《2020-2021学年下学期高三5月月考卷 理科数学（A卷）-教师版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020-2021学年下学期高三5月月考卷 理科数学（A卷）-教师版.doc（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 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
2、知全集，则集合（ ）ABCD【答案】C【解析】由，故选C2已知，复数（为虚数单位）是纯虚数，则复数的虚部是（ ）ABCD【答案】B【解析】因为是纯虚数，所以，解得，即，其虚部为，故选B3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【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A4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【答
3、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D5已知，其中为常数，若，则（ ）AB32C64D【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A6函数的图象大致是（ ）ABCD【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
4、时，可得，可排除D项，故选A7已知向量满足，与夹角的大小为，则（ ）A0BC2D【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A8已知函数，则的值为（ ）A1B2C2020D2021【答案】C【解析】函数，设，则有，所以，所以当时，令，所以，故，故选C9已知函数的图象的一条对称轴为，且，则的最小值为（ ）ABCD【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A10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
5、坐标为（ ）ABCD【答案】B【解析】设，因为，所以，所以，故选B11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（ ）ABCD【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C12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（ ）ABCD【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
6、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)，；，；，；，【答案】【解析】对于，由余弦定理，可得，即，方程无解，可得无解，故错误；对于，由余弦定理，可得，即，解得，可得有一个解，故错误；对于，由余弦定理，可得，即，解得或，可得有两个解，故正确；对于，由余弦定理，可得，即，解得或，可得有两个解，故正确，故答案为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，
7、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_【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_【答案】63【解析】，按照以上规律，可得，故答案为16已知不等式对任意恒成立，则实数的最小值为_【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
8、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（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【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218（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【答案】（1）证明见解析；（2）
9、【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（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：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；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
10、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【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，
11、乙赢4场5场比赛不同的输赢情况有种，即28种若甲赢4场，乙赢1场；甲获得全部奖金8000元；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；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；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
12、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（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【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
13、方程，所以直线过定点21（12分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若，求证：【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析【解析】（1），令，即，当时，即时，在为减函数；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（
14、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【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（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：【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）