湖北省龙泉中学2021届高三上学期8月月考数学试题 扫描版含答案 4页

8 月月考数学第 1 页 共 2 页 龙泉中学 2021 届高三年级 8 月月考 数 学 试 题 命题人：崔冬林 审题人：李光益 张建军 本试卷共 2 页，共 22 题。满分150分，考试用时120分钟。 注意事项：1. . . 2. 2B . 3. . 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．若全集      1,2,3,4,5,6 , 1,3,4 , 2,3,4U M N   ，则集合  UC M N 等于 A．{5,6} B．{1,5,6} C．{2,5,6} D．{12 5 6}，，， 2．已知命题 p， xR ， 1 2x xe e，则命题 p 的否定为 A． xR ， B． ， 1 2x xe e C． ， 1 2x xe e D． ， 3．下列函数中，既是偶函数，又在 0, 上单调递增的是 A． ln 1yx B． 1yxx C． cos xy x D． 2y x x 4．已知 0.3 0.3 1 2 1 , log 0.3, 0.32a b c   ，则 ,,abc的大小关系是 A． abc B． c a b C． a c b D．b c a 5．已知 : 1 2px， : 2 3qx，则 p 是 q 的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6．函数 1 sin3)( 2   x xxxf 在 ，- 的图象大致为 7． 81 2xx 的展开式中 5x 的系数为 A． 7 B． 35 8 C． 35 8 D．7 8．已知函数 f（x）的定义域为 R，且      1 , 0 2f x f x f   ，则不等式 ( ) 1 3 xf x e 的解集为 A．(1, ) B．( ,1) C．(0, ) D．( ,0) 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分． 9．汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗 1 升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车 在不同速度下的燃油效率情况，下列叙述中错误．．的是 A．消耗 1 升汽油乙车最多可行驶 5 千米 B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 C．甲车以 80 千米/小时的速度行驶 1 小时，消耗 10 升汽油 D．某城市机动车最高限速 80 千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油 10．若正实数 a，b 满足 2ab，则下列说法正确的是 A．ab 有最大值 1 B． ab有最小值 2 C． 11 ab 有最小值 2 D． 22ab 有最大值 2 11．在平面直角坐标系 xOy 中，点  4,4M 在抛物线  2 20y px p上，抛物线的焦点为 F ， 延长 MF 与抛物线相交于点 N ，则下列结论正确的是 A．抛物线的准线方程为 2x  B． 17 4MN  C．点 的坐标为 1 ,14  D． OMN 的面积为 5 2 12．已知函数      sin cos cos sinf x x x，其中 x 表示不超过实数 x 的最大整数，下列关于  fx结论正确的是 A． cos12f  B． 的一个周期是2 C． 在 0, 上单调递减 D． 的最大值大于 2 三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13．曲线 ( ) cosf x x x x 在点 ))0(,0( f 处的切线方程为_____________． 8 月月考数学第 2 页 共 2 页 14．已知函数 ,0() ( ), 0 xa b xfx g x x     是奇函数，且 4(log 2) 1f  ，则 ( 2)g  ． 15．《史记·卷六十五·孙子吴起列传第五》中记载了“田忌赛马”的故事．齐王有上等、中等、 下等马各一匹；田忌也有上等、中等、下等马各一匹．田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于 齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王 的下等马．现规定从双方的马匹中随机各选取一匹进行一场比赛,有优势的马一定会获胜,则在 一场比赛中齐王获胜的概率为_________． 16．