（原创）2020-2021学年江西省师大附中高三年级优生联赛试卷 文科数学.zip

第 1 页（共 8 页） 第 2 页（共 8 页） 2020-20212020-2021 学年全国学年全国 I 卷区优生联赛试卷卷区优生联赛试卷 文文 科科 数数 学学 答答 案案 第第卷卷 一一、选选择择题题：本本大大题题共共 1 12 2 小小题题，每每小小题题 5 5 分分，共共 6 60 0 分分在在每每小小题题给给出出的的四四个个选选项项中中，只只有有 一一项项是是符符合合题题目目要要求求的的 1【答案】A 【解析】由已知得 a0，则 0，b0，于是 a21，解得 a1 或 a1 b a 根据集合中元素的互异性可知 a1 应舍去，因此 a1，故 a2021b2021(1)2021020211 2 【答案】D 【解析】设 zxyi(x，yR)， 又 z(m-3)(m+1)i，所以 xm-3，ym+1，得 yx+4， 复数 z 在复平面内对应的点在直线 yx+4 上 又直线 yx+4 不经过第四象限，所以复数 z 对应的点不可能在第四象限 3 【答案】D 【解析】由题意甲、乙、丙三种产品的数量，不妨设其样本数量分别是， 2 111 ,a a q a q 其中， 1 0,01aqq且 根据已知，解得， 22 1 22 111 20 = 1401 a qq aa qa qqq 11 () 23 qq 舍去 所以样本中甲产品的比例为，故甲产品的数量为 80，选 D 4 7 4【答案】A 【解析】在 AB 上取点 F，使 AFEC，则四边形 AECF 为平行四边形，得 CFAE，从而 CF平面 PAE，结论正确； 作 PMAE，垂足为 M，因为平面 PAE平面 ABCE，平面平面，则 PM平PAEAEABC 面 ABCE，所以 PMAB 假设 PEAB，则 AB平面 PAE，从而 ABAE，这与BAE 为锐角矛盾，所以假设不成立，结论错 误， 选 A 5【答案】C 【解析】由八卦图可知，八卦中有 1 卦有三个阳爻，有 3 卦恰有一个阳爻，有 3 卦恰有两个阳爻， 有 1 卦没有阳爻 设取出的两卦中“有一卦恰有一个阳爻，另一卦恰有两个阳爻”为事件 A 因为，选 C 9 ( ) 28 P A 6【答案】C 【解析】设，则 f(x)g(x-2)，( ) xx g xee 因为，则 g(x)为奇函数，其图象关于坐标原点轴对称，()( )gxg x 所以 f(x)的图象关于点(2，0)对称，选 C 7 【答案】B 【解析】设直线 l 经过椭圆的顶点 B 和焦点 F，,交于,则|BF|aBFOD BFD b2c2 在 RtOFB 中，由等面积法易得|OF|OB|BF|OD|，即 bca b，a2c， 1 2 经检验，椭圆满足要求，选 B 22 1 34 xy 8【答案】C 【解析】对 A、D 选项，由正弦定理均可得 sinAcosAsinBcosB，所以 sin2Asin2B 又因为 A，B(0，)，所以 2A2B 或 2A2B，即 AB 或 AB ， 2 所以ABC 是等腰三角形或直角三角形 对 B 选项，由余弦定理得 acosBc，2a2a2c2b2，a2b2c2，故ABC 为 a2c2b2 2a 直角三角形 对 C 选项，由正弦定理得 sinAcosBsinBcosA，所以 sin(A-B)0，得 A=B，能确定ABC 是等腰三 角形，故选 C 9【答案】B 【解析】设的公比为，由，也构成等比数列 n aq 1 1a 2 2a 3 3a 得， 22 (2)(1)(3)aqaaq(*)0134 2 aaqaq 由得，故方程（*）必有两个不同的实根.0a044 2 aa 而唯一，知方程（*）必有一根为 0，代入（*）得，故选 B. n a 3 1 a 10【答案】B 【解析】设点 A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)，不妨设 x1x2，则. 12 12 ()()f xf x k xx - = - 设 g(x)f(x)x，则，所以 g(x)在 R 上是减函数.) 