高中数学高考 2020-2021学年下学期高三5月月考卷 数学（A卷）-教师版

（新高考）2020-2021学年下学期高三5月月考卷

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、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．设，其中，，则（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【解析】因为，所以，

所以，解得，

所以，故选A．

2．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】，，

因此，，故选D．

3．设，，则“”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件  B．必要而不充分条件

C．充分必要条件  D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】当时，，当且仅当时取等号，

故“”是“”的充分条件，

当时，，满足，但不满足，

故“”不是“”的必要条件，

“”是“”的充分而不必要条件，故选A．

4．已知下表所示数据的回归直线方程，则实数的值为（    ）

A．11 B．12 C．13 D．14

【答案】A

【解析】因为，所以，

所以，解得，

故选A．

5．中，是的中点，点在边上，且满足，交于点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题设可得如下几何示意图，

设，，

∵，∴，

∵，∴，

由，知，

∴，得，

∴，故选A．

6．已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第i行第j列的数记为，如，，则时，（    ）

…………………………………………

A．54 B．18 C．9 D．6

【答案】A

【解析】奇数构成的数阵，令，解得，

故2021是数阵中的第1011个数，

第1行到第i行一共有个奇数，

则第1行到第44行末一共有个奇数，第1行到第45行末一共有1035个数，

所以2021位于第45行，

又第45行是从左到右依次递增，且共有45个奇数，

所以2021位于第45行，从左到右第21列，所以，，

则，故选A．

7．已知两点，，，若圆上存在点，使得，则正实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】因为，所以点在以为直径的圆上，方程为，半径为，

圆的圆心坐标为，

该圆心到原点的距离为，半径为，

要想圆上存在点，使得，

说明圆和圆有公共点，

因此有，

因为，所以，故选B．

8．已知函数，，若函数有两个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】作出的图象，如图所示，

当与相切时，设切点为，

则有，解得，

所以相切时的斜率；

将函数的图象顺时针旋转，

当时，与有2个交点，满足题意；

当时，与有3个交点，不满足题意；

当时，与有1个交点，不满足题意；

当时，与有0个或1个交点，不满足题意，

故选D．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ）

A．的最小正周期为 B．的图象关于直线对称

C．的图象的一个对称中心为 D．在上单调递增

【答案】BD

【解析】将函数的图象向左平移个单位长度，

得到的图象，

对A：的周期为，故A错误；

对B：当时，，取得最值，故B正确；

对C：当时，，故C错误；

对D：令，得，

故的单调递增区间是，

令，得的一个单调递增区间是，所以在上单调递增，

故D正确，

故选BD．

10．如图所示，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为所在棱的中点，P为平面内（包括边界）一动点，且平面EFG，则（    ）

A．  B．平面EFG

C．三棱锥的体积为 D．P点的轨迹长度为2

【答案】BCD

【解析】对于A，取的中点为，连接，

由正方体的性质可知，，而与相交，所以不平行，故A错误；

对于B，连接，容易知道平面平面，由面面平行的性质可知平面EFG，故B正确；

对于C，，故C正确；

对于D，由B可知平面平面，即点的轨迹为线段，长度为，故D正确，

故选BCD．

11．已知直线，，，以下结论正确的是（    ）

A．不论为何值时，与都互相垂直

B．当变化时，与分别经过定点和

C．不论为何值时，与都关于直线对称

D．如果与交于点M，则的最大值是

【答案】ABD

【解析】对于A，恒成立，恒成立，A正确；

对于B，对于直线，当时，恒成立，则过定点；

对于直线，当时，恒成立，则恒过定点，B正确；

对于C，在上任取点，关于直线对称的点的坐标为，

代入方程知不在上，C错误；

对于D，联立，解得，即，

，即的最大值是，D正确，

故选ABD．

12．已知函数，若，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．当时，

【答案】AD

【解析】对于A选项，因为令，在上是增函数，

所以当时，，所以，即，

故A选项正确；

对于B选项，因为令，所以，

所以时，，单调递增；时，，单调递减，

所以与无法比较大小，故B选项错误；

对于C选项，令，

所以时，，在单调递减；

时，，在单调递增，

所以当时，，故成立，

当时，，，故C选项错误；

对于D选项，由C选项知，当时，单调递增，

又因为A正确，成立，

所以

，故D选项正确，

故选AD．

第Ⅱ卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．集合中有4个等差数列，集合中有5个等比数列，的元素个数是1，在中任取两个数列，这两个数列中既有等差数列又有等比数列的概率是_________．

