（新高考）2020-2021学年高三5月月考数学试卷（A）含答案解析

1、（新高考）2020-2021学年高三5月月考数学试卷（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、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设，其中，则（ ）AB1CD2已知集合，集合，

2、则（ ）ABCD3设，则“”是“”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件4已知下表所示数据的回归直线方程，则实数的值为（ ）23456371821A11B12C13D145中，是的中点，点在边上，且满足，交于点，则（ ）ABCD6已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第i行第j列的数记为，如，则时，（ ）A54B18C9D67已知两点，若圆上存在点，使得，则正实数的取值范围为（ ）ABCD8已知函数，若函数有两个零点，则的取值范围是（ ）ABCD二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要

3、求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）A的最小正周期为B的图象关于直线对称C的图象的一个对称中心为D在上单调递增10如图所示，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为所在棱的中点，P为平面内（包括边界）一动点，且平面EFG，则（ ）AB平面EFGC三棱锥的体积为DP点的轨迹长度为211已知直线，以下结论正确的是（ ）A不论为何值时，与都互相垂直B当变化时，与分别经过定点和C不论为何值时，与都关于直线对称D如果与交于点M，则的最大值是12已知函数，若，则下列结论正确的是（ ）ABCD当时，第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题

4、5分13集合中有4个等差数列，集合中有5个等比数列，的元素个数是1，在中任取两个数列，这两个数列中既有等差数列又有等比数列的概率是_14在锐角中，为的中点，且，则_15已知，则_16如图，已知曲线，焦点，点在轴上运动，为上的动点，若的中点落在轴上，则_；斜率为的直线与的交点为，与轴的交点为，若，则_四、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（10分）某地区的平面规划图中（如图），三点分别表示三个街区，现准备在线段上的点处建一个停车场，它到街区的距离为，到街区的距离相等（1）若线段的长为，求的值；（2）若的面积为，求点到直线的距离18（12分）已知数列满足

5、，（1）求、；（2）猜想的通项公式并加以证明；（3）求数列的前项和19（12分）如图，四边形ABCD是边长为的菱形，DD1平面ABCD，BB1平面ABCD，且BB1DD12，E，F分别是AD1，AB1的中点（1）证明：平面BDEF平面CB1D1；（2）若ADC120°，求直线DB1与平面BDEF所成角的正弦值20（12分）双败淘汰制是一种竞赛形式，与普通的单败淘汰制输掉一场即被淘汰不同，参赛者只有在输掉两场比赛后才丧失争夺冠军的可能在双败淘汰制的比赛中，参赛者的数量一般是2的次方数，以保证每一轮都有偶数名参赛者第一轮通过抽签，两人一组进行对阵，胜者进入胜者组，败者进入负者组之后的每一

6、轮直到最后一轮之前，胜者组的选手两人一组相互对阵，胜者进入下一轮，败者则降到负者组参加本轮负者组的第二阶段对阵；负者组的第一阶段，由之前负者组的选手（不包括本轮胜者组落败的选手）两人一组相互对阵，败者被淘汰（已经败两场），胜者进入第二阶段，分别对阵在本轮由胜者组中降组下来的选手，胜者进入下一轮，败者被淘汰最后一轮，由胜者组最终获胜的选手（此前从未败过，记为）对阵负者组最终获胜的选手（败过一场，记为），若胜则获得冠军，若胜则双方再次对阵，胜者获得冠军某围棋赛事采用双败淘汰制，共有甲、乙、丙等8名选手参赛第一轮对阵双方由随机抽签产生，之后每一场对阵根据赛事规程自动产生对阵双方，每场对阵没有平局（1

7、）设“在第一轮对阵中，甲、乙、丙都不互为对手”为事件，求的概率；（2）已知甲对阵其余7名选手获胜的概率均为，解决以下问题：求甲恰在对阵三场后被淘汰的概率；若甲在第一轮获胜，设甲在该项赛事的总对阵场次为随机变量，求的分布列21（12分）已知e为椭圆的离心率，且点，均在椭圆上（1）求椭圆方程；（2）如图，分别为椭圆的左右焦点，点A在椭圆上，直线分别与椭圆交于B，C两点，直线交于点D，求证：为定值22（12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有2个极值点，证明：（新高考）2020-2021学年高三5月月考数学试卷（A）答案第卷一、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

8、项中，只有一项是符合题目要求的1【答案】A【解析】因为，所以，所以，解得，所以，故选A2【答案】D【解析】，因此，故选D3【答案】A【解析】当时，当且仅当时取等号，故“”是“”的充分条件，当时，满足，但不满足，故“”不是“”的必要条件，“”是“”的充分而不必要条件，故选A4【答案】A【解析】因为，所以，所以，解得，故选A5【答案】A【解析】由题设可得如下几何示意图，设，由，知，得，故选A6【答案】A【解析】奇数构成的数阵，令，解得，故2021是数阵中的第1011个数，第1行到第i行一共有个奇数，则第1行到第44行末一共有个奇数，第1行到第45行末一共有1035个数，所以2021位于第45行，又

9、第45行是从左到右依次递增，且共有45个奇数，所以2021位于第45行，从左到右第21列，所以，则，故选A7【答案】B【解析】因为，所以点在以为直径的圆上，方程为，半径为，圆的圆心坐标为，该圆心到原点的距离为，半径为，要想圆上存在点，使得，说明圆和圆有公共点，因此有，因为，所以，故选B8【答案】D【解析】作出的图象，如图所示，当与相切时，设切点为，则有，解得，所以相切时的斜率；将函数的图象顺时针旋转，当时，与有2个交点，满足题意；当时，与有3个交点，不满足题意；当时，与有1个交点，不满足题意；当时，与有0个或1个交点，不满足题意，故选D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题