1 1ln() 1ln()( x x e xexg 因为 x1x2，则 g(x1)g(x2)，即 f(x1)x1f(x2)x2，即 f(x1)f(x2)x1x2， 则，即 k1，故选 B. 12 12 ()() 1 f xf x xx - - 第 3 页（共 8 页） 第 4 页（共 8 页） 11【答案】A 【解析】设 f(x)的最小正周期为 T，由图知，则 T2，所以 31113 4632 T 2 T 因为，则，即，所以 1 ( )1 3 f 32 6 ( )sin() 6 f xx 由题设，点，则， 5 ( ,0) 6 A) 2 1 , 0(B 1 ( ,1) 3 E) 2 1 , 6 5 (BA 1 ( ,1) 3 OE 因为 f(x)的图象关于点 A 对称，则 A 为线段 CD 的中点， 所以，选 A 514 ()22() 1829 BCBDOEBA OE 12【答案】C 【解析】取 AB 的中点 D，则 CDAB因为，则|PD|5|AD|，2PAAB 设|CD|d，则 2222 |5PCdrd 因为点 P(2，2)，C(5，6)，则， 222 |(52)(62)25PC 所以，得 222 255drd 22 25 (1) 24 dr 因为 0dr，则，解得 1r5，选 C 22 25 0(1) 24 rr 第第卷卷 二二、填填空空题题：本本大大题题共共 4 4 小小题题，每每小小题题 5 5 分分，共共 2 20 0 分分 13【答案】 【解析】设向量 a 与 b 的夹角为 ， 因为|a|2|b|，则(a+2b)aa2+2ab4|b|2+4|b|2cos 由(a+2b)a 得(a+2b)a0，则cos1 又 0，所以 14【答案】2 【解析】据题意，以 AB 为直径的圆过坐标原点，则，90AOB 由渐近线的对称性知，渐近线方程为，所以，yx 11 2 2 22 2 2 e a ac a b 故2e 15【答案】 51 2 【解析】由已知得，所以，0 x 1 1 () 2 yx x 22222 2 1 1511 () 4442 xyxxx xx 51 2 当且仅当，即时取得等号 2 2 51 44 x x 4 1 5 x 16【答案】 4 5 5 【解析】如图，正方体的内切球 O 的半径， 1111 ABCDABC D 1R 由题意，取的中点 H，连结 CH，则， 1 BB CHNBDCNB ，动点 M 的轨迹就是平面 DCH 截内切球 O 的交线， NBDCH 平面 也即平面 DCHG 截内切球 O 的交线， 正方体的棱长是2， 1111 ABCDABC D 到平面 DCH 的距离为，截面圆的半径， 5 5 d 22 2 5 5 rRd 所以动点 M 的轨迹的长度为截面圆的周长 4 5 2 5 r 三三、解解答答题题： 本本大大题题共共 6 大大题题，共共 70 分分，解解答答应应写写出出文文字字说说明明、证证明明过过程程或或演演算算步步骤骤 （一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分 17【答案】（1）A ；（2） 3 3 2 【解析】（1）在ABC 中，sinBsin(AC)，(1 分)sin(AC)sinCsin(AC)， 即 sinAcosCcosAsinCsinCsinAcosCcosAsinC，整理得 2cosAsinCsinC0，(3 分) cosA ，A (5 分) 1 2 3 （2）由，得(7 分) 2 2ABAC 22 +2cos8ABACAB ACA 由余弦定理得(9 分) 222 2cos4ABACAB ACABC 由-得， 4cos4AB ACA 第 5 页（共 8 页） 第 6 页（共 8 页） 又，故(10 分) 1 cos 2 A 2AB AC (12 分) 1 2 ABC S 3 sin 2 AB ACA 18【答案】（1）证明见解析；（2）2 3 【解析】（1）证明：依题意 A1A2B1B2C1C2， 又 A1A21，B1B22，C1C23， 因此四边形 A1A2B2B1，A1A2C2C1均是梯形(2 分) 由 AA2平面 MEFN，AA2平面 AA2B2B，且平面 AA2B2B平面 MEFNME， 可得 AA2ME，即 A1A2DE 同理可证 A1A2FG，所以 DEFG(4 分) 又 M，N 分别为 AB，AC 的中点， 则 D，E，F，G 分别为 A1B1，A2B2，A2C2，A1C1的中点， 即 DE，FG 分别为梯形 A1A2B2B1，A1A2C2C1的中位线 因此 DE(A1A2B1B2)，FG(A1A2C1C2)， 1 2 3 2 1 2 2 故 DEFG，所以中截面 DEFG 是梯形(6 分) （2）解法一：由直线 A1C1与平面 A2B2C2所成的角为 45， 过 A1作 AC 的平行线交 CC2于点 H，则， 11 45C AH 故 A1H=2， ，所以底面正三角形的边长为 2(8 分) 多面体 A1B1C1-A2B2C2的体积 (10 分) 1 1 1222 A B CA B C V 112211222 1 2 21 2 2 1 12 11 3+ 33 A B CB B C C AB B C CAA B C VVSSA A 四边形 (12 分) 11 53+3 12 3 33 