2020-2021学年广东省中山纪念中学等四校高三下学期5月联考数学试卷

第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页广东省中山纪念中学等四校2020-2021学年高三下学期5月联考数学试卷一、单选题1．设集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知i是虚数单位，则（﹣1+i）（2﹣i）=（）A．﹣3+i B．﹣1+3i C．﹣3+3i D．﹣1+i3．数列为等差数列，为其前项和，，则=（

）A．40 B．42 C．43 D．454．为了得到函数的图像，只需将函数的图像A．横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变，再向右平移个单位B．横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变，再向左平移个单位C．横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位D．横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位5．在平行四边形中，为的三等分点（靠近点），连并延长，交于，则=（

）A． B． C． D．6．若，则直线被圆所截得的弦长为（

）A．2 B．1 C． D．7．为提高学生的身体素质，加强体育锻炼，高三（1）班A，B，C三位同学进行足球传球训练，约定：球在某同学脚下必须传出，传给另外两同学的概率均为，不考虑失球，球刚开始在A同学脚下，经过5次传球后，球回到A同学脚下的概率为（

）A． B． C． D．8．四个半径为2的球刚好装进一个正四面体容器内，此时正四面体各面与球相切，则这个正四面体外接球的表面积为（

）A． B．C． D．二、多选题9．下列命题正确的是（

）A．为内一点，且，则为的重心B．展开式中的常数项为40C．命题“对任意，都有”的否定为：存在，使得D．实数满足，则的最大值为10．正四棱锥的所有棱长为2，用垂直于侧棱的平面截该四棱锥，则（

）A．截面可以是三角形B．与底面所成的角为C．与底面所成的角为D．当平面经过侧棱中点时，截面分四棱锥得到的上下两部分几何体体积之比为3：111．双曲线的左右焦点分别为，，倾斜角为的直线过双曲线的右焦点，与双曲线右支交于两点，且，则（

）A．双曲线的离心率为 B．与内切圆半径比为C．与周长之比为 D．与面积之比为12．函数，函数（

）A．存在使 B．当，函数有唯一零点C．当，函数无零点 D．当时，函数有唯一零点三、填空题13．某市举行高三数学竞赛，有6个参赛名额分给甲乙丙三所学校，每所学校至少分得一个名额，共有种不同的分配方法.（用数字作答）14．我国古代某数学著作中记载了一个折竹抵地问题：“今有竹高二丈，末折抵地，去本六尺，问折者高几何？”意思是：有一根竹子（与地面垂直），原高二丈（1丈=10尺），现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离为六尺，则折断处离地面的高为尺．15．不等式：恒成立，则实数取值范围为四、双空题16．为抛物线的焦点，为抛物线内一点，为上的任意一点，的最小值为5，则，直线过点，与抛物线交于两点，且为线段的中点，过分别作抛物线的切线，两切线相交于点，则的面积为.五、解答题17．如图所示，近日我渔船编队在岛周围海域作业，在岛的南偏西20°方向有一个海面观测站，某时刻观测站发现有不明船只向我渔船编队靠近，现测得与相距31海里的处有一艘海警船巡航，上级指示海警船沿北偏西40°方向，以40海里/小时的速度向岛直线航行以保护我渔船编队，30分钟后到达处，此时观测站测得间的距离为21海里．(Ⅰ)求的值；(Ⅱ)试问海警船再向前航行多少分钟方可到岛？18．已知数列满足，且．（1）证明：数列是等差数列；（2）记为的前项和，求．19．已知三棱柱中，，，点为的中点，．（1）求证：平面；（2）条件①：直线与平面所成的角，条件②：为锐角，三棱锥的体积为．在以上两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题：若平面平面，，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．20．A、B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2.根据市场分析，X1,X2的分布列分别为X15％10％P0.80.2X22％8％12％P0.20.50.3（Ⅰ）在A、B两个项目上各投资100万元，Y1和Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润，求方差D(Y1)，D(Y2)；（Ⅱ）将x(0≤x≤100)万元投资A项目，100-x万元投资B项目，f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得到利润的方差的和．求f(x)的最小值，并指出x为何值时，f(x)取到最小值．（注：D(ax+b)=a2Dx）21．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上，是椭圆上的两个不同点．(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线的斜率之积为，点满足（为坐标原点），直线与椭圆的另一个交点为（与不重合），若，求的值.22．已知函数和函数.(1)求函数的极小值；(2)讨论函数的极值点的个数，并说明理由；(3)是否存在正实数使函数的极值为，若存在求出的值，若不存在，说明理由.

