江西省吉安市“省重点中学五校协作体”2021届高三第一次联考数学（文）答案

1 江西省吉安市“省重点中学五校协作体”2021 届高三第一次联考 文科数学参考答案及评分意见 1 .B [解析] 103i,--13z  zi i ,故选 B. 2. D [解析]      2,1,,1,2,0  BABA ,故选 D. 3. B [解析]由茎叶图可得众数为 95，中位数为 5.942 9594  ，故选 B. 4. A [解析]   cbacba      ,12,1,03 1,03log 8 19.0 2 1 ，故选 A. 5. D [解析]由三视图可知，四棱锥底面是直角梯形，高为 2，所以，   623422 1 3 1 V ,故选 D. 6. C [解析]等差数列中   52132 13,.4,123 7 131 13771191  aaasaaaaa 从而 ，故选 C. 7. A [解析] 222 000 pxxpx  ，又点   222- 2 0  ppxyxA 上，在抛物线， ，故选 A. 8. C [解析]                12123sin23sin243sin23cos3sin  xxyxxxy ， ，故 选 C. 9. C [解析] 22 2 2 831 aba be  ,又焦点到渐近线的距离为 122 2  ab， ，故选 C. 10.B [解析]设正四棱锥的外接球半径为 R，底面正四边形外接圆半径为 r 且 2r  ， 4h  ，    222 42 RR  ，解得: 4 9R  ,  4 814 2  RV .故选 B. 11.A [解析]函数  xf 是定义域为 R 的奇函数，当 0x 时，   xe xxf  ,   ，xexxfx  ,0 且     xexxf  1' ，又     efkef 211 '  ，  xfy  在点   11 f， 处的切线方程为： eexy  2 故选 A. 12.D [解析]对  143 1  naa nn 变形得：    1--1-3 1 nn aa  即： 3 1-1- 1-1  n n a a ， 故数列 1 nn ab 是首项为 8 公比为 1 3  的等比数列． 1 3 1-81       n nn ab ，从而 13 1-8 1      n na , 18 1 3 16 61 31 3 n n nS n n                         . 6 nsn由 = n1 1-6 - 3 125      ，解得最小的正整数 7n ，故选 D． 13. [解析] 0m23  baba  ,解得： 2 3m .故答案为 2 3 。 14.0 [解析]如图所示：当 yxz 2 过点（2,1） 时 0122max z . 故答案为 0. 15. 4,2 [解析]要使得          1,log 1,4 xx xaxaxf a 是  ,  上的增函数， 需满足        1log1-4 1 0-4 aaa a a ，解得： 42  x . 故答案为  4,2 . 16. 5,3 [解析]对任意实数 x 恒有 ( ) ( ) 0f x f x   ,∴  xf 是偶函数，根据函数周期性和奇偶性作 出  xf 图象如图所示： 又 ( ) ( ) log x ag x f x  在 (0, )x  上有三个零点， ∴   xyxfy alog 和 的图象在  ，0 上只有三个交点，需满足       15log 13log 1 a a a ， 解得： 53  a .故答案为  5,3 . y x0 02  yx 1y 03-  yx 02  yx 0 543 621 x y 2 17.[解析] （1）因为 2cos32sin 2 CBbBa  ，所以 2sin sin 2 3sin sin 2 AA B B ， 因为 (0, )B  ，所以sin 0B  ， 2sin 2 3sin 2 AA  ，……………………………………………2 分 即 22sin cos 2 3sin2 2 2 A A A ， 因为 (0, )A  ，所以sin 02 A  ， 则 2cos 2 3sin2 2 A A ，从而 3tan 2 3 A  ，………………………………………………………4 分 ∴ 2 6 A  ， 3A  .………………………………………………………………………………………6 分 （2）因为 BC sin2sin  ,即 bc 2 ……………………………………………………………………7 分 又 3A  ， 32a ，由余弦定理可得： bccba  222 ，解得： 4,2  cb ………10 分 所以， 32sin2 1  BacS ABC ………………………………………………………………12 分 18. [解析] 证明：（1）取 PD 的中点Q ,连结QN 、 AQ , N 是 PC 的中点 QN //CD ,且QN = 1 2 CD ，……………………………………………………2 分 底面四边形 ABCD 是边长是１的正方形，又 M 是 AB 的中点， AM //CD ,且 AM = 1 2 CD , QN // AM ,且QN = AM ， AMNQ四边形 是 平行四边形，……………4 分 //MN AQ ,又 AQ PAD 平面 , PADMN 平面 , MN ∥平面 PAD . ……………………………………………………………………6 分 （2） PD ⊥平面 ABCD ， PAD 是侧棱 PA 与底面成的角， PAD = 045 ， PAD 是等腰直角三角形，则 1PD AD  ,…………………8 分 12 1 4 1 3 1 3 1   BCABPDSVV MBCMBCPPBCM ……………………………12 分 19.[解析] （1）由题意设男士人数为 x ，则女士人数为 20x ， 又 10020  xx ，解 40x .即男士有 40 人，女士有 60 人.