过点 2 ( ,0)cA a 作双曲线   22 22: 1 0, 0,xyC a b cab    为半焦距 的一条渐近线的垂线，垂足为 P ， 点 Q 在双曲线C 上，且 3AQ QP ，则双曲线C 的离心率是________． 四、解答题：（本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分 10 分） 给出以下两个条件： ①数列 na 是首项为 2，满足 1 42nnSS ； ②数列 是首项为 2，满足 132nnSa． 请从这两个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解． 设数列 的前 n 项和为 nS ， na 与 满足______，记数列   ,nnbc满足 2 1 2 2 2log log lognnb a a a    ， 2 1 n nn nnc bb ，求数列{ nc }的前 n 项和 nT ． （注：如选择两个条件分别解答，按第一个解答计分） 18．（本小题满分 12 分） 已知 ABC 的内角 ,,A B C 的对边分别为 ,,abc，若 2 1cos 2 2 2 Ab c ． （Ⅰ）求角 C； （Ⅱ）BM 平分角 B 交 AC 于点 M，且 1, 6BM c，求 cos ABM ． 19．（本小题满分 12 分） 如图，已知平面 BCE 平面 ABC ，直线 DA 平面 ，且 DA AB AC． （Ⅰ）求证： //DA 平面 EBC ； （Ⅱ）若 3BAC ， DE 平面 BCE ，求二面角 A BD E的余弦值． 20．（本小题满分 12 分） 李明选择自主创业，在网上开了一家水果网店．在 2020 年双十一期间，为了增加水果销量，设计 了下面两种促销方案： 方案一：购买金额每满 120 元，即可抽奖一次，中奖可获得 20 元，每次中奖的概率为 p（01p）， 假设每次抽奖相互独立． 方案二：购买金额不低于 180 元时，即可优惠 x 元，并在优惠后的基础上打九折． （Ⅰ）在促销方案一中，设每 10 个抽奖人次中恰有 6 人次中奖的概率为  fp，求  fp的最大 值点 0p ； （Ⅱ）若促销方案二中，李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的八折，求 x 的最大值； （III）以（Ⅰ）中确定的 0p 作为 的值，且当 x 取（Ⅱ）中的最大值时，若某位顾客一次性购买 了 360 元，则该顾客应选择哪种促销方案？请说明理由． 21．（本小题满分 12 分） 已知圆 22:2O x y，点 P 为椭圆 22 :142 xyC 上一点，A，B 分别是椭圆 C 的左右顶点. （Ⅰ）若过 P 点的直线与圆 O 切于点 Q（Q 位于第一象限），求使得 OPQ 面积最大值时的 直线 PQ 的方程； （Ⅱ）若直线 AP，BP 与 y 轴的交点分别为 E，F，以 EF 为直径的圆与圆 O 交于点 M，求证： 直线 PM 平行于 x 轴. 22．（本小题满分 12 分） 已知函数    ln 1 ax a Rxfx   . （Ⅰ）求函数  fx的单调区间； （Ⅱ）是否存在 aR ，使得不等式    14 af x x恒成立？若存在，求出 a 的取值集合； 若不存在，请说明理由. 8 月月考数学第 3 页 共 2 页 龙泉中学 2021 届高三年级 8 月月考数学试题参考答案 一、单项选择题： 1-4 DBDB 5-8 BCDC 一、多项选择题：9 ABC 10 AC 11 CD 12 ABD 三、填空题 13． 2yx 14． 15 15． 2 3 16． 2 四．解答题 17．解：选①，由已知 1 42nnSS （1）， 当 2n  时， 142nnSS（2）， （1）-（2）得：  1144n n n na S S a   ，即 1 4nnaa  ，……………………………………..3 分 当 1n  时， 2142SS，由 1 2a  ，所以 22 4 2 2a    ， 所以 2 8a  ，满足 214aa ， 故 na 是以 2 为首项 4 为公比的等比数列，所以 212 n na  .…………………………………….6 分  2 1 2 2 2 2 1 2log log log logn n nb a a a a a a    21 3 (2 1)nn     ， 2 22 1 ( 1) 1 1 1 ( 1) ( 1) 1n nn n n n nc b b n n n n n n        ，……………………………………………….8 分 所以 11 1 1 1 1 11 2 2 3 1nnT c c c nn                         11 11 n nn   .