【文档说明】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含答案.docx，共(14)页，1.100 MB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1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()()240Axxx=−−，3

Bxx=，则AB=（）A．2xxB．4xxC．23xxD．R2．已知a是实数，1aii−−是纯虚数，则a=（）A．1B．2−C．1−D．23．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．16B．13C．12D．234．已知()3sin3a=，sin33b=，lnsin3c=，则a，b，c的大小关系为（）A．bacB．cba

C．acbD．cab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22A．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．()()522xyxy−−的展开式中的33xy系数为（）A．200−B．120−C．12

0D．2007．已知定义在R的函数()yfx=满足以下条件：①对任意Rx都有()()0fxfx−−=；②对任意)12,0,xx+且12xx都有()()()12120xxfxfx−−；③()20f=，则不等式()2log0fx的解集为（）A．()10,4,4+

B．()(),22,−+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2211636xy+=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3A．64πB．148πC．128πD．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，41a=，数列na前n项和为nS，下面选项中正确的是（）3A．8621aa=+B．nS小值为15−C．0nS时n的最小值为7D．na前n项之积最大值4010．下列不等式正确的有（）A．当π0,

2x时，函数2sinsinyxx=+的最小值为22B．若logxaax恒成立，则22aC．函数312yxx=−−()0x的最小值为126+D．已知实数a，b满足lnlnab=且ab，则14ab+的最小值是411．已知函数()()sinfxAx=+0,0,2A

的部分图象如上图所示，现将()yfx=的图象向左平移4个单位，得到()ygx=的图象，下列说法错误．．的是（）A．该图象对应的函数解析式为()2sin23fxx=+B．函数()ygx=的图象关于直线6x=对称C．函数()ygx=的图象关于点,012

对称D．函数()ygx=在,63−上单调递增12．如图，棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，M为线段1AB上的动点（含端点），则下列结论正确的是（）4A．平面BCM⊥平面1AAMB．三棱锥1BMBC−体积最大值为16C．当M为1AB中点时，直线1BD与

直线CM所成的角的余弦值为23D．直线CM与1AD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(),1ax=，()2,bx=−，且ab⊥，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()360062CD=−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34ABACBC==，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①222sinsinsinsinsinABCBC+=+，②2cos2aCbc=−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，bc，23a=，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，4181a=，且1S，2S，33a成等差数列．（1）求数列na的通项公式；（2）若()cosnnban=，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DE5折到ADE△的位置，使得平面ADE⊥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AOP；（2）求平面ACD与平面BCDE所成锐二面角的余弦值．图1图220．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23，决赛阶段答对每题的概率为13．（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12．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：22221xyab+=()0ab其左、右焦点分别为1F、2F，且离心率为22，点B为椭圆的一个顶点，三角形12BFF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()()ln11xfxaex=−+−．（1）当1a=时，求()fx的最小值；（2）若()

1lnfxa恒成立，求a的取值范围．6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．B2．C3．B4．D5．D6．A7．A8．C二、多项选择题：本题共4

小题．9．BCD10．CD11．BD12．ABC三、填空题：本题共4小题．13．014．7131315．0.116．23四、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①：222sinsinsinsinsinA

BCBC+=+，由正弦定理得222abcbc=+−，又23a=，4b=，代入222abcbc=+−解得2c=．∵222bac=+∴2B=∴ABC△面积112322322ABCSac===△．若选①：222sinsinsinsinsinABCBC+=+，由正

弦定理得222abcbc=+−，由余弦定理得2221cos22bcaAbc+−==，∵0A∴3A=．又23a=，4b=，代入222abcbc=+−解得2c=．∴ABC△面积113sin4223222ABCSbcA===△．7若选①：222sinsinsinsi

nsinABCBC+=+，由正弦定理得222abcbc=+−，由余弦定理得2221cos22bcaAbc+−==，∵0A∴3A=．又23a=，4b=，由正弦定理sinsinabAB=得234sinsin3B=，∴sin1B=．∵0B，∴2B=．∴6C=．∴A

BC△面积111sin23423222ABCSabC===△．（得到2B=后，也可以算出边222cba=−=．然后112322322ABCSac===△．）若选②：2cos2aCbc=−，由余弦定

理得222222abcabcab+−=−，整理得222abcbc=+−，下面的解答与选①的各种解法一样若选②：2cos2aCbc=−，由余弦定理得222222abcabcab+−=−，整理得222abcbc=+−，由余弦定理得2221cos22bcaAb

c+−==，∵0A∴3A=．8下面的解答与选①的各种解法一样若选②：2cos2aCbc=−，由正弦定理得()2sincos2sinsin2sinsin2sincos2cossinsinACBCACCACACC=−=+−=+−整理得2cossinsinACC=()sin0C，

∴1cos2A=，()0A∴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21323SSa=+∴()121323aaaa+=+，即

23210qq−−=，且1q解得：13q=−，又4181a=∴3111381a−=，即113a=−∴1113nnnaaq−==−．（2）由（1）可知，13nna=−，得1cos3nnbn=−∵()cos1nn=−∴()11133nnnn

b=−−=，即13nnnbn=∴12311111233333nnTn=++++∴23411111112333333nnTn+=+++

+①－②，得1231211111333333nnnTn+=++++−911113311313nnn+−

=−−111112233nnn+=−−∴1331133213234432344343nnnnnnnnnT++−−=−−=−=19．（1）连接BD∵点O和点P分别是边DE、BE上的中点．∴

