【文档说明】山西省大同市灵丘县第一中学2020-2021学年高二下学期5月月考数学（理）答案.pdf，共(10)页，474.702 KB，由小赞的店铺上传

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1/10\2021高二年级月考理科数学参考答案1~5DACAD6~10BBBCD11~12DA一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共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【答案

】D【详解】由指数函数的值域可知，，解得：，即，则.2．【答案】A【详解】因为复数z满足，则，所以，故选：A.3．【答案】C【分析】根据每次抽取的球号均可能是1，2，3，4，5中某个可得答案．【解析】由于抽球是在有放回条件下进行的，所以每次抽取的球号均可能是1，2，3，4，5中某个，故两次抽取球

号码之和X的可能取值是2，3，4，5，6，7，8，9，10，共9个．故选C．4．【答案】A【详解】解：由题意知：，，，即，该双曲线的渐近线方程为：.5．【解析】选D．若p∧q为假命题，则p、q至少有一个为假命题.6．【答案】B【详解】解：根据题意，

甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去兰州老街、西固公园、西站十字．每人只能去一个地方，则每人有3种选择，则4人一共有种情况，若西站十字没人去，即四位同学选择了兰州老街、西固公园．每人有2种选择方法，则4人一共有种情况，故西站十字一定要有人去有种情况，即西

站十字一定有人去的游览方案有65种；故选：．7．【答案】B【详解】设公差为d，则11522234adad，所以322d，34d，178a，2/10101138510109242Sa.故选：B8．【答案】B【详解】由折线图

可知，月跑步里程的最小值出现在2月，故A正确；月跑步平均里程不是逐月增加的，故B不正确；月跑步里程数从小到大排列分别是：2月，8月，3月，4月，1月，5月，7月，6月，11月，9月，10月，故5月份对应的里程数为中位数，故C正确；1月到5月的月跑步平均里程相对于6月至11月波动性更小，变化比

较平稳，故D正确.故选：B9．【答案】C只需排甲乙丙三个节目即可。所以612333A。故选：C10．【答案】D【分析】根据排列组合知识，结合古典概型的概率公式，即可求解．【解析】最后一次取到的一

定是红球，前两次是一红球二白球，132253343(4)10CCAPXA，故选D．11．【答案】D【详解】根据光的反射原理知，反射光线的反向延长线必过点关于轴的对称点，设反射光线所在直线的斜率为，则反射光线所在直线方程为，即，又由反射光线与圆相切，可得，整理得，解得或

.12．【答案】A【详解】∵，∴，又，∴，由题设知，，即，∴，则，∴，，令，，则，3/10当时，，即函数单调递减；当时，，即函数单调递增；∴在上的最小值为，∴，则，∴在上单调递增，且.在上有唯一零点，故选：A．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【答案】0【详解】

因为向量，，，且，，所以，得，，解得，所以.14．【答案】6【详解】解：根据约束条件画出可行域如下图所示：作直线：，平移直线，当其过点时，取得最大值，最大值为.15．【答案】804/10【详解】的展开式通项为，令，得，因此，的展开式中，含项的系数为.16．【答案】或.

【详解】将四面体补形为直三棱柱如下图所示（设为直三棱柱上下底面三角形的外接圆圆心）：图（1）中，图（2）中，在图（1）（2）中可知：，所以平面，图（1）（2）中取的中点，连接，则为四面体的外接球的球心，为外接球的半径，图（1）中，且为等

边三角形，所以，所以，所以外接球的表面积为；图（2）中，，且为等边三角形，所以，所以，所以外接球的表面积为；三、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10分）解析：（1）定义域(0,)，()l

nfxx，（2分）(1)0kf，又(1)1f，（4分）所以曲线()yfx在点1x处的切线方程为1y．(5分)（2）由（1）令()0fx，有1x，（6分）5/10列表如下x1e1,1e1(1,)ee()fx负0正()fx单调递减极小值单调

递增由上表可知当1x时，函数()fx有极小值，也是最小值，为(1)1f，(8分)又12fee，()0fe，（9分）则函教()fx在1,ee上的值域为[1,0]．(10分)18．（本小题12分）【详解】（1）由已知，当2n时，212

3nnnaa，121321nnnaaaaaaaa12211312133312313nnn（3分）当1n时，11131a符合上式，（4分）13nna

，*nN.（5分）（2）由（1）知121213nnnbnan，（6分）0113353213nnSn①3nS1213353213213nnnn②（8分）①

-②得121232333213nnnSn121213332131nnn132213113nnn23nn（10分）6/10所以，3nnSn，*nN.（12分）19．【解析】（1）由题设及正弦定理得sinsin

sinsin2ACABA．因为sin0A，所以sinsin2ACB．由180ABC，可得sincos22ACB，故cos2sincos222BBB．因为cos02B，故1sin22B，因此60B．（5分）（2）由题设及（1）知△ABC的面积34ABCSa△．由正弦

定理得sin120sin31sinsin2tan2CcAaCCC．由于ABC△为锐角三角形，故090A，090C，由（1）知120AC，所以3090C，故122a，从而3382ABCS△．因

此，ABC△面积的取值范围是33,82．（12分）20．【详解】解：（Ⅰ）连结，与交于点，连结，四边形是平行四边形，为中点，为中点，得，又平面，故平面；（4分）（Ⅱ）方法一：由，，且为，的中点，7/10得，，，又，为平面内两条相交直线，得平面，故即为直线与平面所成的角；由，，，得四

边形为菱形，又，故四边形为正方形，，则为等腰直角三角形，且，故，，因此，直线与平面所成角的正弦值为.（12分）方法二：以为原点，分别以射线，，为轴，轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，由，，为正三角形，故，又，所以平面，（5分）设，由，，得即，故，（6分）8/10由，得，所以

，（8分），；设平面的一个法向量为，由得可取，（10分）设直线与平面所成角为，则，（11分）因此，直线与平面所成角的正弦值为.（12分）21．【详解】(1)由折线图可得共抽取了20人，其中男生中学习时间不

足4小时的有8人，女生中学习时间不足4小时的有4人.（1分）故可估计全校学生中每天学习时间不足4小时的人数为400×=240.（3分）(2)学习时间不少于4小时的学生共8人，其中男生人数为4，故X的所有可能取值为0，1，2，3，4.（4分）由题意可得P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2

)=，P(X=3)=，P(X=4)=.（7分）9/10X01234P（8分）所以随机变量X的分布列为∴均值E(X)=0×+1×+2×+3×+4×=2.（10分）(3)由折线图可得.（12分）22．【详解】（1）因为点135,24P在C上，所以222351441ab

，又12cea，222abc，所以24a，23b，故所求椭圆C的方程为22143xy.（4分）（2）由题意知直线l的斜率存在，设其方程为1ykx.设11,Axy，22,Bxy，(10x，20x).

222214388034120ykxkxkxxy，122843kxxk，122843xxk，且有1212xxkxx.（6分）11223:33:3AEBFylyxxylyxx

(10x，20x)12121221122121313(13)33313(13)yxkxxkxxxyxxyykxkxxx，12212(13)323(13)(13)kxxxyxx，故1221222(13)31(13)(13)kxxxyxx

12121212233(13)(13)kxxxxxxxx10/10121212123333xxxxxxxx3，故点T恒在一定直线3y上.（12分）