广东省汕头市2021届高三上学期普通高中毕业班教学质量监测数学试题 Word版含答案 14页

汕头市 2020～2021 学年度普通高中毕业班教学质量监测试题 数学 考生注意： 1．答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名等信息填涂在答题卡相应位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其它答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，监考员将试题卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷 选择题 一、单项选择题：本题共 8 小题．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．已知集合    2 4 0A x x x    ，  3B x x  ，则 A B  （ ） A． 2x x  B． 4x x  C． 2 3x x  D． R 2．已知 a 是实数， 1 a i i   是纯虚数，则 a （ ） A．1 B． 2 C． 1 D． 2 3．中国是发现和研究勾股定理最古老的国家之一，古代数学家称直角三角形较短的直角边为勾，另一直角 边为股，斜边为弦，其三边长组成的一组数据成为勾股数，现有一组勾股数 3，4，5，则由这组勾股数组成 没有重复数字的三位数中，能被 2 整除的概率为（ ） A． 1 6 B． 1 3 C． 1 2 D． 2 3 4．已知  3sin3a  ， sin33b  ， ln sin 3c  ，则 a ，b ， c 的大小关系为（ ） A．b a c  B． c b a  C． a c b  D． c a b  5．爱美之心，人皆有之健身减肥已成为很多肥胖者业余选择的项目．为了了解运动健身减肥的效果，某健 身房调查了 100 名肥胖者，健身之前他们的体重（单位：kg）情况如柱状图 1 所示，经过六个月的健身后， 他们的体重情况如柱状图 2 所示．对比健身前后，关于这 100 名肥胖者，下面结论不正确．．．的是（ ） 柱状图 1 柱状图 2 A．他们健身后，体重在区间 90,100 内的人数增加了 10 个 B．他们健身后，原来体重在区间 110,120 内的肥胖者体重都有减少 C．他们健身后，体重在区间 100,110 内的人数没有改变 D．因为体重在 100,110 内所占比例没有发生变化，所以说明健身对体重没有任何影响 6．  52 2x y x y  的展开式中的 3 3x y 系数为（ ） A． 200 B． 120 C．120 D．200 7．已知定义在 R 的函数  y f x 满足以下条件：①对任意 Rx  都有     0f x f x   ；②对任意  1 2, 0,x x   且 1 2x x 都有      1 2 1 2 0x x f x f x     ；③  2 0f  ，则不等式  2log 0f x  的 解集为（ ） A．  10, 4,4       B．   ,2 2,   C． 4, D． 2, 8．运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个 平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．构造一个底面半径和高都与球的半径相等的 圆柱，与半球（如图 1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面 为底面的圆锥后得到一新几何体（如图 2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两 个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等现将椭圆 2 2 116 36 x y  绕 y 轴旋转一周后得一橄榄状 的几何体（如图 3），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ） 图 1 图 2 图 3 A． 64π B．148π C．128π D．32π 二、多项选择题：本题共 4 小题．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9．已知数列 na 是公差为 3 的等差数列， 4 1a  ，数列 na 前 n 项和为 nS ，下面选项中正确的是（ ） A． 8 62 1a a  B． nS 小值为 15 C． 0nS  时 n 的最小值为 7 D． na 前 n 项之积最大值 40 10．下列不等式正确的有（ ） A．当 π0, 2x     时，函数 2sin siny x x   的最小值为 2 2 B．