//BDOP∵等边ABC△中，点D是边AC的中点∴DCBD⊥∴DCOP⊥∵等边ADE△中，点O是边DE的中点∴AODE⊥又∵AO平面ADE∵平面ADE⊥平面BCDE且平面ADE平面BCDEDE=∴AO⊥平面BCDE∴AOCD⊥∵AOOPO=∴CD⊥平面AOP（2）连接

BC的中点H，由图1得OHBC⊥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130,,22DA=−，31,,022DC

=设平面ACD的法向量为(),,nxyz=．由1302231022nDAyznDCxy=−+==+=，取3y=，得()1,3,1n=−；因为平面BCDE的法向量为()0,0,1m=设平面ACD与平面BCDE所成锐二面角为1015cos5131mnmn

===++所以，平面ACD与平面BCDE所成锐二面角的余弦值为55．20．解：（1）甲同学进入决赛的概率为：454555212112333243PCC=+=．（2）依题意得，甲同学每道题选择回答并答对的概率为111

236=，选择回答且答错的概率为111236=，选择放弃回答的概率为12．X的可能取值为3−，2−，1−，0，2，3，4，7，8，12．所以()3113327PX=−==，()2131112236PXC=−=

=，()2231111234PXC=−==，()311028PX===，()22311123618PXC===，()1132111132366PXCC===，()2231114268PXC

===，()21311173636PXC===，()21311182624PXC===，()311126216PX===，所以X的分布列为：

X3−2−2−02347812P12716141811816181361241216()()()()11111111132123478121276418683624216Ex=−+−+−++++++=．1121．【解答】解：（1）由题意有：222222cabca

bc===+解得：22ab==所以椭圆C的方程为：22142xy+=（2）方法1：设()00,Pxy，则2200142xy+=，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02x，00y．设线段PA中点为M，所以002,22xyM−，因为PAMQ⊥，所以1PAMQkk=−，因为直线PA的斜率002APykx=+，所以直线MQ的斜率002MQxky+=−，又直线MQ的方程为00002222yxxyxy+−−=−−

，令0x=，得到()()00002222Qxxyyy+−=+因为2200142xy+=，所以02Qyy=−，因为PAQ△为正三角形，所以APAQ=，即()2222000224yxy++=+化简，得到200532120xx++=，解得025x=−，06x=−（舍

）故点P的横坐标为25−．方法2：设()00,Pxy，直线AP的方程为()2ykx=+．12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()221422xyykx+==+，消元得()22221

28840kxkxk+++−=，所以160=，所以()2028212kxk−+−=+，设线段PA中点为M，所以20224212Mxkxk−−==+，2224221212Mkkykkk−=+=++，所以22242,1212kkMkk−++

，因为APMQ⊥，所以1MQKk=−，所以直线MQ的方程为2222141212kkyxkkk−−=−−++，令0x=，得到22222142121212Qkkkykkkk−=−=+++，因为PAQ△为正三角形，所以APA

Q=，所以222242141212kkkk−+=+++，化简，得到42430kk+−=，解得234k=，21k=−（舍），所以202422125kxk−+==−+，故点P的横坐标为25−．方法3：设()00,Pxy，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2xty=−，13联立方程221422xyxty+==−，消元得，()222

40tyty+−=，所以0242tyt=+，设线段PA中点为M，所以222Mtyt=+，242Mxt−=+，所以2242,22tMtt−++，因为APMQ⊥，所以1MQkk=−，所以直线MQ的方程为22

2422tytxtt−−=−−++，令0x=，得到222Qtyt−=+因为PAQ△为正三角形，所以APAQ=所以2222421422ttttt+=+++化简，得到42340tt−−=，解得243t=，21t=

−（舍）所以20224245txt−==−+，故点P的横坐标为25−．22．解：（1）当1a=时，()()ln11xfxex=−+−，()fx的定义域为()1,−+，∵()11xfxex=−+，()()2101xfxex=++恒成立，故()fx在(

)1,−+上单调递增（不二次求导直接判断，不扣分），∵()00f=，∴当()1,0x−时，()0fx，当()0,x+时，()0fx∴()()min00fxf==．（2）若原式成立，即()ln1ln10xaexa−++−恒成立，令()()ln1ln1xgxaexa=−++−，()

1,x−+，()0,a+，14∵()11xgxaex=−+，()()2101xgxaex=++，∴()gx在()1,−+上单调递增，当1a=时，由知()()0gxfx=恒成立，故1a=成立；当

01a时，()0ln110gaaa=+−−，故不成立；当1a时，()010ga=−，11111110aagaeaaea−−−=−=−，∴()1100gga−，∴(

)gx在()1,−+上有唯一零点0x，且011,0xa−，当()01,0x−时，()0gx，当()00,x+时，()0gx，∴()000101xgxaex=−=+，则0011xaex=+，即()00lnln1axx

+=−+，∴()()()0000min01ln1ln1lnln11xgxgxaexaaxax==−++−=+++−+()()00001112ln2212ln22ln011xaxaaxx=+++−++−=++，故1a成立，所以，综上所述1a．