1、2021年江西省八所重点中学高考数学联考试卷（理科）（4月份）一、选择题（每小题5分）.1已知复数，则下列说法正确的是（）A复数z的实部为B复数z的虚部为C复数z的共轭复数为D复数z的模为2设集合，B（x，y）|y2|x|，则集合AB中元素的个数为（）A0B1C2D33若a20210.21，bsin，clog20210.21，则（）AcabBbacCbcaDcba4在区间0，1上随机取两个数x、y，则事件“yx2020”发生的概率为（）ABCD5已知正项数列an满足，Sn是an的前n项和，且Snan2+14，则Sn（）ABCDn2+3n6定义在R上的函数yf（x）满足f（6x）f（x），（x3
2、）f（x）0（x3），若f（0）f（1）0，则函数f（x）在区间（5，6）内（）A没有零点B有且仅有1个零点C至少有2个零点D可能有无数个零点7在（x+）n的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，且所有项的系数和为0，则含x6的项系数为（）A45B45C120D1208已知点F1，F2分别是双曲线C：1（a0）的左、右焦点，点M是C右支上的一点直线MF1与y轴交于点P，MPF2的内切圆在边PF2上的切点为Q，若|PQ|2，则C的离心率为（）AB3CD9在ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若角A、C、B成等差数列，角C的角平分线交AB于点D，且CD，a3b，则c的值为（）A3BC
3、D10十九世纪下半叶集合论的创立，奠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0，1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小于，则操作的次数n的最大值为（）（参考数据：，）A4B5C6D711已知三棱锥PABC的外接球的表面积为64，AB2，AC2，ABAC，PA8
4、，则三棱锥PABC的体积为（）A8BCD1612已知函数，则关于x的方程不可能有（）个相异实根A2B3C4D5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13用1，2，3，4，5五个数字组成无重复数字的五位数，其中偶数不在相邻数位上，则满足条件的五位数共有 个（用数字作答）14曲线yx2+xlnx上任意一点P到直线2xy20的最短距离为 15给出下列命题：垂直于同一个平面的两个平面平行；“”是“与夹角为钝角”的充分不必要条件；边长为2的正方形的直观图的面积为；函数的最小值为4；已知，则tan3其中正确的有 （填上你认为正确命题的序号）16平面向量、，满足，则对任意0，2，的最大值为 三、解
5、答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17已知函数只能同时满足下列三个条件中的两个：函数f（x）的最大值为2；函数f（x）的图象可由的图象平移得到；函数f（x）图象的相邻两条对称轴之间的距离为（1）请写出这两个条件的序号，并求出f（x）的解析式；（2）锐角ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，af（A），求ABC周长的取值范围18如图所示，在三棱锥PABC中，PC平面ABC，PC2，ACB，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CDDE，CE2EB2（1）
6、证明：平面PDE平面PCD；（2）求锐二面角APDC的余弦值19已知椭圆E：左焦点F（1，0），点M（0，2）在椭圆E外部，点N为椭圆E上一动点，且NMF的周长最大值为（1）求椭圆E的标准方程；（2）点B、C为椭圆E上关于原点对称的两个点，A为左顶点，若直线AB、AC分别与y轴交于P、Q两点，试判断以PQ为直径的圆是否过定点如果是请求出定点坐标，如果不过定点，请说明理由204月30日是全国交通安全反思日，学校将举行交通安全知识竞赛，第一轮选拔共设有A，B，C，D四个问题，规则如下：每位参加者计分器的初始分均为10分，答对问题A，B，C，D分别加1分，2分，3分，6分，答错任一题减2分；每回答一
