高中数学高考 2020-2021学年下学期高三5月月考卷 理科数学（A卷）-学生版

2020-2021学年下学期高三5月月考卷

理科数学（A）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．已知全集，，则集合（    ）

A． B． C． D．

2．已知，复数（为虚数单位）是纯虚数，则复数的虚部

是（    ）

A． B． C． D．

3．设是实数，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件  B．必要不充分条件

C．充分必要条件  D．既不充分也不必要条件

4．已知甲、乙两名同学在高三的六次模考中数学成绩统计如图，则下列说法错误的是（    ）

A．甲成绩的极差小于乙成绩的极差

B．第5次模考甲的数学成绩比乙高

C．若甲、乙两组数据的平均数分别为，，则

D．若甲、乙两组数据的方差分别为，，则

5．已知，其中为常数，若，则（    ）

A． B．32 C．64 D．

6．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

7．已知向量满足，，与夹角的大小为，则（    ）

A．0 B． C．2 D．

8．已知函数，则的值为（    ）

A．1 B．2 C．2020 D．2021

9．已知函数的图象的一条对称轴为，且，

则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

10．已知为抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，若，

则线段的中点的横坐标为（    ）

A． B． C． D．

11．已知定义在上的偶函数，当时，，若函数恰有六个零点，且分别记为，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

12．已知在中，斜边，，若将沿斜边上的中线折起，使平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．在中，内角，，所对的边分别为，，．下列各组条件中使得有两解的是___________．(填入所有符合的条件的序号)

①，，；

②，，；

③，，；

④，，．

14．甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，比赛采取局胜制，已知每局比赛甲胜的概率为，乙胜的概率为，且各局比赛结果互不影响．若第一局乙胜，则本次比赛甲胜的概率为__________．

15．《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术．得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：，，，，则按照以上规律，若具有“穿墙术”，则________．

16．已知不等式对任意恒成立，则实数的最小值为___________．

三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（12分）如图，已知平面四边形中，．

（1）若，，求的面积；

（2）若，，，求t的最大值．

18．（12分）在如图所示的空间几何体中，两等边三角形与互相垂直，，和平面所成的角为，且点在平面上的射影落在的平分线上．

（1）求证：平面；

（2）求平面与平面所成夹角的余弦值．

19．（12分）甲､乙两人进行对抗比赛，每场比赛均能分出胜负．已知本次比赛的主办方提供8000元奖金并规定：①若有人先赢4场，则先赢4场者获得全部奖金同时比赛终止；②若无人先赢4场且比赛意外终止，则甲､乙便按照比赛继续进行各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金．已知每场比赛甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每场比赛相互独立．

（1）设每场比赛甲赢的概率为，若比赛进行了5场，主办方决定颁发奖金，求甲获得奖金的分布列；

（2）规定：若随机事件发生的概率小于，则称该随机事件为小概率事件，我们可以认为该事件不可能发生，否则认为该事件有可能发生．若本次比赛，且在已进行的3场比赛中甲赢2场､乙赢1场，请判断：比赛继续进行乙赢得全部奖金是否有可能发生，并说明理由．

20．（12分）已知动圆过定点，且在轴上截得弦的长为．

（1）求动圆圆心的轨迹的方程；

（2）若在轨迹上，过点作轨迹的弦，，若，证明：直线过定点，并求出定点的坐标．

21．（12分）已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，求证：．

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．

22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】

在平面直角坐标系中，曲线是过点且倾斜角为的直线，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）求曲线的参数方程及曲线的直角坐标方程；