【答案】

【解析】由的元素个数是1可知，所以中共有8个数列，

其中有一个数列既是等差数列又是等比数列，

有3个数列为等差数列而不是等比数列，有4个数列为等比数列而不是等差数列．

则从中任取2个数列有种不同的取法．

从中取出的两个数列中，全为等差数列有种不同的取法，全为等比数列有种不同的取法．

所以这两个数列中既有等差数列又有等比数列有种不同的取法，

所以这两个数列中既有等差数列又有等比数列的概率为，故答案为．

14．在锐角中，为的中点，，，且

，则__________．

【答案】

【解析】由，

由正弦定理可得的，

因为，可得，所以，

即，所以，

在中，由余弦定理可得，

即，解得或，

当时，此时，

此时为钝角三角形，不符合题意，舍去；

当时，因为为的中点，可得，

在中，由余弦定理可得，

所以，

故答案为．

15．已知，则_________．

【答案】60

【解析】∵，

∴展开式通项，即由题设对应，则，

∴，即，

故答案为60．

16．如图，已知曲线，焦点，点在轴上运动，为上的动点，若的中点落在轴上，则________；斜率为的直线与的交点为，，与轴的交点为，若，则________．

【答案】，

【解析】设，，，，

因为是中点，在抛物线上，

所以，，，

，，

，所以，所以，

设，，直线方程为，则，

由，得，，，

因为，所以，即，

由，及，，解得，，，

，

故答案为，．

四、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．（10分）某地区的平面规划图中（如图），三点分别表示三个街区，，现准备在线段上的点处建一个停车场，它到街区的距离为，到街区的距离相等．

（1）若线段的长为，求的值；

（2）若的面积为，求点到直线的距离．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）到的距离相等，，

在中，由正弦定理得，

．

（2），，

在中，由余弦定理得，

，，

，

设点到直线的距离为，则，解得，

即点到直线的距离为．

18．（12分）已知数列满足，．

（1）求、、；

（2）猜想的通项公式并加以证明；

（3）求数列的前项和．

【答案】（1），，；（2），证明见解析；（3）．

【解析】（1）因为，

所以，，．

（2）猜想，证明：

因为，所以，即，

因为，所以是以为首项、为公比的等比数列，

故，．

（3）当时，，；

当时，，

则

，

因为当时，满足，

所以当时，．

19．（12分）如图，四边形ABCD是边长为的菱形，DD1⊥平面ABCD，BB1⊥平面ABCD，

且BB1＝DD1＝2，E，F分别是AD1，AB1的中点．

（1）证明：平面BDEF∥平面CB1D1；

（2）若∠ADC＝120°，求直线DB1与平面BDEF所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）证明：连接，交于点，连接，则为的中点，