7、题，计分器显示累计分数，当累计分数小于8分时，答题结束，淘汰出局；当累计分数大于或等于14分时，答题结束，进入下一轮；当答完四题，若累计分数仍不足14分时，答题结束，淘汰出局，若累计分数大于或等于14分时，答题结束，进入下一轮；每位参加者按问题A，B，C，D顺序作答，直至答题结束假设甲同学对问题A，B，C，D回答正确的概率依次为，且各题回答正确与否相互之间没有影响（1）求甲同学能进入下一轮的概率；（2）用表示甲同学本轮答题结束时答题的个数，求的分布列和数学期望E（）21已知函数f（x）x+alnx，g（x）exlnx2x（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若g（x0）0，求x0+lnx0的值
8、；（3）证明：xxlnxex+x2（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于M，N两点，设P（2，0），求的值选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|x2|+|x+4|（1）求不等式f（x）8的解集；（2）若a，b，c为正实数，函数f（x）的最小值为t，且满足2a+2b+ct，求a2+b2+c2的最小值参考答案一
9、、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1已知复数，则下列说法正确的是（）A复数z的实部为B复数z的虚部为C复数z的共轭复数为D复数z的模为解：复数i，复数z的实部为，复数z的虚部为，复数z的共轭复数为+i，|z|，只有C正确故选：C2设集合，B（x，y）|y2|x|，则集合AB中元素的个数为（）A0B1C2D3解：集合，B（x，y）|y2|x|，作出图形如下：集合AB中元素的个数为2故选：C3若a20210.21，bsin，clog20210.21，则（）AcabBbacCbcaDcba解：20210.21202101，a1，0b1
10、，log20210.21log202110，c0，cba，故选：D4在区间0，1上随机取两个数x、y，则事件“yx2020”发生的概率为（）ABCD解：在区间0，1上随机地取两个数x、y，构成区域的面积为1；事件“yx2020”发生，区域的面积为：x2020dxx2021 ，事件“yx2020”发生的概率为：1故选：D5已知正项数列an满足，Sn是an的前n项和，且Snan2+14，则Sn（）ABCDn2+3n解：由于Snan2+14，当n1时，整理得，即（2a1+7）（a14）0，故a14（舍去），当n2时，Sn1an12+14，得：，故（常数）所以数列an是以4为首项，为公差的等差数列；所
11、以故故选：A6定义在R上的函数yf（x）满足f（6x）f（x），（x3）f（x）0（x3），若f（0）f（1）0，则函数f（x）在区间（5，6）内（）A没有零点B有且仅有1个零点C至少有2个零点D可能有无数个零点解：定义在R上的函数yf（x）满足f（6x）f（x），（x3）f（x）0（x3），故对称轴为x3，且x3时函数递增，x3时函数递减，又f（0）f（1）0，f（0）f（6）0，f（1）f（5）0，故f（5）f（6）0，且函数在（5，6）上递增，函数f（x）在区间（5，6）内有且只有1个零点，故选：B7在（x+）n的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，且所有项的系数和为0，则含x6的项系
12、数为（）A45B45C120D120解：在（x+）n的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，n10，又有项的系数和为0，令x1，有（1+a）100，解得：a1，（x+）n的展开式的通项公式为Tr+1x10r（）r（1）rx102r，r0，1，10，令102r6，可得r2，含x6的项系数为45，故选：A8已知点F1，F2分别是双曲线C：1（a0）的左、右焦点，点M是C右支上的一点直线MF1与y轴交于点P，MPF2的内切圆在边PF2上的切点为Q，若|PQ|2，则C的离心率为（）AB3CD解：双曲线C：1（a0）的c4，设MPF2的内切圆在边MP上的切点为A，在边MF2上的切点为B，如图可设|MA|
13、MB|s，|BF2|QF2|t，|PA|PQ|2，|PF1|PF2|2+t，由双曲线的定义可得|MF1|MF2|s+2+2+tst42a，即有a2，所以e故选：D9在ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若角A、C、B成等差数列，角C的角平分线交AB于点D，且CD，a3b，则c的值为（）A3BCD解：如图：在ABC中，由角A、C、B成等差数列，角C的角平分线交AB于点D，则，所以，由，a3b所以，在ACD，BCD中，由余弦定理得：b23b+39b29b+3故9b29b+39（b23b+3），解得：，故a4在ABC中，由余弦定理得：c2a2+b22abcosC，即故c故选：C10十九