（2）设曲线交于A，B两点，求当最大时，曲线的直角坐标方程．

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】

设函数．

（1）求不等式的解集；

（2）设的最小值为，正数､满足，求证：．

2020-2021学年下学期高三5月月考卷

理科数学（A）答案

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．【答案】C

【解析】由，，

∴，故选C．

2．【答案】B

【解析】因为是纯虚数，

所以，解得，即，

，其虚部为，故选B．

3．【答案】A

【解析】由可得，然后可得，即，

当，时，满足，但不满足，

所以“”是“”的充分不必要条件，故选A．

4．【答案】D

【解析】甲乙两名同学在本学期的六次考试成绩统计如图，

甲乙两组数据的平均值分别为，，

甲、乙两组数据的方差分别为，，

则由折线图得：

在A中，甲成绩的极差小于乙成绩的极差，故A正确；

在B中，第5次模考甲的数学成绩比乙高，故B正确；

在C中，，故C正确；

在D中，，故D错误，

故选D．

5．【答案】A

【解析】由多项式乘法知，第一个因式中乘以展开式中的项得一个项，

第一个因式中的常数乘以展开式中的项得另一个项，

两项合并同类项得系数即为，所以，解得，

再令，得，故选A．

6．【答案】A

【解析】由题意，函数，

当时，可得，可排除B项；

当时，可得，可排除C项；

当时，可得，可排除D项，

故选A．

7．【答案】A

【解析】因为，，

所以，

因为与夹角的大小为，

所以，

又，所以，

两边平方整理可得，所以或．

当时，，

，

此时与夹角的大小为，与已知矛盾，舍去；

当，，

，

此时与夹角的大小为，符合条件，

综上可得，故选A．

8．【答案】C

【解析】函数，设，则有，

所以，

所以当时，，

令，

所以，

故，

故选C．

9．【答案】A

【解析】是的一条对称轴，，

即，解得，

当时，，满足一条对称轴为，

，，

，可设，，

，，

，，

故选A．

10．【答案】B

【解析】设，，

因为，，所以，

所以，故选B．

11．【答案】C

【解析】根据题目条件，作出函数在上的图象，如图所示：

设的六个零点，自左到右为，则，

由对称性知：，，，

又，，则，

故，

易知，则，故选C．

12．【答案】A

【解析】依题意知，是边长为1的等边三角形，

设其外接圆半径为，由正弦定理易得，

是腰长为1的等腰三角形，同理可得其外接圆半径．

在三棱锥中，分别过和的外心、作它们的垂线，二者交于点，则是三棱锥的外接球的球心．

取的中点为，连接，，

由平面平面可知，四边形为矩形．

在直角中，，，

所以，所以，

在直角中，，

所以，

故三棱锥的外接球的表面积，故选A．

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．【答案】③④

【解析】对于①，由余弦定理，可得，

即，方程无解，可得无解，故错误；

对于②，由余弦定理，可得，

即，解得，可得有一个解，故错误；

对于③，由余弦定理，可得，

即，解得或，可得有两个解，故正确；

对于④，由余弦定理，可得，

即，解得或，可得有两个解，故正确，

故答案为③④．

14．【答案】

【解析】设第一局乙获胜为事件，本次比赛甲获胜为事件，

则，

故答案为．

15．【答案】63

【解析】∵，，，，

∴按照以上规律，可得，

故答案为．

16．【答案】

【解析】由题意，不等式可变形为，

得对任意恒成立．

设，

则对任意恒成立，，

当时，，所以函数在上单调递减；

当时，，所以函数在上单调递增，

当时，，

因为求实数的最小值，所以考虑的情况，此时，

因为函数在上单调递增，

所以要使，只需，

两边取对数，得上，

由于，所以．

令，则，

令，得，

易得在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以，所以，

所以实数的最小值为，故答案为．

三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．【答案】（1）；（2）2．

【解析】（1）由正弦定理可得，

∴，，

∴．

（2），中，由余弦定理得，

，

∴，

∴，

∴，时，t的最大值是2．

18．【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）取中点，连接，，

由题知，为的平分线，，，

设点是点在平面上的射影，

由题知，点在上，连接，则平面，

平面平面，平面平面，

平面，，

平面，，

和平面所成的角为，即，，

又，四边形为平行四边形，，

平面，平面，平面．

（2）以，，方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，

，，

设平面的一个法向量为，

则，取，得，

取平面的法向量为，

设平面与平面所夹角为，

则，

平面与平面所夹角余弦值为．

19．【答案】（1）分布列见解析；（2）乙不可能赢得全部奖金，理由见解析．

【解析】（1）因为进行了5场比赛，所以甲､乙之间的输赢情况有以下四种情况：甲赢4场，乙赢1场；甲赢3场，乙赢2场；甲赢2场，乙赢3场；甲赢1场，乙赢4场．

5场比赛不同的输赢情况有种，即28种．

①若甲赢4场，乙赢1场；甲获得全部奖金8000元；

②若甲赢3场，乙赢2场；当比赛继续下去甲赢得全部奖金的概率为，

所以甲分得6000元奖金；

③若甲赢2场，乙赢3场；当比赛继续下去甲赢得全部奖金的概率为，

所以甲分得2000元奖金；

④甲赢1场，乙赢4场，甲没有获得奖金．

设甲可能获得的奖金为x元，则甲获得奖金的所有可能取值为8000，6000，2000，0，；；

；，

∴甲获得奖金数的分布列：

（2）设比赛继续进行场乙赢得全部奖金，则最后一场必然乙赢，

当时，乙以贏，；

当时，乙以贏，；

所以，乙赢得全部奖金的概率为，

设，

，

因为，所以，所以在上单调递减，

于是．

故事件“乙赢得全部奖金”是小概率事件，

所以认为比赛继续进行乙不可能赢得全部奖金．

20．【答案】（1）；（2）证明见解析，直线过定点．

【解析】（1）设动圆圆心，由题可知，

当不在轴上时，过作交于，则是的中点，

所以，

化简得，

当在轴上时，动圆过定点，且在轴上截得弦的长为，

所以与原点重合，即点也满足方程，

综上，动圆圆心的轨迹的方程为．

（2）因为在上，所以，

设直线的方程为，，．

联立，得，

由，得，，．

因为，所以，

所以，

又因为，，

所以，

所以或，

所以或，

所以或．

因为恒成立，所以，

所以直线的方程，

所以直线过定点．

21．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析．

【解析】（1），，

令，即，．

①当时，即时，，∴在为减函数；

②当时，即时，得，．

（i）当时，，，

∴，；，，

∴在为增，为减．

（ii）当时，，，

∴，；，，

∴在和为减函数，为增函数．

综上所述，时，在为减函数；

当时，在为增函数，为减函数；

当时，在和为减函数，

为增函数．

（2）由已知得需证，

∵，，∴，当时，不等式显然成立．

当时，，所以只需证，即证，

令，，

令，，

∴，；，，

在为增函数，为减函数．

所以，

令，，

则，；，，

∴在为减函数，为增函数，

，所以，

但两边取等的条件不相等，即证得，即．

22．【答案】（1）（为参数），；（2）．

【解析】（1）由已知得曲线的参数方程为（为参数），

，，

曲线的直角坐标方程为．

（2）将代入，得，

即，

设是上述方程的两实根，则，

又直线l过，A、B两点对应的参数别为，

，

当时，取等号，

∴曲线的直角坐标方程为．

23．【答案】（1）；（2）证明见解析．

【解析】（1）因为，且，

当时，，解得；

当时，，解得；

当时，，解得，

所以不等式的解集为．

（2）由（1）知，当时，，

当时，，

当时，，

所以取最小值时，

所以，

证明：因为，

且，，（取等号时），

所以，所以，

所以（取等号时）．