………10 分 选②，由已知 132nnSa（1）， 则 时， 132nnSa （2）， （1）-（2）得 13 n n na a a，即 ，…………………………………………………..3 分 当 时， 1232aa，而 ，得 ，满足 ， 故 是以 2 为首项 4 为公比的等比数列，所以 .……………………………………6 分 下同选①. 18．解：（Ⅰ）由题1 cos 1 cos2 2 2 A b bAcc      …………………………………………..3 分 cos sin sin sin( ) sin cos cos sinA C B A C A C A C      sin cos 0AC(0, ) sin 0 cos 0 2A A C C        ．………………………………6 分 （Ⅱ）记 ABM ，则 MBC ，在 Rt MCB 中， cosCB  ， 在 Rt ACB 中，cos BCABC AB，即 coscos 2 6   ………………………….…………….9 分 即 2 cos2cos 1 6   3cos 4或 2 3 （舍） 3cos 4ABM   ．……….…………….….12 分 19．解：（Ⅰ）证明：过点 E 作 EH BC 于点 H ， 因为平面 BCE 平面 ABC ，又平面 BCE 平面 ABC BC ， EH  平面 BCE ， 所以 EH 平面 ，………………….. ………………….. …………………..3 分 又因为 DA 平面 ，所以 //AD EH ， 因为 平面 ， DA  平面 ，所以 //DA 平面 EBC ；…………………..5 分 （Ⅱ）因为 DE  平面 BEC ，所以 2DEB DEC     ，由 AB AC 可知 DB DC ， DE DE ， DEB DEC△ △ ，则 BE CE ， 所以点 是 BC 的中点，连接 AH ，则 AH BC ， 所以 AH  平面 ，则 //DE AH ，AH EH ，所以四边形 DAHE 是矩形以 为坐标原点，分别以 HB 、 HA 、 HE 所在直线为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，…………………………………7 分 设 2DA a ，则  0,0,2Ea、  0, 3 ,0Aa、  ,0,0Ba 、  0, 3 ,2D a a . 设平面 ABD 的一个法向量为  1 1 1,,m x y z ，又  , 3 ,0AB a a ，  0,0,2AD a . 由 0 0 m AB m AD     ，得 11 1 30 20 ax ay az    ，取 1 1y  ，得  3,1,0m  .……………………9 分 设平面 BDE 的一个法向量为  2 2 2,,n x y z ，又  , 3 ,2BD a a a ，  ,0,2BE a a . 由 0 0 n BD n BE     ，得 2 2 2 22 3 2 0 20 ax ay az ax az      ，取 2 1z  ，得  2,0,1n  ；…………………10 分 设二面角 A BD E的平面角为 ，则 15cos cos , 5 mn mn mn         ，……………11 分 由题知二面角 是钝角，则二面角 的余弦值为 15 5 ．………………12 分 20．解：（Ⅰ）依题意得：    466 10C1ppfp…………………………………………………1 分 则          4 3 36 5 6 5 6 10 10C 6 1 4 6011 1Cp p p p pf p pp      ，……………………2 分 当  30, , 05p f p  时 ；当 3,15p  时，   0fp  ，……………………………………3 分 故  fp在 3 5p  时取得最大值，所以 ．……………………………………………………4 分 （Ⅱ）设顾客一次购买水果的促销前总价为 y ， 当 180y  元时，有  90% 80%y x y    恒成立，……………………………………………6 分 即  98y x y 恒成立，所以 min 209 yx  ，故 x 的最大值为 20 元．……………………8 分 （III）若参加方案二，顾客可得减负金额为  360 360 20 90% 54    元． 若参加方案一，顾客可抽奖三次．设 X 表示顾客在三次抽奖中中奖的次数， 由于顾客每次抽奖的结果相互独立，则 3~ 3, 5XB  ，…………………………………………10 分 所以   33 1.85E X np    ．由于顾客每中一次可获得 20 元现金奖励， 因此该顾客在三次抽奖中可获得的奖励金额的均值为1.8 20 36元，…………………………11 分 又因为36 54 ，所以顾客应该选择方案二．……………………………………………………12 分 8 月月考数学第 4 页 共 2 页 21．