2021届湖北省荆门市龙泉中学高三下学期5月月考数学试题含解析

2021届湖北省荆门市龙泉中学高三下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．设复数的共轭复数为.若(为虚数单位)，则的值为(       )

A． B． C．0 D．

【答案】B

【分析】将复数z及其共轭复数代入所求式子计算而得.

【详解】.

故选：B

2．2021年春季．新冠肺炎疫情在印度失控．下图是印度某地区在60天内感染新冠肺炎的累计病例人数y（万人）与时间t（天）的散点图．则下列最适宜作为此模型的回归方程的类型是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由选项的图象特征即可得到答案.

【详解】由的图象应显示为直线，故A错误；

的图象应该向下弯折，故B错误；

的图象可以如图所示，故C正确；

的图象应向右弯折，故D错误.

故选：C.

3．五国际劳动节放假三天，甲、乙两名同学计划去敬老院做志愿者，若甲同学在三天中随机选一天，乙同学在前两天中随机选一天，且两名同学的选择互不影响，则他们在同一天去的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用乘法原理计算出他们在同一天去和总的方法，再利用古典概型概率计算公式可得答案.

【详解】甲同学在三天中随机选一天共有3种方法，乙同学在前两天中随机选一天共有2种方法，

所以一共有种方法，他们在同一天去共有2种，

所以他们在同一天去的概率为.

故选：B.

4．已知随机变量，且，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用正态分布密度曲线的对称性可求得，代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得所求代数式的最小值.

【详解】因为随机变量，且，则，可得，

，

当且仅当时，等号成立，所以，的最小值为.

故选：B.

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

5．如图，平面平面，直线，过三点确定的平面为，则平面的交线必过（       ）

A．点 B．点 C．点，但不过点 D．点和点

【答案】D

【分析】根据平面的基本性质及推论推导即可

【详解】由题意知，，，∴，又，

∴，即在平面与平面的交线上，又，，

∴点C在平面与平面的交线上，即平面的交线必过点和点

故选：D.

6．将函数的图象上所有的点横坐标扩大为原来的倍得的图象，若在上单调递减，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用二倍角和辅助角公式化简得到，由三角函数的伸缩变换得到；利用可求得的范围，将其放入的单调递减区间，可构造不等式组求得结果.

【详解】，

，

当时，，

又在上单调递减，，

解得：，当时，满足题意，即.

故选：C.

【点睛】方法点睛：根据正弦型函数在区间内的单调性求解参数范围的基本方法是：利用的范围求得的范围，将整体放入对应的单调区间中，构造不等关系求得参数范围.

7．已知的外接圆半径为1，圆心为O，且，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题设，两边平方可得，即，明确向量间的夹角，即可得到结果.

【详解】由题可得，两边平方可得，即，

所以，，构成直角三角形，

因为的外接圆半径为1，

则，夹角，

所以，

故选：C

8．定义在R上的函数和满足，且，则下列不等式成立的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先由导数得出，代入解析式解得，从而得出，由得出在上单调递减，利用得出答案.

【详解】，则，

解得，由

得出，故，则.

因为，

所以函数在R上单调递减，

故，，

即，故.

故选：D

【点睛】本题考查函数不等式正误的判断，解题时要结合题中不等式构造新函数，利用单调性来进行判断，难点在于构造新函数，考查分析问题与解决问题的能力，属于难题.

二、多选题

9．是表示空气质量的指数，指数值越小，表明空气质量越好，当指数值不大于100时称空气质量为“优良”．如图是某地3月1日到12日指数值的统计数据，图中点A表示3月1日的指数值为201．则下列叙述正确的是（       ）

A．这12天中有6天空气质量为“优良” B．这12天中空气质量最好的是3月9日

C．这12天的指数值的中位数是90.5 D．从3月4日到9日，空气质量越来越好

【答案】ABD

【分析】由指数值越小，表明空气质量越好，对图中数值进行分析即可.