……………………2 分 由此填写 2 2 列联表如下： ………………………………4 分 由表中数据，计算 2 2 100 (50 15 25 10) 5.556 6.63560 40 75 25K         所以没有99% 的把握认为对“政策是否有效与性别有关”.……………………………………………6 分 （2）从被调查的该餐饮机构的市民中，利用分层抽样抽取 5 名市民，其中女士抽取 3100 560  人， 分别用 A,B,C 表示，男士抽取 2 人， 分别用 D,E 表示.…………………………………………………8 分 从 5 人中随机抽取 2 人的所有可能结果为（A,B）,（A,C）,（A,D）,（A,E）,（B,C）,（B,D）,（B,E）, （C,D）,（C,E）,（D,E）,共 10 种.其中抽取的 2 人中有男士的所有可能结果为（A,D）,（A,E）,（B,D） （B,E）,（C,D）,（C,E）,（D,E），共 7 种.…………………………………………………………10 分 所以,抽取的两人中有男士的概率为 10 7P ……………………………………………………………12 分 20.[解析] (1)当 1a   时，   ln 1f x x x    ，定义域为 0,  ，   1 11 xf x x x      .………………………………………………………………………………1 分 令   0f x  ，得 0 1x  ；令   0f x  ，得 1x  . 因此，函数  y f x 的单调递增区间为  0,1 ，单调递减区间为  1, .………………………4 分 所以    max 1 0 f x f …………………………………………………………………………………5 分 (2)不等式 ln 1 xax x e   恒成立，等价于 ln 1xe xa x   在 0,  恒成立， 令   ln 1xe xg x x   ， 0x  ，故只需  mina g x 即可，     2 1 lnxx e xg x x    ，…………7 分 令    1 lnxh x x e x   ， 0x  ，则   1 0xh x xe x    ， 政策有效 政策无效 总计 女士 50 10 60 男士 25 15 40 合计 75 25 100 Q 3 所以  y h x 在 0,  单调递增，而  1 0h  ，…………………………………………………8 分 所以  0,1x 时，   0h x  ，即   0g x  ，  y g x 在 0,1 单调递减；  1,x  时，   0h x  ，即   0g x  ，  y g x 在  1, 单调递增，……………………10 分 所以在 1x  处  y g x 取得最小值  1 1g e  ， 所以 1a e ≤ ，即实数 a 的取值范围是 1a a e  .……………………………………………12 分 21.[解析] （1）由题意知， 1,21 2       bab ba ，从而 ， ………………………………………2 分 ∴椭圆的标准方程为： 14 2 2  yx .………………………………………………………… 4 分 （2）设    2211 ,, yxQyxP ， 联立        14 2 2 2 yx xky ，得：       04161614 2222 kxkxk … 5 分 依题意：直线  2:  xkyl 恒过点  0,2- ，此点为椭圆的左顶点，所以 02- 11  yx ， ① ， 由（*）式， 14 16- 2 2 21  k kxx ②，得   kyy 42121  ③ ， 由①②③， 14 4 14 8-2 222 2 2  k kyk kx ， …………………………………………………………8 分 由点 B 在以 PQ 为直径的圆内，得 PBQ 为钝角或平角，即 0 BQBP . 又 2 2( 2, 1), ( , 1)BP BQ x y      ， 012- 22  yxBQBP .即 0114 4 14 61-4 22 2  k k k k …………………………………10 分 整理得： 03420 2  kk ，解得：      2 1,10 3k ………………………………………… 12 分 22.[解析] （1） 01sincos,sin,cos   yx , 1C 的普通方程为 01  yx , ………………………………………………………………… 2 分 2C 的普通方程为 134 22  yx . …………………………………………………………………4 分 (2) 1C 的参数方程为         12 2 2 2 ty tx （t 为参数），………………………………………………5 分 将曲线 1C 的参数方程代入 2C 的普通方程，整理得 016287 2  tt ， 令 1PA t ， 2PB t ，由韦达定理得         7 16 7 28 21 21 tt tt ，……………………………………………………………………………………8 分 则有 7 244)(|||||||||| 21 2 212121  ttttttttPBPA .…………………………10 分 23．[解析] （1） |1||2|)(  xxxf ①当 2x 时， 512)1(2)(  xxxxf ， 3 x ， ,2x  23  x ； ②当 12  x 时， 53)1(2)(  xxxf 恒成立， 12  x 符合题意； ③当 1x 时， 512)1(2)(  xxxxf ， 2 x ，又 21,1  xx ； 综上知：不等式 5)( xf 的解集为 ]2,3[ .………………………………………………………5 分 （2）由（1）知，        1,12 12,3 2,12 )( xx x xx xf ，所以 3)( min xf ，………………………8 分 2 23 2 , 2 3 3 1a a a a a a      即， ，所以 或 ………………………………………………10 分