∵是的中点，，

平面，平面，所以平面，

又是的中点，，

平面，平面，所以平面，

又平面，，所以平面平面．

（2）取的中点，连接，

在菱形中，，为正三角形，则，

由平面，

故以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

∴，，，

设平面BDEF的法向量为，，即，

令，则，，，

设直线与平面所成角为，

则，

故直线与平面所成角的正弦值为．

20．（12分）双败淘汰制是一种竞赛形式，与普通的单败淘汰制输掉一场即被淘汰不同，参赛者只有在输掉两场比赛后才丧失争夺冠军的可能．在双败淘汰制的比赛中，参赛者的数量一般是2的次方数，以保证每一轮都有偶数名参赛者．第一轮通过抽签，两人一组进行对阵，胜者进入胜者组，败者进入负者组．之后的每一轮直到最后一轮之前，胜者组的选手两人一组相互对阵，胜者进入下一轮，败者则降到负者组参加本轮负者组的第二阶段对阵；负者组的第一阶段，由之前负者组的选手（不包括本轮胜者组落败的选手）两人一组相互对阵，败者被淘汰（已经败两场），胜者进入第二阶段，分别对阵在本轮由胜者组中降组下来的选手，胜者进入下一轮，败者被淘汰．最后一轮，由胜者组最终获胜的选手（此前从未败过，记为）对阵负者组最终获胜的选手（败过一场，记为），若胜则获得冠军，若胜则双方再次对阵，胜者获得冠军．某围棋赛事采用双败淘汰制，共有甲、乙、丙等8名选手参赛．第一轮对阵双方由随机抽签产生，之后每一场对阵根据赛事规程自动产生对阵双方，每场对阵没有平局．

（1）设“在第一轮对阵中，甲、乙、丙都不互为对手”为事件，求的概率；

（2）已知甲对阵其余7名选手获胜的概率均为，解决以下问题：

①求甲恰在对阵三场后被淘汰的概率；

②若甲在第一轮获胜，设甲在该项赛事的总对阵场次为随机变量，求的分布列．

【答案】（1）；（2）①；②答案见解析．

【解析】（1）8人平均分成四组，共有种方法，

其中甲，乙，丙都不分在同一组的方法数为，

所以．

（2）①甲恰在对阵三场后淘汰，这三场的结果依次是“胜，败，败”或“败，胜，败”，

故所求的概率为．

②若甲在第一轮获胜，．

当时，表示甲在接下来的两场对阵都败，即；

当时，有两种情况：

（i）甲在接下来的3场比赛都胜，其概率为；

（ii）甲4场对阵后被淘汰，表示甲在接下来的3场对阵1胜1败，且第4场败，

概率为，

所以；

当时，有两种情况：

（i）甲在接下来的2场对阵都胜，第4场败，概率为；

（ii）甲在接下来的2场对阵1胜1败，第4场胜，第5场败，

概率为，

所以；

当时，有两种情况：

（i）甲第2场胜，在接下来的3场对阵为“败，胜，胜”，其概率为；

（ii）甲第2场败，在接下来的4场对阵为“胜，胜，胜，败”，其概率为，

所以；

当时，甲在接下来的5场对阵为“败，胜，胜，胜，胜”，即，

所以的分布列为：

21．（12分）已知e为椭圆的离心率，且点，均在椭圆上．

（1）求椭圆方程；

（2）如图，分别为椭圆的左右焦点，点A在椭圆上，直线分别与椭圆交于B，C两点，直线交于点D，求证：为定值．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【解析】（1）因为点，在椭圆上，所以，

又，，解得，，

所以椭圆方程为．

（2）由（1）可知，，

设，则，

的方程为，

代入椭圆方程化简得，

所以，得；

同理的方程为，

代入椭圆方程化简得，

所以，得，

将、分别代入、方程可得、，

即、，

所以方程：①；

所以方程：②；

联立①②消去得，解得，即，

所以，

所以为定值．

22．（12分）已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）若有2个极值点，，证明：．

【答案】（1）见解析；（2）证明见解析．

【解析】（1）的定义域是，求导得．

记，

①当时，令，

当时，单调递减，

当时，单调递增；

②当时，，（负根舍去），

当时，单调递减，

当时，单调递增；

③当时，令，得，则在恒成立，

于是在恒成立，在定义域上单调递减．

若，则，

令，，

有2个不相等正根，在上单调递减，

在单调递增，在单调递减．

综上，当时，函数增区间为，减区间为；

当时，函数增区间为，减区间为；

当时，函数减区间为，无增区间；

当时，函数增区间为，

减区间为，．

（2）由（1）知若有2个极值点时，有2个不相等正根，

则，此时，，，

且满是，，，．

所以

，

设，，

求导得，在上单调递增，

所以．

综上所述有2个极值点时，成立．