【详解】对于A选项，3月6日到3月11日，这6天的指数值不大于100，故A选项正确；

对于B选项，3月9日的指数值为67，为12天来的最小值，故B选项正确；

对于C选项，这12天的指数值的中位数是(95+104)÷2=99.5，故C选项错误；

对于D选项，从3月4日到9日，指数值逐渐变小，说明空气质量越来越好故D选项正确.

故选：ABD.

10．在中，，则（       ）

A． B．的面积为1

C．外接圆直径是 D．内切圆半径是

【答案】ACD

【分析】先由倍角公式求出，余弦定理求出即可判断A选项；求出，由面积公式即可判断B选项；直接正弦定理求出外接圆直接判断C选项；由即可判断D选项.

【详解】，，故，A正确；

，故，B错误；

由正弦定理知，外接圆直径为，C正确；

设内切圆半径为，则，则，D正确.

故选：ACD.

11．数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类．螺旋线这个名词源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”．小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形中，作它的内接正方形，且使得；再作正方形的内接正方形，且使得；与之类似，依次进行，就形成了阴影部分的图案，如图所示．设第个正方形的边长为（其中第1个正方形的边长为，第2个正方形的边长为，…），第个直角三角形（阴影部分）的面积为（其中第1个直角三角形的面积为，第2个直角三角形的面积为，…），则（       ）

A．数列是公比为的等比数列 B．

C．数列是公比为的等比数列 D．数列的前项和

【答案】BD

【分析】根据题意有，即可判断数列为等比数列，进一步求出可判断.

【详解】由图可知，

所以，所以数列是首项为1，公比为的等比数列，故A错误；

则，由题可得，

所以，故B正确；

因为，所以数列是公比为的等比数列，故C错误；

，故D正确.

故选：BD.

12．已知椭圆的左、右焦点分别为是圆上且不在x轴上的一点，且的面积为．设C的离心率为e，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】由题意画出图形，由椭圆定义及三角形两边之和大于第三边判断A；设出的参数坐标，利用向量数量积运算判断B；求出三角形的面积范围，结合已知列式求得椭圆离心率的范围判断C；由数量积及三角形面积公式求得判断D．

【详解】如图，

连接，，设交椭圆于，则，

，故A正确；

设，，，

，，

，故B错误；

设，则，

又的面积为，，即，

，又，，故C正确；

由，，

两式作商可得：，故D正确．

故选：ACD

三、填空题

13．若．且．则的展开式中的常数项为___________．

【答案】

【分析】先求得的通项公式，令x的次数为0求解.

【详解】因为的通项公式为，

因为，

令，

解得，

所以的展开式中的常数项为.

故答案为：.

14．《孙子算经》是我国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作．在《孙子算经》中有“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数．设这个正整数为a，当时，符合条件的所有a有_______个．

【答案】53

【分析】先由，对进行分类讨论后得到，解不等式即可求出的个数.

【详解】设，则，当时，，不合题意，同理当时，均不存在，

当时，，符合题意，其中.故，即为公差为15的等差数列，令，，

解得，故符合条件的所有a有53个.

故答案为：53.

15．如图所示，一个圆锥的侧面展开图为以为圆心，半径长为2的半圆，点、在上，且的长度为，的长度为，则在该圆锥中，点到平面的距离为_________.

【答案】

【分析】由题意画出图形，求出圆锥的高，再由等体积法求出点到平面的距离.

【详解】由侧面转开图可得到圆锥，如图所示，

由题可知，，，

则，，，

设点到平面的距离为h，

由，得，解得：

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题考查空间中点、线、面间的距离计算，解题的关键是通过圆锥的侧面展开图画出圆锥，考查学生的空间想象能力与运算求解能力，属于一般题.

