江西九江高考数学一模理解析版.docx

1、江西九江高考数学一模理解析版2021届江西省九江市高考一模数学（理）试题一、单选题1已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）A B C D【答案】D【分析】由，得到，结合集合的包含关系，列出不等式组，即可求解.【详解】由题意，集合，因为，可得，所以，解得，即实数的取值范围是.故选：D.2已知复数，则（ ）A B C1 D【答案】B【分析】由复数运算求得，再由模的定义计算【详解】解：，故选：B.3若，则A B C D【答案】D【分析】利用二倍角的余弦公式化简并利用平方关系，然后将弦化切计算即可.【详解】由又所以故选：D4展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则该项系数是（ ）A280 B240 C

2、192 D160【答案】D【分析】利用二项式系数性质得到，再利用通项公式得到结果.【详解】解：依题意得，该项系数是，故选:D.5如图八面体中，有公共边的两个面称为相邻的面，若从八个面中随机选取两个面，则这两个面不相邻的概率为（ ）A B C D【答案】C【分析】求出两个面相邻的取法数可得不相邻的取法数，再求得总的取法数后，由概率公式计算【详解】解：从八个面中随机选取两个面有种，其中两个面相邻的有12种，则这两个面不相邻的概率为，故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查求古典概型，解题关键是求得两个面不相邻的方法数，方法是“正难则反”的思想，即求出相邻面的方法数与总方法数结合即可得6公元前3世纪，

3、古希腊数学家阿基米德研究过自然数的平方和，并得到公式，执行如下所示的程序.若输出的结果为7，则判断框中的实数的取值范围是（ ）A BC D【答案】B【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算的值并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【详解】解：依题意得，解得.可得判断框中的实数的取值范围是，故选：7已知，则的大小关系为（ ）A BC D【答案】A【分析】利用对数函数的单调性直接求解【详解】解：，又，因为函数，在上单调递减，且，又因为，所以，所以，即，所以，即故选：8已知抛物线：的焦点为，其准线与轴的交点为，为抛物线上的点，若，则（ ）A2

4、 B C4 D【答案】A【分析】求出外接圆方程，与抛物线方程联立得到点坐标，即可得到结果.【详解】设外接圆的半径为，由正弦定理得，由对称性，不妨设在第一象限，则外接圆方程为，联立方程组，消去整理得，即，故选：A.【点睛】关键点点睛：抛物线的通径长为，焦准距为，当轴时，为等腰直角三角形，满足题意.9已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A B C D【答案】C【分析】作出几何体的直观图，可知几何体是过圆柱的中心的截面截圆柱所得几何体，可知几何体的体积为圆柱体积的一半，利用柱体体积公式可求得结果.【详解】该几何体的直观图如图所示，可知几何体是过圆柱的中心的截面截圆柱所得几何体，且几

5、何体的体积为圆柱体积的一半，圆柱的底面半径为，高为，所以，该几何体的体积为， 故选：C. 10已知函数有三个相邻的零点，则实数的值为（ ）A1 B C D1【答案】A【分析】利用正弦曲线的特点，由三个相邻零点判断周期，求出，再利用的中点，得到对称轴求出，代入一个零点即可得到的值.【详解】因为三个相邻的零点，得，又，解得，故选：A11如图，正的边长为1，为扇形内一点(包括边界)，则的取值范围是（ ）A BC D【答案】B【分析】建立如图所示的直角坐标系，得，设，求出，利用正弦函数的性质和不等式性质可得所求范围【详解】如图，建立平面直角坐标系，则，设，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量

