【文档说明】贵州省贵阳市第一中学2021届高三下学期高考适应性月考卷（五）数学（文）试题 扫描版含解析.pdf，共(12)页，1.378 MB，由小赞的店铺上传

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文科数学参考答案·第1页（共8页）贵阳第一中学2021届高考适应性月考卷（五）文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案ABCDACDBDCBA【解析】1．由题意，{014}B，，，{01}AB，，所以AB中有2个元

素，故选A．2．因为i(1i)1i(1i)(1i)2z，所以1i2z，故选B．3．所求平均值为2913x，故选C．4．由题意，因为130etPP，所以13005e1000tPP≥，所以135e1000t

≥，51ln10003t≥，2311000lnln200ln(52)2ln53ln25.29735t≥，所以15.891t≥，故正整数n的最小值为16，故选D．5．因为π1313π1coscoscoscossincossinsin3222262

，所以π1sin62，故选A．6．(22)ab，，因为ab与c共线，所以22(1)0m，解得1m，故选C．7．双曲线22221xyCab：的渐近线为byxa，因为两条渐近线均与圆22

2()4xcya相切，所以圆心(0)c，到直线byxa的距离等于半径2a，即2221dbcbaaab，又因为222cab，整理得到5ca，故双曲线C的离心率为5cea，故选D．8．由1sin232ABCSABACA△

，得2AB，故选B．文科数学参考答案·第2页（共8页）9．该三视图对应的直观图是三棱柱，如图1所示，所以2215122ABAC，551225222S侧，又121112S

底，所以253S表，故选D．10．因为1ln03，所以1ln32(01)a，，因为5log61b，61log07c，从而cab，故选C．11．直线1ykx过定点(01)P，，圆心(10

)C，，当直线CP与弦垂直时，弦长最短，22||112CP，所以最短弦长为222||24222rCP，故选B．12．两曲线的对称中心均为点(01)，，且两曲线交于两点，所以3()1fxx能把圆22

(1)1xy一分为二，如图2：故A正确；同理易知B，C不正确；函数22(0)()(0)xxxfxxxx≥，为奇函数，且()fx极大11124f，11()124fxf极小，如图3：所以函

数22(0)()(0)xxxfxxxx≥，是圆221Oxy：的一个太极函数，故D不正确，故选A．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案1013e9π图2图3图1文科数学参考答案·第3页（共8页）【解析】13．根据

约束条件202501xyxyy≥，，≥，≤画出可行域，图中阴影部分为可行域，由图4可知，点(13)P，到原点O的距离的平方最大，为10．14．抛物线21(0)4xymm的标准形式为24ymx，所以点(2)Ay，到焦点的距离为23m

，所以1m．15．因为3()2(1)exxfxfx，所以4()2(1)exxfxf，所以3(1)2(1)eff，3(1)ef．16．因为圆锥的内切球与外接球的球心重合，所以

圆锥的轴截面为等边三角形，设其边长为a，则13132a，23a，所以圆锥的底面圆半径为3，从而，圆锥的表面积22πππ323π(3)9πSrlr．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）17．（本小题满分1

2分）解：（1）设等差数列公差为d，因为213aa，312aa，所以123ad，22d，……………………………………………………（2分）从而11ad，……………………………………………………（4分）所以1(1)

naandn．……………………………………………………（6分）（2）法一：由（1）nnbq，所以1(0)nnbqqb，数列{}nb为等比数列，公比为q，…………………………………………………（7分）若1q，则nSn，11nSn，22nSn，所以122n

nnSSS不成立，所以1q，(1)1nnqqSq，……………………………………………………（8分）图4文科数学参考答案·第4页（共8页）因为对于nΝ，122nnnSSS，所以12(1)(1)2(1)111nnnqqqqqqqqq

，…………………………………………（10分）所以2210qq，(21)(1)0qq，因为1q，所以12q．……………………………………………………（12分）法二：因为对于nΝ，122nnnSSS，所以1122()nnnnnnSSbSb

b，……………………………………………（8分）所以2120nnbb，……………………………………………………（9分）由（1）nnbq，所以1nnbqb，数列{}nb为等比数列，公比为q，所以1(21)0nbq，1

2q．…………………………………………………（12分）18.（本小题满分12分）解：（1）由题可知：(0.00010.00060.0010.00080.00060.00040.0002)2501a，解得0.0040.00

370.0003a，所以，a的值为0.0003．……………………………………………………（2分）（2）由题可知：播出时间固定与不固定的比为120:803:2，…………………（3分）所以，选出的5个中有3个播出时间固定，设为ABC，，，2个播出时间不固定，

设为bc，，则从这5个中选3个有：()()()()()ABCABbABcACbACc，，，，，，，，，，，，，，，()()()()()BCbBCcAbcBbcCbc，，，，，，，，，，，，，，，共10种选法，其中恰好有一个播出时间固定有：()()