若 logx aa x 恒成立，则 2 2a  C．函数 31 2y x x     0x  的最小值为1 2 6 D．已知实数 a ，b 满足 ln lna b 且 a b ，则 1 4 a b  的最小值是 4 11．已知函数    sinf x A x   0, 0, 2A        的部分图象如上图所示，现将  y f x 的图 象向左平移 4  个单位，得到  y g x 的图象，下列说法错误．．的是（ ） A．该图象对应的函数解析式为   2sin 2 3f x x      B．函数  y g x 的图象关于直线 6x  对称 C．函数  y g x 的图象关于点 ,012      对称 D．函数  y g x 在 ,6 3      上单调递增 12．如图，棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， M 为线段 1AB 上的动点（含端点），则下列结论正确 的是（ ） A．平面 BCM  平面 1A AM B．三棱锥 1B MB C 体积最大值为 1 6 C．当 M 为 1AB 中点时，直线 1B D 与直线CM 所成的角的余弦值为 2 3 D．直线CM 与 1A D 所成的角不可能是 4  第Ⅱ卷 非选择题 三、填空题：本题共 4 小题． 13．设向量  ,1a x ，  2,b x  ，且 a b  ，则 x ______． 14．已知 ABC△ 的三个顶点分别为  3,0A  ，  2,1B ，  2,3C  ，则顶点 B 到 BC 边上中线 AD 所在直 线的距离为______． 15．如图，一辆汽车以每秒 20 米的速度在一条水平的公路上向正西行驶，到 A 处时测得公路北侧一山顶 D 在西偏北 15°的方向上，行驶到达 B 处时，测得此山顶 D 在西偏北 75°的方向上，仰角为 60°，已知山 的高度  3600 6 2CD   米，则汽车从 A 到 B 行驶了______小时． 16．直三棱柱的顶点都在一个半径为 3 的球面上，底面是等腰 ABC△ ，且 3 4AB AC BC  ，当直三棱 柱的体积最大时，此时它的高的值为______． 四、解答题：本大题共 6 小题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．在① 2 2 2sin sin sin sin sinA B C B C   ，② 2 cos 2a C b c  这两个条件中任选一个，补充到下面 问题的横线中，并解答． 已知 ABC△ 中，角 A ，B ，C 的对边分别是 a ，b c ， 2 3a  ， 4b  且满足______，求 ABC△ 面积． 18．已知公比不为 1 的等比数列 na ，其前 n 项和为 nS ， 4 1 81a  ，且 1S ， 2S ， 33a 成等差数列． （1）求数列 na 的通项公式； （2）若  cosn nb a n  ，求数列 nnb 的前 n 项和． 19．已知边长为 2 的等边 ABC△ （图 1），点 D 和点 E 分别是边 AC 、AB 上的中点，将 ADE△ 沿直线 DE 折到 ADE△ 的位置，使得平面 A DE  平面 BCDE （图 2），此时点O 和点 P 分别是边 DE 、 BE 上的中 点． （1）证明：CD  平面 A OP ； （2）求平面 A CD 与平面 BCDE 所成锐二面角的余弦值． 图 1 图 2 20．当前新冠肺炎疫情形势依然严峻，防控新冠肺炎疫情需常态化，为提高防控能力以及实效，某学校为 宣传防疫知识做了大量工作，近期该校还将准备组织一次有关新冠病毒预防知识竞赛活动，竞赛分初赛和 决赛两阶段进行．初赛共有 5 道必答题，答对 4 道或 4 道以上试题即可进入决赛；决赛阶段共 3 道选答题．每 位同学都独立答题，且每道题是否答对相互独立．已知甲同学初赛阶段答对每道题的概率为 2 3 ，决赛阶段 答对每题的概率为 1 3 ． （1）求甲同学进入决赛的概率； （2）在决赛阶段，若选择答题，答对一道得 4 分，答错一道扣 1 分，选择放弃答题得 0 分，已知甲同学对 于选答的 3 道题，选择回答和放弃回答的概率均为 1 2 ．已知甲同学已获决赛资格，求甲同学在决赛阶段， 得分 x 的分布列及数学期望． 21．已知椭圆C ： 2 2 2 2 1x y a b    0a b  其左、右焦点分别为 1F 、 2F ，且离心率为 2 2 ，点 B 为椭圆的 一个顶点，三角形 1 2BF F 的面积为 2． （1）求椭圆C 的方程； （2）若点 A 为椭圆的左顶点，点 P 在椭圆C 上，线段 AP 的垂直平分线与 y 轴相交于点Q ，若 PAQ△ 为 等边三角形，求点 P 的横坐标． 22．已知    ln 1 1xf x ae x    ． （1）当 1a  时，求  f x 的最小值； （2）若   1lnf x a  恒成立，求 a 的取值范围． 