10、给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9【答案】BD【解析】将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，对A：的周期为，故A错误；对B：当时，取得最值，故B正确；对C：当时，故C错误；对D：令，得，故的单调递增区间是，令，得的一个单调递增区间是，所以在上单调递增，故D正确，故选BD10【答案】BCD【解析】对于A，取的中点为，连接，由正方体的性质可知，而与相交，所以不平行，故A错误；对于B，连接，容易知道平面平面，由面面平行的性质可知平面EFG，故B正确；对于C，故C正确；对于D，由B可知平面平面，即点的轨迹为线段，长度为，故D正确，故选BCD11【

11、答案】ABD【解析】对于A，恒成立，恒成立，A正确；对于B，对于直线，当时，恒成立，则过定点；对于直线，当时，恒成立，则恒过定点，B正确；对于C，在上任取点，关于直线对称的点的坐标为，代入方程知不在上，C错误；对于D，联立，解得，即，即的最大值是，D正确，故选ABD12【答案】AD【解析】对于A选项，因为令，在上是增函数，所以当时，所以，即，故A选项正确；对于B选项，因为令，所以，所以时，单调递增；时，单调递减，所以与无法比较大小，故B选项错误；对于C选项，令，所以时，在单调递减；时，在单调递增，所以当时，故成立，当时，故C选项错误；对于D选项，由C选项知，当时，单调递增，又因为A正确，成立，

12、所以，故D选项正确，故选AD第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】由的元素个数是1可知，所以中共有8个数列，其中有一个数列既是等差数列又是等比数列，有3个数列为等差数列而不是等比数列，有4个数列为等比数列而不是等差数列则从中任取2个数列有种不同的取法从中取出的两个数列中，全为等差数列有种不同的取法，全为等比数列有种不同的取法所以这两个数列中既有等差数列又有等比数列有种不同的取法，所以这两个数列中既有等差数列又有等比数列的概率为，故答案为14【答案】【解析】由，由正弦定理可得的，因为，可得，所以，即，所以，在中，由余弦定理可得，即，解得或，当时，此时，此时为钝角三角形，不

13、符合题意，舍去；当时，因为为的中点，可得，在中，由余弦定理可得，所以，故答案为15【答案】60【解析】，展开式通项，即由题设对应，则，即，故答案为6016【答案】，【解析】设，因为是中点，在抛物线上，所以，所以，所以，设，直线方程为，则，由，得，因为，所以，即，由，及，解得，故答案为，四、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）【解析】（1）到的距离相等，在中，由正弦定理得，（2），在中，由余弦定理得，设点到直线的距离为，则，解得，即点到直线的距离为18【答案】（1），；（2），证明见解析；（3）【解析】（1）因为，所以，（2）猜想，

14、证明：因为，所以，即，因为，所以是以为首项、为公比的等比数列，故，（3）当时，；当时，则，因为当时，满足，所以当时，19【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：连接，交于点，连接，则为的中点，是的中点，平面，平面，所以平面，又是的中点，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面（2）取的中点，连接，在菱形中，为正三角形，则，由平面，故以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面BDEF的法向量为，即，令，则，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为20【答案】（1）；（2）；答案见解析【解析】（1）8人平均分成四组，共有种方法，其中甲，乙，丙都不分在同

15、一组的方法数为，所以（2）甲恰在对阵三场后淘汰，这三场的结果依次是“胜，败，败”或“败，胜，败”，故所求的概率为若甲在第一轮获胜，当时，表示甲在接下来的两场对阵都败，即；当时，有两种情况：（i）甲在接下来的3场比赛都胜，其概率为；（ii）甲4场对阵后被淘汰，表示甲在接下来的3场对阵1胜1败，且第4场败，概率为，所以；当时，有两种情况：（i）甲在接下来的2场对阵都胜，第4场败，概率为；（ii）甲在接下来的2场对阵1胜1败，第4场胜，第5场败，概率为，所以；当时，有两种情况：（i）甲第2场胜，在接下来的3场对阵为“败，胜，胜”，其概率为；（ii）甲第2场败，在接下来的4场对阵为“胜，胜，胜，败”，

16、其概率为，所以；当时，甲在接下来的5场对阵为“败，胜，胜，胜，胜”，即，所以的分布列为：3456721【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）因为点，在椭圆上，所以，又，解得，所以椭圆方程为（2）由（1）可知，设，则，的方程为，代入椭圆方程化简得，所以，得；同理的方程为，代入椭圆方程化简得，所以，得，将、分别代入、方程可得、，即、，所以方程：；所以方程：；联立消去得，解得，即，所以，所以为定值22【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1）的定义域是，求导得记，当时，令，当时，单调递减，当时，单调递增；当时，（负根舍去），当时，单调递减，当时，单调递增；当时，令，得，则在恒成立，于是在恒成立，在定义域上单调递减若，则，令，有2个不相等正根，在上单调递减，在单调递增，在单调递减综上，当时，函数增区间为，减区间为；当时，函数增区间为，减区间为；当时，函数减区间为，无增区间；当时，函数增区间为，减区间为，（2）由（1）知若有2个极值点时，有2个不相等正根，则，此时，且满是，所以，设，求导得，在上单调递增，所以综上所述有2个极值点时，成立