2021届广东省佛山市五校联盟高三5月数学模拟考试试题（含解析）

这是一份2021届广东省佛山市五校联盟高三5月数学模拟考试试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届广东省佛山市五校联盟高三5月数学模拟考试试题  一、单选题1．设，，则图中阴影部分表示的集合为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先化简集合,，结合阴影表示的集合是的交集可得选项.【详解】由图可知阴影部分既属于集合，也属于集合，即阴影部分表示为.因为，，所以.故选：B.2．在复数范围内方程的解为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】方程，即，开方即可求解．【详解】解：方程，即，开方得，
故选：C．3．在全球新冠肺炎疫情仍在流行的背景下，我国新冠病毒疫苗研发取得可喜进展，已有多款疫苗获批使用.目前我国正在按照“应接尽接、梯次推进、突出重点、保障安全”的原则，积极组织实施疫苗接种，稳步提高疫苗接种人群覆盖率.小王想从甲、乙、丙、丁四位好友中，随机邀请两位一起接种新冠病毒疫苗，则甲和乙中至少有一人被邀请的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】基本事件总数，其中甲和乙中至少有一人被邀请包含的基本事件个数，由古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】解：基本事件总数，其中甲和乙中至少有一人被邀请包含的基本事件个数，则甲和乙中至少有一人被邀请的概率是．故选：A.4．2020年10月27日，在距离长江口南支航道0.7海里的风机塔上，东海航海保障中心上海航标处顺利完成临港海上风电场AIS（船舶自动识别系统）基站的新建工作，中国首个海上风机塔AIS基站宣告建成.已知风机的每个转子叶片的长度为20米，每两个叶片之间的夹角相同，风机塔（杆）的长度为60米，叶片随风转动，假设叶片与风机塔在同一平面内，如下图所示，则的最小值为（    ）A．40 B． C． D．80【答案】A【分析】由题知，，从而有，则当风叶旋转到最低点时，最小，从而计算出模长的最小值.【详解】由题知，，即，则，则当风叶旋转到最低点时，最小，且值为.故选：A5．函数的部分图象大致形状是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先判断函数的奇偶性，再求函数的零点，由函数的符号，利用排除法即可得正确选项.【详解】定义域为，关于原点对称，，所以是偶函数，图象关于轴对称，故排除选项B、D；当时，令可得或，所以时，两个相邻的零点为和，当时，，，，故排除选项A，故选：C.6．（    ）A．2 B．－2 C．1 D．－1【答案】D【分析】利用切化弦，三角恒等变换，逆用两角差的正弦公式，二倍角公式，诱导公式化简求值.【详解】故选: D7．过双曲线上一点作双曲线的切线，若直线与直线的斜率均存在，且斜率之积为，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，则可得切线为，从而可求出直线的斜率，再由题意可得，则得，进而可求出双曲线的离心率【详解】设，由于双曲线在点处的切线方程为，故切线的斜率；因为，则，则，即双曲线的离心率，故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的方程与性质，考查考生直观想象、数学运算的核心素养，解题的关键是求出双曲线在点处的切线方程为，则有切线的斜率，再结题意可得答案，属于中档题8．若，则的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】因为本题是选择题，所以可以用特值法排除错误的选项，进而得到正确答案.【详解】因为，所以取，则，，显然，故可排除选项A和B；又，故可排除选项C.故选：D.【点睛】关键点点睛：对特值成立的选项不一定是正确答案，但是对特值不成立的选项一定是错误答案.因此特值法往往和排除法结合在一起使用. 二、多选题9．在“世界杯”足球赛闭幕后，某中学学生会对本校高三年级1000名学生收看比赛的情况用随机抽样方式进行调查，样本容量为50，将数据分组整理后，列表如下：观看场数01234567观看人数占调查人数的百分比8%10%20%26%m%12%6%2%从表中可以得出正确的结论为（    ）A．表中m的数值为16B．估计全年级观看比赛低于4场的学生约为32人C．估计全年級观看比赛不低于4场的学生约为360D．估计全年级观看比赛场数的众数为2【答案】AC【分析】由频率分布表的性质，求出；先由频率分布表求出观看比赛不低于4场的学生所占比率，由此估计观看比赛不低于4场的学生人数；根据频率分布表读出众数．【详解】解：由频率分布表的性质，得：，故正确；观看比赛低于4场的学生所占比率为：，估计观看比赛低于4场的学生约为：人，故错误， 观看比赛不低于4场的学生所占比率为：，估计观看比赛不低于4场的学生约为：人，故正确， 出现频率最高的为3．故估计全年级观看比赛场数的众数为，故错误；故选：．10．函数，下列说法正确的是（    ）A．的定义域为B．在定义域内单调递増C．不等式的解集为D．函数的图象关于直线对称【答案】AD【分析】分别考虑函数的定义域、单调性及对称性就可以对每一个选项作出判断.【详解】要使函数有意义，则，故A正确；，令，易知其在上单调递减，所以在上单调递减，故B不正确；由于在上单调递减，所以对于，有，故C不正确；令，解得，所以关于直线对称，故D正确.故选：AD11．