式可得解.

【详解】

（1）因为，

当时，，

两式相减得；

当时，，所以；

所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，则．

数列中，，满足（）．

即，，，…，，，

等式左右两边分别相乘可得，而，所以．

（2），由（1）可得，数列的前项和为.

则

两式相减可得

，所以，

因为为递增数列，所以，

故恒成立，只需，变形可得，

所以，即最大正整数值为6.

【点睛】

本题考查了由递推公式求通项公式，考查了累乘法求通项公式，考查了错位相减法求和，考查了不等式恒成立问题，考查了数列的单调性，属于中档题.

20．《山东省高考改革试点方案》规定：从2017年秋季高中入学的新生开始，不分文理科；2020年开始，高考总成绩由语数外3门统考科目和物理、化学等六门选考科目构成．将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为、、、、、、、共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为、、、、、、、．选考科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到、、、、、、、八个分数区间，得到考生的等级成绩．某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布．

（1）求物理原始成绩在区间的人数；

（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取3人，记表示这3人中等级成绩在区间的人数，求的分布列和数学期望．

（附：若随机变量，则，，）

【答案】（Ⅰ）1636人；（Ⅱ）见解析．

【解析】（Ⅰ）根据正态曲线的对称性，可将区间分为和两种情况，然后根据特殊区间上的概率求出成绩在区间内的概率，进而可求出相应的人数；（Ⅱ）由题意得成绩在区间[61,80]的概率为，且，由此可得的分布列和数学期望．

【详解】

（Ⅰ）因为物理原始成绩，

所以

．

所以物理原始成绩在（47，86）的人数为（人）．

（Ⅱ）由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间[61,80]内的概率为．

所以随机抽取三人，则的所有可能取值为0,1,2,3，且，

所以 ，

，

，

 ．

所以的分布列为

所以数学期望．

【点睛】

（1）解答第一问的关键是利用正态分布的三个特殊区间表示所求概率的区间，再根据特殊区间上的概率求解，解题时注意结合正态曲线的对称性．

（2）解答第二问的关键是判断出随机变量服从二项分布，然后可得分布列及其数学期望．当被抽取的总体的容量较大时，抽样可认为是等可能的，进而可得随机变量服从二项分布．

21．已知椭圆的离心率为，且椭圆上一点到两个焦点的距离之和为．

（1）求椭圆的方程；

（2）过点的动直线交椭圆于、两点，试问：在轴上是否存在一个定点，使得无论直线如何转动，以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2），理由见解析．

【解析】（1）根据椭圆的离心率，以及椭圆的定义及性质，列出方程组求解，即可得出，，，进而可求出椭圆方程；

（2）由题意可得，直线的方程为，设，，由题意得到将直线的方程代入椭圆方程，根据韦达定理，即可得到.

【详解】

（1）由椭圆定义可得，则，

又椭圆的离心率为，

，则，

因此，椭圆的标准方程为.

（2）当直线不与轴重合时，可设直线的方程为，

设点、，设点的坐标为，

联立，消去并整理得，

恒成立，

由韦达定理得，，

由于以为直径的圆恒过点，则，

，，

，

由于点为定点，则为定值，所以，解得，

此时，符合题意；

当直线与轴重合时，则为椭圆的短轴，此时，点与点或点重合，合乎题意．

综上所述，直线恒过定点．

【点睛】

本题主要考查待定系数法求椭圆的方程，考查椭圆中存在定点满足某条件的问题，熟记椭圆的标准方程及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.

22．己知函数．

（1）当时，函数在上是减函数，求b的取值范围；

（2）若方程的两个根分别为，求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】（1）由在上是减函数，可知对恒成立，然后分离参数得，所以只要即可；

（2）由已知得，即，两式相减得，由知，设，可得，再利用导数研究其单调性可得结论

【详解】

（1）∵在上递减，

∴对恒成立.

即对恒成立，所以只需.

∵，∴，

当且仅当时取“=”，∴.

（2）由已知，得，

∴两式相减，

得.

由知

，

设，则.

∴.

∴在上递增，∴.

∵，

∴.

即.

【点睛】

此题考查利用导数研究函数单调性极值与最值，考查基本不等的性质，考查推理能力和计算能力，属于难题