解法二：由直线 A1C1与平面 A2B2C2所成的角为 45 过 A1作 AC 的平行线交 CC2于点 H，则， 11 45C AH 故 A1H=2， ，所以底面正三角形的边长为 2(8 分) 直三棱柱 ABCA2B2C2的体积为(10 分) 222222 2 4 3 ABCA B CA B C VSAA 由对称性知，多面体 A1B1C1-A2B2C2的体积为直三棱柱 ABCA2B2C2的体积的一半， 故(12 分) 1 1 1222 =2 3 A B CA B C V 19【答案】 （1）2040 人；（2）80 个单位 【解析】 （1）由频率分布直方图知，免疫力指标在(10，20中的频率为 002610026 同理，在(20，30，(30，40，(40，50，(50，60中的频率分别为 04，024，008，002(2 分) 故免疫力指标不低于 30 的频率为 024+008+002034(4 分) 由样本的频率分布， 可以估计这些体检人群中免疫力指标不低于 30 的人数为 60000342040(5 分) （2）由散点图知，5 组样本数据(x，y)分别为(10，30)，(30，50)，(50，60)，(70，70)，(90，90)， 且 x 与 y 具有线性相关关系（6 分） 因为50，60，xy 则 b，（8 分） 10 3030 5050 6070 7090 905 50 60 1023025027029025 502 7 10 a605025， 7 10 所以回归直线方程为07x25（10 分） y 由直方图知，免疫力指标的平均值为 152535455527（11 分） 26 100 40 100 24 100 8 100 2 100 由27381，得 07x2581，解得 x80 y 据此估计，疫苗注射量不应超过 80 个单位（12 分） 20【答案】（1）y24x；（2）点 F 在圆 G 上，详见解析 【解析】（1）设 Q(x，y)，因为动圆 Q 过定点(2，0)且与 y 轴截得的弦 MN 的长为 4， 所以()2|x|2|TQ|2， （2 分） MN 2 所以|x|222(x2)2y2，整理得 y24x 所以动圆圆心 Q 的轨迹 C 的方程是 y24x （4 分） （2）设直线 l 的方程为，代入，得1(0)xtyt 2 4yx 2 440yty 第 7 页（共 8 页） 第 8 页（共 8 页） 设点，则，（6 分） 2 1 1 (,) 4 y Ay 2 2 2 (,) 4 y By 12 4yyt 12 4y y 已知点，则，直线 PA 的方程为(1,2)P 1 2 11 24 2 1 4 PA y k yy 1 4 2(1) 2 yx y 令 x1，得，所以点（8 分） 1 11 248 2 22 y y yy 1 1 24 ( 1,) 2 y D y 同理，点（9 分） 2 2 24 ( 1,) 2 y E y 则，（10 分） 1 1 24 ( 2,) 2 y FD y uuu r 2 2 24 ( 2,) 2 y FE y uu u r 则FD FE 12 12 24 24 4 22 yy yy 121212 121212 4(2)(2)(2)(2)28 44 14.0 (2)(2)(2)(2)(2)(2) yyyyy y yyyyyy 故点 F 在圆 G 上（12 分） 21【答案】（1）1，)；（2）证明见解析 【解析】（1）( )ln1fxxax 因为 f(x)在(0，)内是减函数，则当 x0 时，恒成立，( )0fx 即，即恒成立（2 分）ln10 xax ln1x a x 设，则（4 分） ln1 ( ) x g x x 22 1(ln1)ln ( ) xx g x xx 由，得 lnx0，即 0 x1，( )0g x 所以 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而 max ( )(1)1g xg 因为 ag(x)恒成立，所以 a 的取值范围是1，)（6 分） （2）解法一：若 a0， 时，故在(0，1)上没有零点（8 分）0,1x 2 ( )ln(1)0 2 a f xxxx( )yf x 时，在(1，)上单调递增（10 分）1,x( )ln10fxxax ( )yf x 又，时，故在(1，)上没有零点(1)0f1,x( )0f x ( )yf x 所以 f(x)有且仅有一个零点（12 分） 解法二：（8 分） 2 1 ( )ln(1)ln() 22 aa f xxxxxxx x 设，（10 分） 1 ( )ln() 2 a xxx x 2 11 ( )(1)0 2 a x xx 故单调递增，故在(0，)至多只有一个零点( )yx 又，所以 f(x)有且仅有一个零点（12 分）(1)0 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分 22【答案】（1）C1：yx1，C2：；（2）4 22 1 42 xy 【解析】（1）因为，xtan，则 yx1.1tan cos cossin cos ) 4 sin(2 y 所以曲线 C1的普通方程是 yx1. （3 分） 由，得. 