已知圆，圆，且不同时为0）交于不同的两点，下列结论正确的是（    ）A．B．C．D．M，N为圆上的两动点，且，则的最大值为【答案】ABC【分析】两圆相减就得到公共弦所在的直线AB的方程，点A，B代入直线AB的方程，即可判断选项A，B正确；分析出AB的中点恰为的中点即可得到选项C正确；设的中点为，把求的最大值转化为求的最大值，即可判断选项D.【详解】由，得 ，两圆的方程相减得到直线AB的方程为，因为点在直线AB上，所以代入直线AB的方程，得，——①因此选项A正确；又因为也在直线AB上，所以代入直线AB的方程，得——②，①②，得，因此选项B正确；因为两圆半径相等，所以AB的中点恰为的中点，所以成立，因此选项C正确；设的中点为，则，当三点共线时最大，最大为,因此选项D错误.故选：ABC.12．已知梯形，，，，是线段上的动点；将沿着所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项中正确的是（    ）A．不论何时，与都不可能垂直B．存在某个位置，使得平面C．直线与平面所成角存在最大值D．四面体的外接球的表面积的最小值为【答案】AD【分析】利用反证法可判断AB选项的正误；分别取、的中点、，连接、，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项的正误；设四面体的外接球心为，求出四面体外接球半径的最小值，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，在梯形中，，，，，且，则，因为，由余弦定理可得，，，若，且，平面，平面，，事实上，矛盾，故不论何时，与都不可能垂直，A选项正确；对于B选项，若平面，平面，则，所以，，而，，即，则、、无法构成三角形，不合乎题意，B选项错误；对于C选项，分别取、的中点、，连接、，则，，，则，，为的中点，则，，故平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、，，设三棱锥的球心为，由可得，解得，设三棱锥的外接球半径为，则，当且仅当时，等号成立，因此，四面体的外接球的表面积的最小值为，D选项正确.对于C选项，设，，易知平面的一个法向量为，，而，即当时，无最大值，进而可知直线与平面所成角无最大值，C选项错误.故选：AD.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.  三、填空题13．已知命题，则该命题是_____________（填“真命题”或“假命题”）.【答案】假命题【分析】取，即可得出答案.【详解】当时，，所以命题为假命题.故答案为：假命题.14．已知函数，则所有的切线中斜率最小的切线方程为_________.【答案】【分析】求得函数导数，由基本不等关系求得导数的最小值，即函数所有切线中斜率最小值，进而求得切线方程.【详解】由，，则，时等号成立，则函数所有切线中斜率最小为3，且过点，则切线方程为故答案为：15．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积＝ （弦 矢＋），弧田（如图）由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，现有圆心角为，半径等于4米的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约为___________平方米（精确到1平方米，参考数据【答案】9【分析】读懂题意，理解“弦”、“矢”的含义，求出圆心角为，半径等于4米的“弦”、“矢”，根据题中的公式弧田面积＝ （弦 矢＋）计算即可得出答案.【详解】根据题意 ,，则 ， ，则弦为 ，矢为 ,所以弧田面积约为 .故答案为：9 四、双空题16．古希腊数学家阿波罗尼采用平面切割圆锥的方法来研究曲线，如图①，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线和双曲线.图②，在底面半径和高均为的圆锥中，、是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，是线段的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以E为顶点的圆锥曲线的一部分，则该曲线为____________，是该曲线上的两点且，若经过点，则__________.【答案】抛物线        【分析】根据圆锥曲线的定义直接判断即可，再根据抛物线通径的性质直接得出答案即可.【详解】由已知底面半径和高均为，得，又为中点，，且，所以平面，根据圆锥曲线的定义可知截面与圆锥母线平行时，曲线为抛物线，又为中点，故，，又底面，故，由，，故平面，，又，故为抛物线的通径，. 五、解答题17．已知数列是等差数列，前n项和为；数列是各项均为正数的等比数列，前n项和为；且. （1）分别求数列的通项公式和前n项和； （2）若将数列中出现的数列的项剔除后，剩余的项从小到大排列得到数列，记数列的前n项和为，求.【答案】(1)，，，；(2).【分析】(1)根据等差数列和等比数列的通项公式列出首项与公差和首项与公比的方程组，从而求解；(2)首先计算出前2021项是由等差数列的前2032项剔除的前11项得到的，从而计算.【详解】(1)设等差数列的首项为，公差为d，等比数列的首项为，公比为q ，根据条件得，解得 ，所以， .，解得 （负根舍去），所以 (2)将数列中出现的数列的项剔除后，剩余的项从大到小排列得到数列 所以数列的中需要剔除的前11项18．在中，角A，B，C的对边分别为，且a＜b＜c，现有三个条件：①a、b、c为连续偶数；②；③ .