宁夏银川一中2021届高三数学（理）上学期第五次月考试题（Word版附答案） 8页

高三第五次月考 数学(理科)试卷 第 1页(共 2 页) 银川一中 2021 届高三年级第五次月考 理 科 数 学 命题人： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 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．设集合  3 5|A x x   ，  2| 3 4 0B x x x    ，则 A B  . A． B． | 2 5x x  C． 5{ | }4x x  D．{ | 3 4}x x  2．在复平面内，复数 z 对应的点的坐标是 Z (1，2），则  zi A．1 2i B． 2 i  C．1 2i D． 2 i  3．新冠肺炎疫情防控中，核酸检测是新冠肺炎确诊的有效快捷手段．某医院在成为新冠肺炎核酸检 测定点医院并开展检测工作的第 n 天，每个检测对象从接受检测到检测报告生成平均耗时  t n （单位：小时）大致服从的关系为   0 0 0 0 0 , , t n N nt n t n N N       （ 0t 、 0N 为常数）.已知第16 天检测过 程平均耗时为16 小时，第 64 天和第 67 天检测过程平均耗时均为8 小时，那么可得到第 49 天检 测过程平均耗时大致为 A．16 小时 B．11小时 C．9小时 D．8 小时 4．直线 1 : +1 0l ax y a   ，直线 1 : 4 2 0l x ay   ，则“ 2a   ”是“l1∥l2”的 A．充分必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 5．若 2cos( )12 10x    ， 5(12x  ， 11 )12  ，则 cos( )6 x  值为 A． 3 5 B． 4 5 C． 3 5  D． 4 5  6．设 nS 是等差数列 na 的前 n 项和，若 m 为大于 1 的正整数，且 2 1 13 2 3 4m m ma a a    ， 高三第五次月考 数学(理科)试卷 第 2页(共 2 页) 2 1 4038mS   ，则 m  . A．1000 B．1010 C．1020 D．1030 7．如右图所示，等边 ABC 的边长为 2 ， //AM BC ，且 6AM  . 若 N 为线段CM 的中点，则 AN BM   A．24 B．23 C．22 D．18 8．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有 刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问积 几何．”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底 面宽 3 丈，长 4 丈，上棱长 2 丈，高 2 丈，问：它的体积 是多少？”(已知 1 丈为 10 尺)该锲体的三视图如图所示，则该楔体的体积为 A．12000 立方尺 B．11000 立方尺 C．10000 立方尺 D．9000 立方尺 9．函数 1 4 1xy e x    （其中 e 为自然对数的底数）的图象可能是 A B C D 10．已知函数 ( 1) 2y f x   是奇函数， 2 1( ) 1 xg x x   ，且 ( )f x 与 ( )g x 的图像的交点为 1 1( , )x y ， 2 2( , )x y ， ， 6 6( , )x y ，则 1 2 6 1 2 6x x x y y y         A．0 B．6 C．12 D．18 11．若函数     2 1 2 2ln2 axf x a x x    在区间 1 ,12      内有极小值，则 a 的取值范围是 A． 1, e      B． , 1  C． 2, 1  D． , 2  12．在 ABC 中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c 已知 2 5c  ，且 52 sin cos sin sin sin2a C B a A b B b C   ，点 O 满足 0OA OB OC      ， 3cos 8CAO  ，则 ABC 的面积为 A．3 5 B． 55 4 C． 55 2 D． 55 高三第五次月考 数学(理科)试卷 第 3页(共 2 页) 二、填空题：（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13．已知 5 1cossin  xx ，  x0 ，则 xtan . 14．已知函数 233 1)( 23  xxxxf ，则函数  xf 的 极大值点为_________. 15．如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 4AC BC  ， AC BC ， 1 5CC  ， D 、 E 分别是 AB 、 1 1B C 的 中点，则异面直线 BE 与 CD 所成的角的余弦值为_____. 