14、世纪下半叶集合论的创立，奠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0，1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小于，则操作的次数n的最大值为（）（参考数据：，）A4B5C6D7解：在第n（nN*）次操作后，剩下上一次操作后的区间长度的，所以在第n（nN*）次操作后
15、，剩余的长度为1，则在第n（nN*）次操作后，去掉的各区间长度之和为Sn1，令1得：0.1004，0.13170.1004，0.13170.1004，0.08780.1004，故nmax5，故选：B11已知三棱锥PABC的外接球的表面积为64，AB2，AC2，ABAC，PA8，则三棱锥PABC的体积为（）A8BCD16解：如图，设三棱锥PABC的外接球的半径为R，三棱锥PABC的外接球的表面积为64，4R264，即R4，又PA8，PA为球的直径，则PA的中点O为三棱锥PABC的外接球的球心，在ABC中，AB2，AC2，ABAC，BC，取BC中点D，连接OD，DA，则DA2，OD平面ABC，OD
16、，则P到平面ABC的距离为，三棱锥PABC的体积为故选：A12已知函数，则关于x的方程不可能有（）个相异实根A2B3C4D5解：令g（x）0，则有x0，或x2g（x）00x2，此时函数g（x）单调递增；g（x）0x0，或x2，此时函数g（x）单调递减函数g（x）在x2处取得极大值为：g（2），又x时，g（x）+；当x0时，g（x）0；当x+，g（x）0g（x）0恒成立令t，则当t0时，无解；当0t时，t有三解；t有两解；t时，t有一解根据题意，即等价为2k，当且仅当时，“”成立由此可得，时，方程无解，当2k，即时，方程有两个相等实根，原方程只有一个解；当时，方程有两个不等实根t1，t2，则将方
17、程变形为t22kt+20，则有t1+t22k，t1t22，即得t1，t2中有一个不大于，另一个不小于，此时不妨设0t1t2，在直角坐标系中作出函数的图象，作直线yk，如下：假设直线yk与函数的两个交点的横坐标分别为t1，t2，则由上图可得若，此时，有两个实根，有一个根，共有3个根；时，0t1，t2e，有三个实根，有一个根，共有4个根；k时，有一个实根，有一个实根，共有2个根因此综上可得，不可能有5个根故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13用1，2，3，4，5五个数字组成无重复数字的五位数，其中偶数不在相邻数位上，则满足条件的五位数共有72个（用数字作答）解：先将1，3，5
18、三个奇数按顺序排好，有A种情况，同时产生4个空位，再将2，4按顺序排到4个空位上，有A种情况，所以共有61272种情况，故答案为：7214曲线yx2+xlnx上任意一点P到直线2xy20的最短距离为解：点P是曲线yx2+xlnx上任意一点，当过点P的切线和直线2xy20平行时，点P到直线2xy20的距离最小直线2xy20的斜率等于2，yx2+xlnx的导数为y2x+1，由2x+12，即2x2x10，解得x（舍去），或x1，故曲线yx2+xlnx上和直线2xy20平行的切线经过的切点坐标为（1，2），点（1，2）到直线2xy20的距离等于，故答案为：15给出下列命题：垂直于同一个平面的两个平面平
19、行；“”是“与夹角为钝角”的充分不必要条件；边长为2的正方形的直观图的面积为；函数的最小值为4；已知，则tan3其中正确的有（填上你认为正确命题的序号）【解答】垂直于同一个平面的两个平面平行，错误例如：墙角模型垂直于底面的两面墙并不平行由向量数量积的定义，可知，（为两个向量的夹角），当（0，时，cos0，1），此时；当时，cos1，0），此时，当时，与的夹角为钝角或平角，故错误如图，作出边长为2的正方形直观图如下：根据平面直观图的作法可知，直观图为有一个角为45的平行四边形，且AB2，AD1如图过点D作DEAB，则DE，此时可得直观图的面积为，故正确令tsin2x0，1，则有，当且仅当t2时，