(1)从上述三个条件中选出           两个，使得不存在，并说明理由；(2)从上述三个条件中选出          两个，使得存在；若△ABC存在且唯一，请求出a的值；若存在且不唯一，请说明理由.【答案】(1)不存在，理由见解析；(2)答案见解析.【分析】(1) 选①②时：由②根据正弦定理得出边的关系，结合a，b，c为连续偶数的条件，设出边从而求出边，验证两边之和是否大于第三边，即可得到不存在；(2)把②的条件变为，根据正弦定理得到.若选①③可求出的具体值；若选②③可求出的比值，从而能得出结论.【详解】(1)选①②时，不存在，理由如下：因为为连续偶数且，所以又由② 及正弦定理得所以，此时不满足，故不存在.(2)选①③时，存在且唯一，理由如下： 因为为连续偶数且，所以由③得，再由正弦定理得所以，解得(舍去)此时，故存在且唯一.选②③时，存在但不唯一，理由如下：由②及正弦定理得，由③得，再由正弦定理得，所以，即 ，则满足及 ，所以存在但不唯一.19．已知如图①，在菱形中，且，为的中点，将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥.（1）求证：平面平面；（2）若为的中点，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用题中所给的条件证明，，因为，所以，，即可证明平面，进一步可得面面垂直；（2）先证明平面，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量的夹角公式即可求解【详解】解：（1）在图①中，连接，如图所示：因为四边形为菱形，，所以是等边三角形.因为为的中点，所以，.又，所以.在图②中，，所以，即.因为，所以，.又，，平面.所以平面.又平面，所以平面平面.（2）由（1）知，，.因为，，平面.所以平面.以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，.因为为的中点，所以.所以，.设平面的一个法向量为，由得.令，得，，所以.设平面的一个法向量为.因为，由得令，，，得则，所以二面角的余弦值为.【点睛】思路点睛：证明面面垂直的思路（1）利用面面垂直的定义，（不常用）（2）利用面面垂直的判定定理；（3）利用性质：，.20．某科技公司组织技术人员进行某新项目研发，技术人员将独立地进行项日中不同类型的实验甲、乙、丙，已知实验甲、乙、丙成功的概率分别为、、.（1）对实验甲、乙、丙各进行一次，求至少有一次成功的概率；（2）该项目研发流程如下：实验甲做一次，若成功，则奖励技术人员万元并进行实验乙，否则技术人员不获得奖励且该项目终止；实验乙做两次，若两次都成功，则追加技术人员万元奖励并进行实验丙，否则技术人员不追加奖励且该项目终止；实验丙做三次，若至少两次成功，则项目研发成功，再追加技术员万元奖励，否则不追加奖励且该项目终止.每次实验相互独立，用X（单位：万元）表示技术人员所获得奖励的数值，写出X的分布列及数学期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式以及对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可计算得出的值.【详解】（1）记实验甲、乙、丙成功分别为事件、、，且相互独立，记事件对实验甲、乙、丙各进行一次，至少成功一次，则 ；（2）由题意可知，随机变量的可能值有、、、，则，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：XP所以，随机变量的数学期望为（万元）.21．已知椭圆，点为焦点，过且垂直于轴的直线交椭圆于S，T两点，且，点为x轴上一点，直线与椭圆C交于不同的两点A，B.（1）求椭圆C的方程；（2）直线PA、PB分别交y轴于M、N两点，O为坐标系原点，问：x轴上是否存在点Q，使得？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）由，得，又，根据椭圆中之间的关系即可求解；（2）假设存在x轴上的点满足题意，由对称性,设出A、B的坐标，求出直线PA、PB的方程，令x=0求出M、N的坐标，再由，得，即，结合点在椭圆上即可求解．【详解】解：（1）由题意，，即，解得，所以椭圆C的方程为；（2）假设存在点Q使得，设，因为，所以，则，即，所以.因为直线交椭圆C于A，B两点，则A，B两点关于y轴对称.设 ，因为，则直线PA的方程为：，令，得，直线PB的方程为：，令，得，因为，所以，又因为点在椭圆上，所以，所以，即， 所以存在点，使得成立.22．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若恒成立，求的最大值.【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）求出，结合的取值范围，讨论在上的正负号即可得出在上的单调性.（2）利用参变分离可得在恒成立,利用导函数求出在上的最小值即为答案.【详解】（1）当时，恒成立在上单调递增；当时，在单调递增；在单调递减当时，在单调递增综上所述：当时， 在上单调递增；当时，在 单调递增，在单调递减（2） 在恒成立，可得恒成立；设，则令，则令，则，因为，所以在上单调递增，令，则易知在单调递减；在单调递增； ，可得 所以在上单调递增，又因为所以在上，在上所以在上单调递减；在上单调递增所以在上，，所以所以的最大值为.【点睛】本题考查利用导函数研究函数的单调性与恒成立问题.一般恒成立问题常常先利用参变分离后再转换成最值问题来解决.