16．已知从 2 开始的连续偶数蛇形排列形成宝塔形数表，第一 行为 2，第二行为 4，6，第三行为 8，10，12，第四行为 14，16，18，20，如图所示，在宝塔形数表中位于第 i 行， 第 j 列的数记为 ,i ja ，比如 3,2 10a ， 4,2 16a ， 5,4 24a ， 若 , 2020i ja ，则i j =________. 三、解答题：共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17～21 题为必考题，每个 试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题：共 60 分) 17．（本题满分 12 分） 在 ABC 中，角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ， 已知 3a  ， 2c  ， 45B  ． （1）求sinC 的值； （2）在边 BC 上取一点 D ，使得 4cos 5ADC   ，求 tan DAC 的值． 18．（本题满分 12 分） 在数列 na 中， 1 1 2a  ， 1(4 2) (2 1)n nn a n a   . （1）设 2 1 n n ab n   ，证明： nb 是等比数列，并求 na 的通项公式； （2）设 nS 为数列 na 的前 n 项和，证明： 3nS  . 19．（本题满分 12 分） 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yG a ba b     的离心率为 6 3 ，右焦点为 (2 2,0) ，斜率为 1 的直线l 与 椭圆 G 交于 A、B 两点，以 AB 为底边作等腰三角形 PAB，顶点为 ( 3,2)P  . 高三第五次月考 数学(理科)试卷 第 4页(共 2 页) （1）求椭圆 G 的方程； （2）求 PAB 的面积. 20．（本题满分 12 分） 如图， PD  平面 ABCD AD CD AB CD PQ CD， ， ∥ ， ∥ ， 2 2 2AD CD DP PQ AB     ，点 E F M， ， 分别为 AP CD BQ， ， 的中点. （1）求证：EF∥平面 MPC ； （2）求二面角Q PM C  的正弦值； （3）若 N 为线段CQ 上的点，且直线 DN 与平面 PMQ 所成的角为 6  ，求线段QN 的长. 21．（本题满分 12 分） 已知函数      3 2 14 6 13 xf x x e x x g x a x lnx            ， ． （1）求函数  f x 在 0  ， 上的单调区间； （2）用  max m n， 表示 m n， 中的最大值，  f x 为  f x 的导函数，设函数       h x max f x g x ， ，若   0h x  在 0  ， 上恒成立，求实数 a 的取值范围； （3）证明：  *1 1 1 1 1 ln31 2 3 1 3 n Nn n n n n          ． (二)选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 两题中任选一题做答，如果多做．则按所做的第一题记分。 22．[选修 4－4：坐标系与参数方程] 在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为        sin2 cos y x （ 为参数），将曲线 1C 经过伸缩变换      yy xx ' 2' 后得到曲线 2C ．在以原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为 cos sin 10 0      ． （1）说明曲线 2C 是哪一种曲线，并将曲线 2C 的方程化为极坐标方程； （2）已知点 M 是曲线 2C 上的任意一点，求点 M 到直线l 的距离的最大值和最小值． 23．[选修 4—5：不等式选讲]（10 分） 已知函数   4 1 3f x x x     . （1）解不等式   2f x  ； （2）方程   2 0f x kx   解集非空，求 k 的取值范围. 高三第五次月考 数学(理科)试卷 第 5页(共 2 页) 银川一中 2021 届高三第五次月考数学(理科)参考答案 一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D B C C A B B C D D C D 二、 填空题 13．﹣ 14. -1 15. 58 29 16. 71 三、解答题 17.