汕头市 2020～2021 学年度普通高中毕业班教学质量监测试题 数学参考答案 一、单项选择题：本题共 12 小题． 1．B 2．C 3．B 4．D 5．D 6．A 7．A 8．C 二、多项选择题：本题共 4 小题． 9．BCD 10．CD 11．BD 12．ABC 三、填空题：本题共 4 小题． 13．0 14． 7 1313 15．0.1 16． 2 3 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．解：若选①： 2 2 2sin sin sin sin sinA B C B C   ， 由正弦定理得 2 2 2a b c bc   ， 又 2 3a  ， 4b  ，代入 2 2 2a b c bc   解得 2c  ． ∵ 2 2 2b a c  ∴ 2B  ∴ ABC△ 面积 1 1 2 3 2 2 32 2ABCS ac    △ ． 若选①： 2 2 2sin sin sin sin sinA B C B C   ， 由正弦定理得 2 2 2a b c bc   ， 由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    ， ∵ 0 A   ∴ 3A  ． 又 2 3a  ， 4b  ，代入 2 2 2a b c bc   解得 2c  ． ∴ ABC△ 面积 1 1 3sin 4 2 2 32 2 2ABCS bc A     △ ． 若选①： 2 2 2sin sin sin sin sinA B C B C   ， 由正弦定理得 2 2 2a b c bc   ， 由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    ， ∵ 0 A   ∴ 3A  ． 又 2 3a  ， 4b  ， 由正弦定理 sin sin a b A B  得 2 3 4 sinsin 3 B  ，∴sin 1B  ． ∵ 0 B   ，∴ 2B  ． ∴ 6C  ． ∴ ABC△ 面积 1 1 1sin 2 3 4 2 32 2 2ABCS ab C     △ ． （得到 2B  后，也可以算出边 2 2 2c b a   ．然后 1 1 2 3 2 2 32 2ABCS ac    △ ．） 若选②： 2 cos 2a C b c  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 22 a b ca b cab     ， 整理得 2 2 2a b c bc   ， 下面的解答与选①的各种解法一样 若选②： 2 cos 2a C b c  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 22 a b ca b cab     ， 整理得 2 2 2a b c bc   ， 由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    ， ∵ 0 A   ∴ 3A  ． 下面的解答与选①的各种解法一样 若选②： 2 cos 2a C b c  ，由正弦定理得  2sin cos 2sin sin 2sin sin 2sin cos 2cos sin sinA C B C A C C A C A C C        整理得 2cos sin sinA C C  sin 0C  ， ∴ 1cos 2A  ， 0 A   ∴ 3A  ． 下面的解答与选①的各种解法一样 （若用其他解法做对按分值和相应步骤给分） 18．解：（1）设等比数列 na 的公比为 q  1q  ，且 1S ， 2S ， 33a 成等差数列 所以有 2 1 32 3S S a  ∴  1 2 1 32 3a a a a   ，即 23 2 1 0q q   ，且 1q  解得： 1 3q   ，又 4 1 81a  ∴ 3 1 1 1 3 81a       ，即 1 1 3a   ∴ 1 1 1 3 n n na a q         ． （2）由（1）可知， 1 3 n na      ，得 1 cos3 n nb n      ∵  cos 1 nn   ∴  1 113 3 n n n nb               ，即 1 3 n nnb n      ∴ 1 2 31 1 1 11 2 33 3 3 3 n nT n                             ∴ 2 3 4 11 1 1 1 11 2 33 3 3 3 3 n nT n                              ①－②，得 1 2 3 12 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 n n nT n                                  1 1 113 3 1 1 31 3 n n n                 11 1 1 1 2 2 3 3 n n n               ∴ 13 3 1 1 3 3 2 1 3 2 3 4 4 3 2 3 4 4 3 4 3 n n n n n n n n nT                            19．