()AbcBbcCbc，，，，，，，，，3种选法，………………………………………………（6分）所以，恰好有一个播出时间固定的概率为310P．……………………………（7分）文科数学参考答案·第5页（共8页）（3）播出时间固定且为“高销

量直播间”的有：2000.3570，由频率分布直方图，“高销量直播间”的频率为：(0.00080.00060.00040.00022500.5)，所以，“高销量直播间”有2000.5100个，…………………………………（9分）列联表为：播出时间固定播出时间不固定

总计高销量直播间7030100非高销量直播间5050100总计1208020022200(70503050)258.3337.879120801001003K，所以，有99.5%的

把握认为单位时间（分钟）销量与播出时间固定有关.………………………………………（12分）19.（本小题满分12分）证明：（1）如图5，连接AFEF，，∵EF，分别为1BC，BC中点，1EFBB∥，∵11AABB∥，∴1EFAA∥，…………………………………………………（3分）∴1AA，E

F在同一平面内，设为，则1A，F，D，E，∴1AF，DE，∴DE与1AF在同一平面内．……………………………（6分）（2）因为ABAC，F为BC的中点，所以AFBC，又1CCAF，1BCCCC，所以11A

FBCCB平面，……………………（9分）由（1）可知，EFDA∥，且EFDA，所以四边形ADEF为平行四边形，所以DEAF∥，所以11DEBCCB平面．………………………………………………（12分）图5文科数学参考答案·第6页（共8页）

20.（本小题满分12分）解：（1）由3211()32fxxax，2()()fxxaxxxa，……………………（1分）当0a≤时，()fx在[0)，上恒大于等于0，所以()fx在[01]，上单调递增，min()(

0)0fxf，不合题意；当01a时，则[0]xa，时，()0fx，()fx单调递减；[1]xa，时，()0fx，()fx单调递增，所以333min111()()326fxfaaaa

，31166a，所以1a，不满足01a；…………………………………………………（3分）当1a时，在[01]，上，()0fx≤且不恒为0，所以()fx在[01]，上单调递减，min111()(1)326fxf，适合题意；当1a时，在[

01]，上，()0fx，所以()fx在[01]，上单调递减，min111()(1)326fxfa，所以1a，不满足1a；综上，1a．……………………………………………………（6分）（2）由（1）3211()232gxxxxb，所以3211232

bxxx，令3211()232hxxxx，则2()2(2)(1)hxxxxx，……………（8分）所以(2)0h，(1)0h，且当1x时，()0hx；当12x

时，()0hx；当2x时，()0hx，所以117()(1)2326hxh极小，1110()(2)844323hxh极大，…………………………………………………（10分）文科数学参考答案·第7页（共8页）如图6：函数(

)gx有1个零点，所以76b或103b．………………………………（12分）21.（本小题满分12分）解：（1）由椭圆性质知，222ab，1232cb，又222abc，解得2a，1b，3c，所以椭圆M的方程为2214xy．………………………………………………

…（4分）（2）显然，直线AB的斜率不为0，不妨设直线AB的方程为(2)xkymm，…………………………………………………（5分）联立2214xyxkym，，消去x得222(4)240kykmym．设11()Axy，，22

()Bxy，，则有12224kmyyk，212244myyk①，又以线段AB为直径的圆过椭圆的右顶点C，∴0CACB，由11(2)CAxy，，22(2)CBxy，，得1212(2)(2)0xxyy，将

11xkym，22xkym代入上式得221212(1)(2)()(2)0kyykmyym，将①代入上式求得65m或2m（舍），则直线l恒过点605D，．…………（9分

）∴2121212114||||()4225ABCSDCyyyyyy△222825(4)3625(4)kk，设211044ttk≤，则28362525ABCStt△在104t，上单调递增，当14t时，ABC

S△取得最大值1625．……………………………………………（12分）22.（本小题满分10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】（1）解：当1||2OM时，设点M的极坐标为12，，图6文科数学参考答案·

第8页（共8页）由1sin，得11sin2，1sin2，∵02π≤，∴6或5π6，所以点M的极坐标为1π26，或15π26，，……………………………………（4分）当M的极角为7π6时，7π131sin1622

．…………………………………（5分）（2）证明：设直线AB的方程为和π(00π，≤)，点A，B对应的极径分别为1，2，则11sin，21sin(π)1sin，所以弦长12||2AB（定值）．

…………………………………………………（10分）23.（本小题满分10分）【选修4-5：不等式选讲】（1）解：设11|21||1|321212xxyxxxxxx，≥，，，，，≤由1mn，得14

14()mnmmnn559442nmnmmnmn≥．所以9|21||1|xx≥．…………………………………………………（2分）当1x≥时，9x≤，得19x≤≤；当112x

≤时，329x≤，解得131x≤，故112x≤；当12x时，9x≤，解得9x≥，故192x≤；综上，x的取值范围为[99]，．………………………………………（5分）（2）证明：3311()mnmn3322nmmnm

n332()2mmmnnnmn2332()22()1nmmnmnmnmn≥．……………………………………（10分）