【解析】（1）由余弦定理，得 2 2 2 211 2cos cos45 2 26 2 a c b bB ac        ， 因此 2 5b  ，即 5b  ，由正弦定理 sin sin c b C B  ，得 2 5 sin 2 2 C  ，因此 5sin 5C  ． （2）∵ 4cos 5ADC   ，∴ 2 3sin 1 cos 5ADC ADC     ， ∵ ( , )2ADC    ，∴ (0, )2C  ，∴ 2 2 5cos 1 sin 5C C   ， sin sin( ) sin( )DAC DAC ADC C        2 5sin cos cos sin 25ADC C ADC C     ，∵ (0, )2DAC   ， ∴ 2 11 5cos 1 sin 25DAC DAC     ，故 sin 2tan cos 11 DACDAC DAC    ． 18．【解析】（1）因为 1 1 2 1 n n ab n     ， 1(4 2) (2 1)n nn a n a   ，所以 1 1(2 1) 1 (2 1) 2 n n n n b n a b n a    . 又 1 1b  ，所以 nb 是首项为 1 2 ，公比为 1 2 的等比数列. 于是 11 1 1 2 1 2 2 2 n n n n a bn        ，故 2 1 2n n na  . （2） 2 3 1 3 5 2 1 2 2 2 2n n nS     . 2 3 4 1 1 1 3 5 2 1 2 2 2 2 2n n nS       . 以上两式相减得 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2n n n nS        1 1 1 1 1 2 12 2 2 12 21 2 n n n        . 故 2 33 32n n nS    . 19. 【解答】（1）由已知得 62 2, 3 cc a   ，解得 2 3a  .又 2 2 2 4b a c   ，所以椭圆 G 的 方程为 2 2 112 4 x y  . 高三第五次月考 数学(理科)试卷 第 6页(共 2 页) （II）设直线l 的方程为 y x m  ，由 2 2 112 4 y x m x y     得， 2 24 6 3 12 0x mx m    …①. 设 A,B 的坐标分别为 1 1 2 2( , ),( , )x y x y 1 2( )x x ，AB 中点为 0 0( , )E x y ， 则 1 2 0 0 0 3 ,2 4 4 x x m mx y x m      . 因为 AB 是等腰 PAB 的底边，所以 PE AB . 所以 PE 的斜率 2 4 133 4 m k m       ，解得 2m  . 此时方程①为 24 12 0x x  ，解得 1 23, 0x x   ，所以 1 21, 2y y   .所以| | 3 2AB  .此时， 点 ( 3,2)P  到直线 AB： 2 0x y   的距离 | 3 2 2 | 3 2 22 d     ， 所以 PAB 的面积 1 9| |2 2S AB d   . 20.【解析】（Ⅰ）连接 EM ，因为 AB CD PQ CD∥ ， ∥ ， 所以 AB PQ∥ ，又因为 AB PQ ，所以 PABQ 为平行四边形. 由点 E 和 M 分别为 AP 和 BQ 的中点， 可得 EM AB∥ 且 EM AB ， 因为 2AB CD CD AB F∥ ， ， 为 CD 的中点， 所以CF AB∥ 且CF AB ，可得 EM CF∥ 且 EM CF ， 即四边形 EFCM 为平行四边形，所以 EF∥MC， 又 EF MPC 平面 ，CM MPC 平面 ， 所以 EF MPC∥平面 . （Ⅱ）因为 PD ABCD 平面 ， AD CD ，可以建立以 D 为原点，分别以 DA DC DP  ， ， 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向的空间直角坐标系. 依题意可得        0 0 0 2 0 0 2 1 0 0 2 0D A B C，， ， ，， ， ，， ， ，， ，      0 0 2 0 1 2 1 1 1P Q M，， ， ，， ， ，， .        1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 2 2PM PQ CM PC         ，， ， ，， ， ， ， ， ，， 设  1n x y z ， ， 为平面 PMQ 的法向量， 则 1 1 0 0 n PM n PQ          ，即 0 0 x y z y      ，不妨设 1z  ， 可得 )1,0,1(1 n 设  2n x y z ， ， 为平面 MPC 的法向量， 则 2 2 0 0 n PC n CM          ，即 2 2 0 0 y z x y z       ，不妨设 1z  ， 可得  2 = 0 1 1n ，， . 1 2 1 2 1 2 1cos 2 n nn n n n        ， ，于是 1 2 3sin 2n n  ， . 所以，二面角Q PM C  的正弦值为 3 2 . 