（1）连接 BD ∵点O 和点 P 分别是边 DE 、 BE 上的中点． ∴ //BD OP ∵等边 ABC△ 中，点 D 是边 AC 的中点 ∴ DC BD ∴ DC OP ∵等边 ADE△ 中，点O 是边 DE 的中点 ∴ A O DE  又∵ A O  平面 A DE ∵平面 A DE  平面 BCDE 且平面 A DE 平面 BCDE DE ∴ A O  平面 BCDE ∴ A O CD  ∵ A O OP O   ∴CD  平面 A OP （2）连接 BC 的中点 H ，由图 1 得OH BC 以 O 为坐标原点，分别以OH ，OD ，OA 所在直线为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系， 则 30,0, 2A      ， 10, ,02D     ， 3 ,1,02C       ，所以 1 30, ,2 2DA         ， 3 1, ,02 2DC        设平面 A CD 的法向量为  , ,n x y z ． 由 1 3 02 2 3 1 02 2 n DA y z n DC x y              ，取 3y  ，得  1, 3,1n   ； 因为平面 BCDE 的法向量为  0,0,1m  设平面 A CD 与平面 BCDE 所成锐二面角为 1 5cos 51 3 1 m n m n            所以，平面 A CD 与平面 BCDE 所成锐二面角的余弦值为 5 5 ． 20．解：（1）甲同学进入决赛的概率为： 4 5 4 5 5 5 2 1 2 112 3 3 3 243P C C             ． （2）依题意得，甲同学每道题选择回答并答对的概率为 1 1 1 2 3 6   ， 选择回答且答错的概率为 1 1 1 2 3 6   ，选择放弃回答的概率为 1 2 ． X 的可能取值为 3 ， 2 ， 1 ，0，2，3，4，7，8，12． 所以   31 13 3 27P X        ，   2 1 3 1 1 12 2 3 6P X C          ，   2 2 3 1 1 11 2 3 4P X C          ，   31 10 2 8P X       ，   2 2 3 1 1 12 3 6 18P X C         ，   1 1 3 2 1 1 1 13 2 3 6 6P X C C       ，   2 2 3 1 1 14 2 6 8P X C         ，   2 1 3 1 1 17 3 6 36P X C         ，   2 1 3 1 1 18 2 6 24P X C         ，   31 112 6 216P X       ， 所以 X 的分布列为： X 3 2 2 0 2 3 4 7 8 12 P 1 27 1 6 1 4 1 8 1 18 1 6 1 8 1 36 1 24 1 216        1 1 1 1 1 1 1 1 13 2 1 2 3 4 7 8 12 127 6 4 18 6 8 36 24 216E x                       ． 21．【解答】解：（1）由题意有： 2 2 2 2 2 2 c a bc a b c         解得： 2 2 a b   所以椭圆C 的方程为： 2 2 14 2 x y  （2）方法 1：设  0 0,P x y ，则 2 2 0 0 14 2 x y  ，且  2,0A  ， 若点 P 为右顶点，则点Q 为上（或下）顶点 4AP  ， 6AQ  ， PAQ△ 不是等边三角形，不合题意，所以 0 2x   ， 0 0y  ． 设线段 PA 中点为 M ，所以 0 02 ,2 2 x yM      ， 因为 PA MQ ，所以 1PA MQk k   ， 因为直线 PA 的斜率 0 0 2AP yk x   ，所以直线 MQ 的斜率 0 0 2 MQ xk y   ， 又直线 MQ 的方程为 0 0 0 0 2 2 2 2 y x xy xy         ， 令 0x  ，得到   0 00 0 2 2 2 2Q x xyy y    因为 2 2 0 0 14 2 x y  ，所以 0 2Q yy   ， 因为 PAQ△ 为正三角形， 所以 AP AQ ，即   2 2 2 2 0 0 02 2 4 yx y    化简，得到 2 0 05 32 12 0x x   ， 解得 0 2 5x   ， 0 6x   （舍） 故点 P 的横坐标为 2 5  ． 