16．双曲线的光学性质为①：如图，从双曲线右焦点发出的光线经双曲线镜面反射，反射光线的反向延长线经过左焦点．我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，就是利用了双曲线的这个光学性质．某“双曲线灯”的轴截面是双曲线一部分，如图②，其方程为，为其左右焦点，若从右焦点发出的光线经双曲线上的点A和点B反射后，满足，，则该双曲线的离心率为___________．

【答案】

【分析】连接，已知条件为，，设，由双曲线定义表示出，用已知正切值求出，再由双曲线定义得，这样可由勾股定理求出（用表示），然后在中，应用勾股定理得出的关系，求得离心率．

【详解】由题可知共线，共线，

设，，则，

由得，，

又，

所以，，

所以，

所以，

由得，

因为，故解得，

则，

在中，，即，

所以．

故答案为：．

四、解答题

17．已知，它的内角的对边分别为，且，____．

①；②当时，函数取得最大值．在①②这两个条件中选择一个补充至上述横线上，求解下述问题：若问题中的三角形存在，能否求出边c的值？若能，请求出边c的值；若不能，请说明理由；若问题中的三角形不存在，请说明理由．

【答案】答案不唯一，具体见解析．

【分析】由已知结合余弦定理可得的值，当补充①至条件中时：分类讨论，利用余弦定理可求，进而可求的值，可求的值；当补充②至条件中时：分类讨论，利用余弦定理可求，结合分，可得，化简函数解析式可得，利用余弦函数的性质即可求解．

【详解】因为，结合余弦定理可得，

整理可得，即，解得或，

当补充①至条件中时：

当时，由余弦定理可得，则，

再由，可得，则；

当时，由余弦定理可得，则，

再由，可得，则，

综上可知三角形存在，且可求得或．

当补充②至条件中时：

当时，由余弦定理可得，

因为，可得；

当时，由余弦定理可得，

因为，可得；

因为，

要使取得最大值，只需，解得，

所以时，满足条件，

综上所述，这样的三角形存在，但这样的三角形彼此相似，有无数多个，故无法确定边长c的值．

【点睛】对于解三角形问题的常见解题策略：

对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，同时注意三角形内角和定理，三角形面积公式在解题中的应用.

18．已知数列满足，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）令，求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）.

【分析】(1)先化简已知，整理可得等差数列，求出数列的通项公式.

(2)先求出，再利用裂项相消求出数列的前项和.

【详解】解：（1）因为，所以，

又，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列.

所以，得，

即数列的通项公式为.

（2）由（1），得

，则

.

【点睛】(1)本题主要考查等差数列的性质，考查数列通项的求法，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.

(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和．

19．如图，四棱锥P－ABCD中，PA平面ABCD，，∠BAD=120o，AB＝AD＝2，点M在线段PD上，且DM＝2MP，平面．

(1)求证：平面MAC平面PAD；

(2)若PA＝6，求平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)连接BD交AC于点E，连接ME，由所给条件推理出CA⊥AD，进而得CA⊥平面PAD，证得结论．

(2)首先以A为原点，射线AC，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，再利用向量法求解二面角即可．

【详解】(1)(1) 连接BD交AC于点E，连接ME，如图所示：

∵平面MAC，PB平面PBD，平面PBD平面MAC=ME，

∴，，则BC=1，而AB=2，，

，

∴AC2+BC2=4=AB2，∠ACB=90º，∠CAD=90º，即CA⊥AD，

又PA⊥平面ABCD，CA平面ABCD，∴PA⊥CA，又PAAD=A，∴CA⊥平面PAD，而CA平面MAC，∴平面MAC⊥平面PAD．

(2)（2）如图所示：以A为原点，射线AC，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，

则，

∴，

设平面PAB和平面MAC的一个法向量分别为，

平面PAB和平面MAC所成锐二面角为，

∴，

 ，

 ∴.

20．已知抛物线C∶y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与C交于A，B两点，三角形AOB(点O为坐标原点)的面积为2.