将，代入得， 2 2 4 2cos 222 2cos4 222 xyr+=cosxrq= 22 24xy 所以曲线 C2的直角坐标方程是. （5 分） 22 1 42 xy （2）因为直线 C1过点 P(0，1)，倾斜角为 45，则直线 C1的参数方程为(t 为参数). 2 2 2 1 2 xt yt （8 分） 代入，得，即. 22 24xy 2 2 2 2(1)4 22 t t 2 34 240tt 设方程的两根为 t1，t2，由参数 t 的几何意义知，|PA|PB|t1t2|. （10 分） 3 4 23【答案】（1） 13 (,1) 3 ；（2）(，2 【解析】（1）当 a1 时，( ) |1| 2|3|f xxx（1 分） 当 x1 时，( )(1)2(3)358,)f xxxx ，此时原不等式无解；（2 分） 当3x1 时，( )(1)2(3)74,8)f xxxx ，此时原不等式恒成立；（3 分） 当 x3 时，( )(1)2(3)35f xxxx ，由 3 358 x x ，得 13 3 3 x （4 分） 综上分析，原不等式解集是 13 (,1) 3 （5 分） （2）因为( ) |3|3| |3| |()(3)| |3|f xxaxxxaxxaxa， 当 x30 且()(3)0 xa x，即 x3 时取等号，则 min ( )|3|f xa（7 分） 因为对任意 xR，f(x)2a1 恒成立，则 min ( )21f xa，即|3| 21aa（8 分） 所以 30 321 a aa 或 30 (3)21 a aa ，解得3a2 或 a3，即 a2 所以 a 的取值范围是(，2（10 分）线订装 班级： 姓名： 学校： 2020-2021 学年全国 I 卷区优生联赛试卷 文科数学答题卡文科数学答题卡 注注 意意 事事 项项 1、考生务必正确书写班级、姓名、学校，请请 填涂系统准考证号填涂系统准考证号。 2、考生务必用 2B 铅笔填涂。 3、考生务必在答题卡指定位置作答，并保持 卷面整洁。 4、如需要条形码，则考生务必要在指定位置 正确贴好条形码。 缺考标记缺考标记 考生禁止填涂缺 考标记！只能由 监考老师负责填 涂。 准考证号 00 00 00 00 00 00 00 00 00 11 11 11 11 11 11 11 11 11 22 22 22 22 22 22 22 22 22 33 33 33 33 33 33 33 33 33 44 44 44 44 44 44 44 44 44 55 55 55 55 55 55 55 55 55 66 66 66 66 66 66 66 66 66 77 77 77 77 77 77 77 77 77 88 88 88 88 88 88 88 88 88 99 99 99 99 99 99 99 99 99 条形码 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 1 ABCD 2 ABCD 3 ABCD 4 ABCD 第第 I II I 卷卷 非非选选择择题题 第第 I I 卷卷 选选择择题题 5 ABCD 6 ABCD 7 ABCD 8 ABCD 9 ABCD 10 ABCD 11 ABCD 12 ABCD 18.（12 分） 19.（12 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 13、_____________________ 14、_____________________ 15、_____________________ 16、_____________________ 17.（12 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 20.（12 分） 请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题 记分（10 分） 21.（12 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 我所选的题号是 2223