湖北省荆门市龙泉中学2021届高三下学期5月月考数学试题

这是一份湖北省荆门市龙泉中学2021届高三下学期5月月考数学试题，共24页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知随机变量，且，则的最小值为，在中，，则等内容，欢迎下载使用。

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湖北省荆门市龙泉中学2021届高三下学期5月月考数学试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
总分
得分





注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分



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．
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．
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．
4．已知随机变量，且，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
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
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．
7．已知的外接圆半径为1，圆心为O，且，则的值为（       ）
A． B． C． D．
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．
评卷人
得分



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
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
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
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．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分



三、填空题
13．若．且．则的展开式中的常数项为___________．
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．
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_________.

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___________．

评卷人
得分



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．
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.
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．
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.
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．

甲得分
乙得分
总计
甲发球

50
100
乙发球
60

90
总计


190

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：

0.15
0.10
0.05
0.010
0.001

2.072
2.706
3.841
6.635
10.828

22．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证：.

参考答案：
1．B
【解析】
【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．C
【解析】
【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．B
【解析】
【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．B
【解析】
【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．D
【解析】
【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．C
【解析】
【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．C
【解析】
【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．D
【解析】
【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.
9．ABD
【解析】
【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．ACD
【解析】
【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．BD
【解析】
【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．ACD
【解析】
【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
13．
【解析】
【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：.
14．53
【解析】
【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．
【解析】
【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．
【解析】
【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：．
17．答案不唯一，具体见解析．
【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．（1）；（2）.
【解析】
【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．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【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．
(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．（1）；（2）证明见解析.
【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．（Ⅰ）（Ⅱ）①列联表见解析，有；②分布列见解析，
【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：

甲得分
乙得分
总计
甲发球
50
50
100
乙发球
60
30
90
总计
110
80
190


∵，∴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

2
4
5





∴
【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．（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【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.