解：（Ⅰ） OQ PQ ， 212222OPQS OQ PQ OP    ，……………………… 2 分 又 max 2OP  ，所以当 2OP  时， OPQ 面积取得最大值，此时点  2,0P ，………………3 分 又因为点 Q 位于第一象限， 2OQ  ， 45OPQ   ， 1PQk   ，……………………4 分 所以直线 PQ 的方程为 2yx   .………………………………………………………………..5 分 （Ⅱ）解法 1：由题意知点 P 不与点 A 或点 B 重合，设    00 11 , , ,P x y M x y ， 则 AP 直线方程为  0 0 22 yyxx ，令 0x  得 0 0 20, 2 yE x   ，……………………………..7 分 同理可求 0 0 20, 2 yF x   ，…………………………………………………………………………..8 分 0 11 0 2, 2 yME x yx    ， 0 11 0 2, 2 yMF x yx    ， 2 22 1 00 1 2 0 2 0 1 84044 yyME MF x y y xx       ，……………………………………………..10 分 将 22 11 2xy及 22 0042xy   代入化简得 10 yy ， 所以直线 PM 平行于 x 轴．………………………………………………………………………12 分 解法 2：由题意知点 P 不与点 A 或点 B 重合，设  0 0,P x y ，则 22 0042xy   ， 则 AP 直线方程为  0 0 22 yyxx ，令 得 0 0 20, 2 yE x   ，……………………………..7 分 同理可求 ，……………………………………………………………………………..8 分 所以 EF 中点为 0 2 0 40, 4 yD x   ，即 0 20,D y    ， 0 0 0 2 0 00 0 00 2 2 4 2 2 2 4 y y x y xEF x x x y       ， 22 2 00 222 000 42 4 2xyr yyy     ， 所以以 EF 为直径的圆的方程为： 2 2 2 00 242xyyy      ，…………………………………..10 分 联立方程组 2 2 0 2 2 2 0 2 242 xy xyyy            ，相减得： 2 0 2 00 4 4 44y y y y   ，所以 0yy ， 所以直线 PM 平行于 x 轴．……………………………….…………………………………………12 分 22.解：（Ⅰ）         2 22 211 11 x a xa x x f x x x      ( 0x  )，…………………………………1 分 令    2 21x x a x     ，其中  2 22 1 4a a a      ①当 0 即 04a时，   0fx  在 0,  上恒成立， 故  fx在 0, 上单调递增；……………………………………………………………………2 分 ②当 0 即 40aa或 ，  2 2 1 0x a x    的两根分别为   2 1 24 2 a a ax    ，   2 2 24 2 a a ax    ， 12xx ； 01 当 0a  时， 在 上恒成立，故 在 0, 上单调递增；……………3 分 02 当 4a  时，由   0fx  得 10 xx 或 2xx ；由   0fx  得 12x x x ； 故 在   120, , ,xx 上单调递增，在 12,xx上单调递减；……………………………4 分 综上，当 4a  时， 在 上单调递增； 当 时 在 上单调递增，在 上单调递减．……………………5 分 （Ⅱ）设    ln 114 aaxxxgx    ，则    2 1 41 a xg a x x     ， 依题意，函数   0gx 恒成立，又由  10g  ，…………………………………………………6 分 进而条件转化为不等式    1g x g 对 恒成立，所以  1g 是函数  gx的最大值，也是函数 的极大值，故  10g  ，解得 2a  ．………………………………………………………8 分 下面证明当 2a  时，满足题意．          23 22 122 2 1 2 1 gx x x xxx x x x x           ( )， 令   0gx  可得01x，令   0gx  可得 1x  .……………………………………………10 分 故 在 0,1 上递增，在 1,  上递减. 因此    10g x g，即不等式    12 af x x恒成立． 综上，存在且 a 的取值集合为 2 ．………………………………………………………………12 分