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

这是一份高中数学高考 2020-2021学年下学期高三5月月考卷 理科数学（A卷）-学生版，共11页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，已知，其中为常数，若，则，函数的图象大致是，已知函数，则的值为等内容，欢迎下载使用。
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．20219．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：8000600020000（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）．