【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（理）试题 含解析.pdf，共(14)页，1.447 MB，由管理员店铺上传

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理科数学参考答案·第1页（共10页）贵阳第一中学2021届高考适应性月考卷（五）理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案ABDCCDBDCAAB【解析】1．数形结合，可知直线0xy与椭圆2212xy有两个交点，故选A．2

．因为11iz，121zz，所以211i1i1i(1i)(1i2)z，所以其虚部为12，故选B．3．因为随机变量X服从正态分布2(1)N，，所以曲线关于1x对称，因为(3)0.2PX≥，所以(13)120.20.6PX，故选D．4

．由题意，因为130etPP，所以13005e1000tPP≥，所以135e1000t≥，51ln10003t≥，2311000lnln200ln(52)2ln53ln25.29735t≥，所以15.8

91t≥，故正整数n的最小值为16，故选C．5．(22)ab，，因为ab与c共线，所以22(1)0m，解得1m，故选C．6．双曲线22221xyCab：的渐近线为byxa，因为两条渐近线均与圆222()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．7．由1sin232ABCSABACA△，得2AB，故选B．8．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．图1理科数学参考答案·第2页（共10页）9．31313sin10co

s102sin(1030)41cos10sin550cos10sin10sin10cos10sin202，故选C．10．2exy，所以22exy，设曲线在020(e)

xPx，处的切线与直线240xy平行，则022e2x，所以020x，00x，切点(01)P，，曲线2exy上的点到直线240xy的最短距离即为切点P到直线240xy的距离|14|55d，故选A．11．抛物线216yx的准

线方程为4x，设11()Axy，，22()Bxy，，过点A作准线的垂线AH，由抛物线的定义可知，||||12AFAH，∴1412x，18x，21168y，不妨182y，设直线AB的方程为2xmy，由2216xmyyx，，得216320ymy，123

2yy，∴222y，四边形OAFB的面积1211||||410220222SOFyy，故选A．12．（1）因为56ln4b，46ln5c，因为54且()fx在[3)，上是减函数，所以(5)(4)ff，即ln5ln454，

所以4ln55ln4，45ln5ln4，所以456ln56ln4，所以cb；（2）因为544ln(6)5ln6a，566ln(4)5ln4b，同（2）(6)(4)ff，所以ln6ln464，所以4ln66ln4，46ln6l

n4，所以465ln65ln4，所以ab；（3）因为545ln(6)4ln6a，466ln(5)4ln5c，同（2）(6)(5)ff，所以ln6ln565，所以5ln66ln5，56ln6ln5，所

以564ln64ln5，所以ac，综上，acb，故选B．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案10129π①②③④理科数学参考答案·第3页（共10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2可知，点(13)P，到原点O的距离的平方最大，为10．14．2422266211CC60xmxm，所以214m，因为0m，所以12m．15．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．16．①两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2

2(1)1xy一分为二，如图3，故正确；②函数11()ee2xxfx关于点(12)，对称，经过圆的圆心，且两曲线交于两点，如图4：所以函数11()ee2xxfx是圆22(1)2()1

Oxy：的一个太极函数，故正确；③函数22(0)()(0)xxxfxxxx≥，为奇函数，且11()124fxf极大，11()124fxf极小，如图5：所以函数22(0)()(0)xxxfxxxx≥，是圆221O

xy：的一个太极函数，故正确；④函数2()ln(1)fxxx为奇函数，且单调递增，图2图3图4图5理科数学参考答案·第4页（共10页）如图6，所以函数2()ln(1)fxxx是圆221Oxy：的一个太极函数，

故正确．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12分）解：（1）法一：因为(1)()2nnnSanN，2(1)nnSna，nN，所以112(2)nnSna，nN，两式相减得112(2)(1)nnnanana，整

理得1(1)nnnana，………………（2分）即11nnaann，nN，所以nan为常数列，……………………………………（3分）所以212naan，所以nan，且11a，33