6、的数量积，解题关键是建立坐标系后设出点坐标，用坐标求出数量积，转化为利用三角函数与不等式的性质求解12已知双曲线：的左右焦点分别为，为双曲线上一点，在以为圆心，1为半径的圆上，总存在一点，使得，则的取值范围是（ ）A BC D【答案】D【分析】由得，在以为圆心，为半径的圆上，即圆与圆有公共点，由两圆位置关系可得的范围【详解】由得，在以为圆心，为半径的圆上，即圆与圆有公共点，又，故选：D.二、填空题13已知函数，则曲线在点处的切线方程为_.【答案】【分析】求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程；【详解】解：，又，曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：.14在中，已知，则_

7、.【答案】【分析】由正弦定理化角为边，然后由余弦定理求得角【详解】解：由正弦定理得，由余弦定理，即，.故答案为：15如图，正四棱锥内接于半球(，位于半球的底面圆周上，点位于半球的表面上)，已知半球的半径为，则过，三点的平面截半球所得截面图形的面积为_.【答案】【分析】首先易得是边长为的正三角形，再得出截面形状为圆心角为，半径为1的扇形，顶角为，腰为1的等腰三角形，求出面积即可.【详解】由于球的半径为，所以，即是边长为的正三角形，外接圆的半径满足，即，故所求截面图形为圆心角为，半径为1的扇形，顶角为，腰为1的等腰三角形，故其面积为.故答案为：.16已知函数是定义在上的连续单调函数，若，则不等式的

8、解集为_.【答案】【分析】令，则，然后求出，得到的解析式，然后利用其单调性解出不等式即可.【详解】是定义在上的连续单调函数，存在唯一，使得，故令，则，即，令，则在上单调递增，且，故在上单调递增，.故答案为：三、解答题17已知数列的前项和为，满足，记.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）依题意可得，作差即可得解；（2）由（1）得，再利用错位相减法求和即可；【详解】解：（1）由，得，两式相减得，.即，即，.（2）由（1）得，两式相减得，.【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和(2)错位相减：用于

9、等差数列与等比数列的积数列的求和(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和18如图，四边形是边长为2的菱形，分别为，的中点，将和沿着和折起，使得平面和平面均垂直于平面.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接,由已知可得平面，平面，且，所以四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理可得答案；（2）分别以为的正半轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再由向量的夹角公式可得答案.【详解】（1）连接，为正三角形，又为的中点，即.又平面平面，平面，且.同理平面，且，四边形为平行四边形，.又平面，平面，平面.（2）分别以为

10、的正半轴建立空间直角坐标系， 则，则，设平面的法向量为，则，即，令，得，设平面的法向量为，则，即，令，得，即二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的判断、二面角的向量求法，解题的关键点是记录空间直角坐标系，考查了学生的空间想象能力和计算能力.19已知椭圆：的左右顶点分别为，右焦点，过的直线与椭圆交于，两点，且面积是面积的3倍.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线，与直线分别交于，两点，试问：以为直径的圆是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）过定点，定点和.【分析】（1）将两个条件转化为关于的方程，即可求解；（2）设直线，与椭圆方程联立，得韦达定理，并表示

11、直线的方程，并求得点的坐标，写出以为直径的圆的方程，由对称性确定，若有定点，则定点在轴，即令圆的的方程中，求的值，即得定点坐标.【详解】解：（1），又面积是面积的3倍，解得，故椭圆的标准方程为.（2）依题意可设：，联立方程组，消去整理得，直线的方程为，令，得，同理.以为直径的圆的方程为.由对称性可知，若以为直径的圆过定点，则定点在轴上，令，得，即，即，即，化简得，解得或.故以为直径的圆过定点和.【点睛】方法点睛：解决存在性问题的注意事项：（1）存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在；（2）当条件和结论不唯一时，要分类讨论；（3）当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；（3）当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径。20某公司响应国家“节能减排，低碳经济”号召，鼓励员工节约用电，制定奖励政策，若公司一个月的总用电量低于30万，将对员工们发放节能奖励，该公司为了了解9月份日最高气温对当天用电量的影响，随机抽取了去年9月份7天的日最高气温x（）和用电量y（万）数据，并计算得，气温方差，用