方法 2：设  0 0,P x y ，直线 AP 的方程为  2y k x  ． 当 0k  时，点 P 为右顶点，则点Q 为上（或下）顶点， 4AP  ， 6AQ  ， PAQ△ 不是等边三角形，不合题意，所以 0k  ． 联立方程   2 2 14 2 2 x y y k x       ，消元得 2 2 2 21 2 8 8 4 0k x k x k     ， 所以 16 0   ，所以   2 0 2 82 1 2 kx k     ， 设线段 PA 中点为 M ，所以 2 0 2 2 4 2 1 2M x kx k     ， 2 2 2 4 221 2 1 2M k ky k k k        ， 所以 2 2 2 4 2,1 2 1 2 k kM k k       ， 因为 AP MQ ，所以 1 MQK k   ， 所以直线 MQ 的方程为 2 2 2 2 1 4 1 2 1 2 k ky xk k k         ， 令 0x  ，得到 2 2 2 2 2 1 4 2 1 2 1 2 1 2Q k k ky k k k k       ， 因为 PAQ△ 为正三角形，所以 AP AQ ， 所以 2 2 2 2 4 21 41 2 1 2 kk k k          ， 化简，得到 4 24 3 0k k   ，解得 2 3 4k  ， 2 1k   （舍）， 所以 2 0 2 4 2 2 1 2 5 kx k     ， 故点 P 的横坐标为 2 5  ． 方法 3：设  0 0,P x y ，当直线 AP 的斜率为 0 时，点 P 为右顶点， 则点Q 为上（或下）顶点， 4AP  ， 6AQ  ， PAQ△ 不是等边三角形，不合题意，所以直线 AP 的斜率不为 0． 设直线 AP 的方程为 2x ty  ， 联立方程 2 2 14 2 2 x y x ty       ，消元得， 2 22 4 0t y ty   ， 所以 0 2 4 2 ty t   ， 设线段 PA 中点为 M ，所以 2 2 2M ty t   ， 2 4 2Mx t   ， 所以 2 2 4 2,2 2 tM t t       ， 因为 AP MQ ，所以 1 MQk k   ， 所以直线 MQ 的方程为 2 2 2 4 2 2 ty t xt t         ， 令 0x  ，得到 2 2 2Q ty t   因为 PAQ△ 为正三角形，所以 AP AQ 所以 2 2 2 2 4 21 42 2 t tt t t          化简，得到 4 23 4 0t t   ，解得 2 4 3t  ， 2 1t   （舍） 所以 2 0 2 2 4 2 4 5 tx t    ， 故点 P 的横坐标为 2 5  ． 22．解：（1）当 1a  时，    ln 1 1xf x e x    ，  f x 的定义域为 1,  ， ∵   1 1 xf x e x     ，    2 1 0 1 xf x e x      恒成立，故  f x 在  1,  上单调递增（不二次求导 直接判断，不扣分）， ∵  0 0f   ，∴当  1,0x  时，   0f x  ，当  0,x  时，   0f x  ∴    min 0 0f x f  ． （2）若原式成立，即  ln 1 ln 1 0xae x a     恒成立， 令    ln 1 ln 1xg x ae x a     ，  1,x   ，  0,a  ， ∵   1 1 xg x ae x     ，    2 1 0 1 xg x ae x      ，∴  g x 在 1,  上单调递增， 当 1a  时，由知     0g x f x  恒成立，故 1a  成立； 当 0 1a  时，  0 ln 1 1 0g a a a      ，故不成立； 当 1a  时，  0 1 0g a    ， 1 11 11 1 1 0a ag ae a a ea                ， ∴  1 1 0 0g ga        ，∴  g x 在 1,  上有唯一零点 0x ，且 0 1 1,0x a      ， 当  0 1,0x   时，   0g x  ，当  0 0,x   时，   0g x  ， ∴   0 0 0 1 01 xg x ae x     ，则 0 0 1 1 xae x   ，即  0 0ln ln 1a x x    ， ∴      0 0 0 0min 0 1ln 1 ln 1 ln ln 11 xg x g x ae x a a x ax               0 0 0 0 1 11 2ln 2 2 1 2ln 2 2ln 01 1x a x a ax x              ， 故 1a  成立， 所以，综上所述 1a  ．