.a………………………………（6分）法二：因为(1)()2nnnSanN，2(1)nnSna，nN，所以112(2)nnSna，nN，两式相减得112(2)(1)nnnanana，整理得1(1)nnnana，………………（2分）所以1

1nnanan，由累乘法13122131222nnnnaaannnaaann，……………………………………………………（3分）所以22nana，又22a，所以nan，且11a，33.a………………………（6分）法三：因为2(1)nnS

na，nN，所以112(2)nnSna，nN，两式相减得112(2)(1)nnnanana，整理得1(1)nnnana，……………（2分）图6理科数学参考答案·第5页（共10页）所以11nnnaan

，又22a，所以21221aa，11a，32332aa，……………………………………………………（4分）猜测nan，下面用数学归纳法证明如下：①当1n时，11a，等式成立；②假设nk时等式成立，即kak，则1111kkkkaakkk

k，所以1nk时等式也成立，从而由①②，对nN，nan．……………………………………………（6分）（2）由（1），2nnbn，…………………………………………………（7分）所以12312+22+32++2nnTn

，231212+22++(1)22nnnTnn，两式相减得23122+2++22nnnTn，……………………………………………………（9分）11112(12)2222(1)2212nnnnnnTnnn，化简得1(1

)22nnTn．……………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（1）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：(0.00080.00060.00040.0002)2500.5

，所以“高销量直播间”有2000.5100个，…………………………………（2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12080200……………………………………………………（3分）理科数学参考答案·

第6页（共10页）22200(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．………（5分）（2）由（1）可知，该平台秀场类直播中“高销量直播间”的概率为10.52，则1~32

XB，，……………………………………………………（6分）30311(0)C28PX，213113(1)C228PX，223113(2)C228PX，33311(3)C28PX，所以，X的分布列为：X0123

P18383818……………………………………………………（9分）所以13()322EX，或13313()012388882EX．……………………………………（10分）（3）由题有53(3)29YXXX，………………………

…………（11分）由期望的性质可知：3()2()929122EYEX．……………………（12分）19.（本小题满分12分）（1）证明：连接AFEF，，∵EF，分别为1BC，BC中点，1EFBB∥，∵11AA

BB∥，∴1EFAA∥，…………………………………………………（3分）理科数学参考答案·第7页（共10页）∴1AA，EF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）解：∵11AACC∥，∴11BC

C为异面直线11BCAA，所成的角，∴1145BCC，设2ABAC，则11122CCBC，…………………………………………（7分）以A为坐标原点，以1ABACAA，，所在的直线分别为xyz，，轴建立

空间直角坐标系，如图7所示，则(200)B，，，(020)C，，，(110)F，，，(002)D，，，∴(110)AF，，，(220)BC，，，(202)BD，，，设平面DBC的一个法向量为()mxy

z，，，则220220xyxz，，令1x，则12yz，，所以平面DBC的一个法向量(112)m，，，………………………………（10分）由因为(110)DEAF，，，设直线DE与平

面DBC所成角为，则22sin|cos|222mAF<，>，又π02，，所以π4．…………………………………………………（12分）20.（本小题满分12分）解：（1）由3211()32

fxxax，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）图7理科数学参考答案·第8页（

共10页）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()f

x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3211232bxxx，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)2326hx

h极小，1110()(2)844323hxh极大，……………………………………………………（10分）如图8：当76b或103b时，函数()gx有1个零点；当76b或

103b时，函数()gx有2个零点；当71063b时，函数()gx有3个零点．……………………………………（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

，图8理科数学参考答案·第9页（共10页）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，ABCS△取得最大值162

5．……………………………………………（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，，由1sin，得11sin2，1sin2，∵02π≤，∴6或5π6，所以点M的极坐标

为1π26，或15π26，，……………………………………（4分）理科数学参考答案·第10页（共10页）当M的极角为7π6时，7π131sin1622．…………………………………（5分）（2）证明：设直线AB的方程为和π(0

0π，≤)，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1414()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3322nmmnmn332()2mmmnnnmn2332()22()1nmmnmnmnmn

≥．……………………………………（10分）