高三第五次月考 数学(理科)试卷 第 7页(共 2 页) （Ⅲ）设  0 1QN QC     ，即  0 2QN QC      ， ， ，则  0 1 2 2N   ， ， . 从而  0 1 2 2DN ， ，    . 由（Ⅱ）知平面 PMQ 的法向量为  1 1 0 1n  ，， ， 由题意， 1 1 1 sin cos6 DN n DN n DN n      ，     ，即    2 2 2 21 2 1 2 2 2         ， 整理得 23 10 3 0    ，解得 1 3   或 3  ， 因为 0 1≤ ≤ 所以 1 3   ，所以 1 1 5 3 3 3QN QC QN QC    ， . 21.【解析】（1）因为     3 24 6xf x x e x x    ， 所以       3 33 2 6 3 2x xf x x e x x e        ， 令   0f x  得 3x  ，当 3x  时，   0f x  ，  f x 单调递增； 当 0 3x  时，   0f x  ，  f x 单调递减； 所以函数  f x 在  0  ， 上的单调递增区间为 3 ， ，单调递减区间为  0 3， ； （2）由（1）知     33 2xf x x e     ， 当 3x  时，   0f x  恒成立，故   0h x  恒成立； 当 3x  时，   0f x  ，又因为        0h x max f x g x ， 恒成立， 所以   0g x  在  0 3， 上恒成立， 所以 1 1 ln 03a x x       ，即 1 1 ln 3 xa x   在  0 3， 上恒成立， 令    1 ln 0 3xF x xx    ，则  1 3 maxa F x  ，由     2 2 1 ln 1 lnx xF x x x      ， 令   0F x  得 1x  ，易得  F x 在 01，上单调递增，在 13， 上单调递减， 所以    1 1maxF x F  ， 所以 1 13a   ，即 4 3a  ， 综上可得 4 3a  . （3）证明：设    1 0xm x e x x    ，则   1 0xm x e    ， 所以  m x 在 0  ， 上单调递增，所以    0 0m x m  ，即 1xe x  ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 2 3 1 2 3 3 3 1 1 2 3 1 3 n n n n n n n n n n n n ne e e e e n n n n n                       1 2 3 3 31 2 3 1 n n n n n n n n          ， 所以 1 1 1 1 1 ln31 2 3 1 3n n n n n         . 22.解析：（1）因为曲线 1C 的参数方程为{ 2 x cos y sin     （ 为参数）， 高三第五次月考 数学(理科)试卷 第 8页(共 2 页) 因为 2{ . x x y y     ， ，则曲线 2C 的参数方程 2{ 2 . x cos y sin       ， ． 所以 2C 的普通方程为 2 2 4x y   ． 所以 2C 为圆心在原点，半径为 2 的圆． 所以 2C 的极坐标方程为 2 4  ，即 2  ． （2）直线l 的普通方程为 10 0x y   ． 曲线 2C 上的点 M 到直线l 的距离 |2 2cos( + ) 10||2cos 2sin 10| 4 2 2 d      ． 当 cos + =14      即  =2 4k k Z    时， d 取到最小值为 |2 2 10| =5 2 2 2   ． 当 cos + = 14      即  3= 24 k k Z   时， d 取到最大值为 |2 2+10| =2 5 2 2  ． 23.【解析】   2 2 1 4 1 3 0 1 4 2 8 4 x x f x x x x x x                2f x  ，即 1 4 3 2x x     所以 1 2 2 2 x x     或 1 4 0 2 x    或 4 2 8 2 x x     解得 0 1x  或1 4x  或 4 5x  解集为 0 5x x  （2）等价于 1 1 4kx x x     有解 即函数 1y kx  和函数 1 4y x x    的图像有交点 5 2 1 1 4 3 1 4 2 5 4 x x y x x x x x             画出 1 4y x x    的图像，直线 1y kx  恒过点  0,1P , 即直线 1y kx  绕点 P 旋转时，与函数图象 1 4y x x    有交点时斜率的范围. 如图，当直线 1y kx  过点 B 时刚好满足条件，当旋转到斜率为 2 ，刚好不满足条件, 1 2BPk  所以 k 的取值范围为   1, 2 ,2     