（1）求抛物线C的方程；

（2）设不经过原点的直线与抛物线交于P，Q两点，设直线OP，OQ的倾斜角分别为α和β，证明：当时，直线恒过定点.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据题意结合抛物线的性质，得到焦点坐标，，因此可得点，的横坐标与焦点相同，由的面积即得的值，从而确定抛物线方程．

（2）结合题意设出直线方程并联立抛物线方程组，消元、列出韦达定理，表示出，，再根据两角和的正切公式得到，即可得到直线过定点坐标．

【详解】（1）解：根据题意可得焦点，，因此可得，

所以，

解之可得，

故可得抛物线的方程为：．

（2）证明：根据题意，设，，，，易知直线的斜率存在，假设直线的方程为，

联立抛物线方程得，，

由韦达定理可得，，

则，，

，

，

又因为，，

所以，，

所以当时，，

解得，

所以直线的方程即为：，

即得直线恒过定点．

21．羽毛球比赛中，首局比赛由裁判员采用抛球的方法决定谁先发球，在每回合争夺中，赢方得1分且获得发球权．每一局中，获胜规则如下：①率先得到21分的一方赢得该局比赛；②如果双方得分出现，需要领先对方2分才算该局获胜；③如果双方得分出现，先取得30分的一方该局获胜．现甲、乙两名运动员进行对抗赛，在每回合争夺中，若甲发球时，甲得分的概率为；乙发球时，甲得分的概率为．

（Ⅰ）若，记“甲以赢一局”的概率为，试比较与的大小；

（Ⅱ）根据对以往甲、乙两名运动员的比赛进行数据分析，得到如下列联表部分数据．若不考虑其它因素对比赛的影响，并以表中两人发球时甲得分的频率作为，的值．

①完成列联表，并判断是否有95%的把握认为“比赛得分与接、发球有关”？

②已知在某局比赛中，双方战成，且轮到乙发球，记双方再战回合此局比赛结束，求的分布列与期望．

参考公式：，其中．

临界值表供参考：

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）①列联表见解析，有；②分布列见解析，

【分析】（Ⅰ）根据题意可得前个回合里，甲赢下20个回合，输掉个回合，且最后一个回合必需获胜，从而得到，计算出和，做商比较，得到答案；

（Ⅱ）①根据题意，填写好列联表，计算出，做出判断；②由列联表得到和的值，得到可取的值，分别计算其概率，写出分布列，计算出期望.

【详解】（Ⅰ）∵甲以获胜，则在这个回合的争夺中，前个回合里，甲赢下20个回合，输掉个回合，且最后一个回合必需获胜

∴，

∴，

∵，

∴

（Ⅱ）①由甲发球的总计和乙得分，得到甲得分的数值为，

由乙发球的总计和甲得分，得到乙得分的数值为，

从而得到甲得分总计为，乙得分的总计为，

所以列联表如下：

∵，∴有95%的把握认为“比赛得分与接、发球有关”

②由列联表知，，

此局比赛结束，比分可能是，，，

∴

若比分为，则甲获胜概率为，乙获胜概率为，

∴，

若比分为，则甲获胜的情况可能为：甲乙甲甲，乙甲甲甲，

其概率，

乙获胜的情况可能为：甲乙乙乙，乙甲乙乙，

其概率，

∴，

若比分为，则，

∴的分布列为

∴

【点睛】本题考查完善列联表，相关性判断，随机变量的分布列和期望，属于中档题.

22．已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，求证：.

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）求导得，令，再对和分类讨论即得函数的单调性；

（2）由题得，令，则，得到，再利用分析法结合第（1）问的结论得证.

【详解】（1）解：的定义域为，.

令，

方程的判别式，

（ⅰ）当，即时，恒成立，

即对任意，，

所以在上单调递增.

（ⅱ）当，即或.

①当时，恒成立，即对任意，，

所以在上单调递增.

②当时，由，解得，.

所以当时，；当时，；当时，，

所以在上，，

在上，，

所以函数在和上单调递增；

在上单调递减.

综上，当时，在上单调递增；

当时，在和上单调递增，在上单调递减.

（2）证明：由，得，所以，

因为，所以，

令，则，，

所以，，所以.

所以要证，只要证，即证.

由（1）可知，当时，所以在上是增函数，

所以，当时，，即成立，

所以成立.

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是构造的函数，再利用导数和第（1）问 的结论分析. 证明，实际上是求函数的值域，所以建立恰当的函数最为关键.