20、“”成立，故错误（）tantan（），故正确故答案为：16平面向量、，满足，则对任意0，2，的最大值为2+1解：因为，则，则以O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，由，得A（4，0），B（0，2），设C（x，y），由得：2x24x+2y24y0即（x1）2+（y1）22，故C点轨迹为以（1，1）为圆心，半径为的圆而|（xcos，ysin）|该式的几何意义为点C（x，y）到点（cos，sin）的距离d又点D（cos，sin）对应的点在单位圆上，故d的最大值为两圆的圆心距与两半径的和的和即故答案为：三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都
21、必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17已知函数只能同时满足下列三个条件中的两个：函数f（x）的最大值为2；函数f（x）的图象可由的图象平移得到；函数f（x）图象的相邻两条对称轴之间的距离为（1）请写出这两个条件的序号，并求出f（x）的解析式；（2）锐角ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，af（A），求ABC周长的取值范围解：（1）函数f（x）msin（x+）满足条件为，理由如下：由题意可知条件互相矛盾，故为函数f（x）msin（x+）满足的条件之一由可知：T2，所以1故不合题意函数f（x）msin（x+）满足条件为，由知：A2f（x）2s
22、in（x+）（2）af（A）f（）2sin2，由余弦定理得4b2+c22bccos，（b+c）23bc+4，b+c2，（b+c）24，（b+c）216，0b+c4，当且仅当bc2时取等号，b+ca，b+c2，2b+c4，4a+b+c6，ABC周长的取值范围为（4，618如图所示，在三棱锥PABC中，PC平面ABC，PC2，ACB，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CDDE，CE2EB2（1）证明：平面PDE平面PCD；（2）求锐二面角APDC的余弦值【解答】（1）证明：因为PC平面ABC，DE平面ABC，所以PCDE，因为CDDE，CE2，所以DE2+CD2CE2，所以DECD，又因为PCC
23、DC，所以DE平面PCD，又因为DE平面PDE，所以平面PDE平面PCD（2）解：因为PC平面ABC，所以PCCA、PCAB，又因为ACB，所以CA、CB、CP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，取ED中点F，连接FD，因为CDE是等腰直角三角形，所以CFDFEF1，DFCB，又因为ACB，所以DFCA，所以，所以CA，再由已知得A（，0，0），B（0，3，0），P（0，0，2），D（1，1，0），E（0，2，0），（，0，2），（，1，0），设平面PDA的法向量为（x，y，z），令x4，（4，2，3），平面PCD的一个法向量为（1，1，0），所以锐二面角APDC的余弦值为19已知椭圆E：
24、左焦点F（1，0），点M（0，2）在椭圆E外部，点N为椭圆E上一动点，且NMF的周长最大值为（1）求椭圆E的标准方程；（2）点B、C为椭圆E上关于原点对称的两个点，A为左顶点，若直线AB、AC分别与y轴交于P、Q两点，试判断以PQ为直径的圆是否过定点如果是请求出定点坐标，如果不过定点，请说明理由解：（1）设右焦点为F1，则|F1M|FM|，所以（|MN|+|NF|）max4+24+，又因为|NF|2a|NF1|，所以|MN|+|NF|MN|NF1|+2a|MF1|+2a，所以N点为MF1与椭圆的交点时，周长最大，因为|MF1|，所以2a+4+，a2，c1，所以b，所以椭圆E的标准方程为+1（2
25、）由（1）知A（2，0），设B（x0，y0），则C（x0，y0），当直线BC的斜率存在时，设方程为ykx，联立，得x2，所以x0，y0，所以直线BA的方程为y（x+2），令x0，得y，所以P（0，），同理可得Q（0，），所以|PQ|，设PQ的中点为S，则S（0，），所以以PQ为直径的圆的方程为x2+（y+）2（）2，所以x2+y2+y+3，所以x2+y2+y30，令y0，得x，所以过点（，0）和（，0），且为定点，当直线BC的斜率不存在时，B（0，），C（0，），所以此时P（0，），Q（0，），所以PQ为直径的圆是以原点为圆心，为半径的圆，此时也过定点（，0），（，0），综上所述，此圆过定点（
26、，0），（，0）204月30日是全国交通安全反思日，学校将举行交通安全知识竞赛，第一轮选拔共设有A，B，C，D四个问题，规则如下：每位参加者计分器的初始分均为10分，答对问题A，B，C，D分别加1分，2分，3分，6分，答错任一题减2分；每回答一题，计分器显示累计分数，当累计分数小于8分时，答题结束，淘汰出局；当累计分数大于或等于14分时，答题结束，进入下一轮；当答完四题，若累计分数仍不足14分时，答题结束，淘汰出局，若累计分数大于或等于14分时，答题结束，进入下一轮；每位参加者按问题A，B，C，D顺序作答，直至答题结束假设甲同学对问题A，B，C，D回答正确的概率依次为，且各题回答正确与否相互之
27、间没有影响（1）求甲同学能进入下一轮的概率；（2）用表示甲同学本轮答题结束时答题的个数，求的分布列和数学期望E（）解：（1）设A，B，C，D分别为第一，二，三，四个问题，用Mi（i1，2，3，4）表示甲同学第i个问题回答正确，用Ni（i1，2，3，4）表示甲同学第i个问题回答错误，则Mi与Ni是对立事件，由题意可得，所以，记“甲同学能进入下一轮”为事件Q，所以QM1M2M3+N1M2M3M4+M1N2M3M4+M1M2N3M4+N1M2N3M4，则P（Q）P（M1M2M3+N1M2M3M4+M1N2M3M4+M1M2N3M4+N1M2N3M4）P（M1M2M3）+P（N1M2M3M4）+P（M
28、1N2M3M4）+P（M1M2N3M4）+P（N1M2N3M4）+；（2）由题意，随机变量的可能取值为2，3，4，所以P（2），P（3），P（4）1P（2）P（3），所以的分布列为：2 34P 所以的数学期望E（）21已知函数f（x）x+alnx，g（x）exlnx2x（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若g（x0）0，求x0+lnx0的值；（3）证明：xxlnxex+x2解：（1）f（x）的定义域是（0，+），f（x）1+，当a0时，f（x）0恒成立，f（x）在（0，+）单调递增，当a0时，f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+）单调递增，综上：当a0时，f（x）在（0，+）单调递增，当
29、a0时，f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+）单调递增；（2）若g（x0）0，则2x0+lnx0，x0x0+lnx0，+lnx0+lnx0，由（1）a1时，f（x）x+lnx，则f（x）在（0，+）单调递增，故f（）f（x0），即x0，x0x0+lnx00，故x0+lnx00；（3）要证xxlnxex+x2，即证ex+x2x+xlnx0，设h（x）ex+x2x+xlnx，（x0），h（x）ex+2x+lnx，令g（x）h（x），则g（x）ex+2+0，故函数h（x）单调递增，又h（）0，h（1）0，故h（x）在（，1）上存在唯一零点x0，即+2x0+lnx00，故当x（0，x0），h（x）
30、0，当x（x0，+）时，h（x）0，故函数h（x）在x（0，x0）上单调递减，在x（x0，+）上单调递增，故h（x）h（x0）+x0+x0lnx0，由+2x0+lnx00，得h（x0）（x0+1）（x0+lnx0）0，故h（x）0，即f（x）ex+x2，即xxlnxex+x2（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于
31、M，N两点，设P（2，0），求的值解：（1）曲线C的参数方程为（为参数），转换为直角坐标方程为直线l的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为，整理得（2）由，转换为参数方程为（t为参数），代入，得到：3t2+2t50故，故选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|x2|+|x+4|（1）求不等式f（x）8的解集；（2）若a，b，c为正实数，函数f（x）的最小值为t，且满足2a+2b+ct，求a2+b2+c2的最小值解：（1）由不等式f（x）8，可得|x2|+|x+4|8，则或 或，解得5x4或4x2 或2x3，所以5x3，所以不等式的解集为5，3（2）因为f（x）|x2|+|x+4|（x2）（x+4）|6，所以f（x）的最小值为t6，即2a+2b+c6，由柯西不等式，得（a2+b2+c2）（22+22+12）（2a+2b+c）2t236，当且仅当bca，即ab，c时，等号成立，所以a2+b2+c2的最小值为4