参考答案1．【答案】A【分析】根据集合交集概念求解．【详解】故选：A2．【答案】B【详解】（﹣1+i）（2﹣i）=﹣2+i+2i+1=﹣1+3i，故选B．3．【答案】D【分析】设等差数列的公差为d，利用基本量代换和前n项和公式即可求得.【详解】设等差数列的公差为d，则，所以，所以，所以.故选:D.4．【答案】A【分析】由条件利用的图像变换规律，得到结论．【详解】把函数的图像上所有点的横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变得到函数，再将函数的图像上所有点向右平移个单位得到函数．故选A5．【答案】C【分析】根据可得点是线段的中点，然后根据平面向量的线性运算可得答案.【详解】因为，所以，所以点是线段的中点所以故选：C6．【答案】B【分析】利用圆的性质及弦长公式即求.【详解】因为，圆，所以圆心到直线的距离，所以直线被圆所截得的弦长为.故选：B．7．【答案】B【分析】由题可知传球共有32种可能，其中开始在A同学脚下，经过5次传球后，球回到A同学脚下的有10种，即求.【详解】由题可知，开始在A同学脚下，5次传球共有32种可能，，其中开始在A同学脚下，经过5次传球后，球回到A同学脚下的有10种，∴球回到A同学脚下的概率为.故选：B.8．【答案】A【分析】画出直观图，梳理条件，再画出截面图，从中找到等量关系，求出外接球半径，从而求出外接球的表面积.【详解】如图1所示，正四面体ABCD中，AH⊥底面BCD，E、F、G、K为四个球的球心，M为CD中点，连接BM，AM，易知B、H、M三点共线，直线AH交平面EFG于点，连接，交GF于点N，则N为GF的中点，因为内切球半径为2，故EF=4，画出截面ABM如图2所示，正四棱锥EFGK外接球球心设为O，则正四面体ABCD的外接球球心与正四面体EFGK外接球球心重合，设正四面体ABCD的外接球半径为R，正四面体EFGK外接球半径为r，在图2中，EK=4，，，，所以由，即，解得：所以过点E作EP⊥BM于点P，则EP=2则△BEP∽△∴，解得：∴∴正四面体ABCD的外接球表面积故选：A9．【答案】ABC【分析】对A，取中点，得出，根据重心的性质可判断；对B，求出展开式通项，即可求出常数项；对C，根据全称命题的否定为特称命题可得；对D，利用基本不等式可求.【详解】对A，取中点，则，又，所以，所以在中线上，且，所以为的重心，故A正确；对B，的展开式的通项为，令，即，可得常数项为，故B正确；对C，根据全称命题的否定为特称命题可得命题“对任意，都有”的否定为：存在，使得，故C正确；对D，，当且同号时等号成立，解得，所以的最大值为，故D错误.故选：ABC.10．【答案】ACD【分析】对于A：取PC的中点E，连结BE、DE、BD.可以证明面BDE，即可判断A；对于B、C：作为与底面所成的角.即可求得；对于D：分别求出上下两部分几何体的体积，即可判断.【详解】对于A:取PC的中点E，连结BE、DE、BD.因为正四棱锥的所有棱长为2，所以△PBC、△PBC为正三角形，所以又,则面BDE，即△BDE为截面.故A正确；对于B、C:过P作底面ABCD于O，则O为AC中点.则即为与底面所成的角.因为正四棱锥的所有棱长为2，所以,所以,所以.故B错误，C正确；对于D:由A的推导过程可知：平面经过侧棱中点时，平面即为平面BDE.此时.因为,所以,所以.故D正确故选：ACD11．【答案】BD【分析】设设，则，则，，在和中由余弦定理可得，即可得离心率可判断A；将代入可得，进而可得与周长可判断C；由可得与面积之比可判断D；由三角形的面积等于乘以三角形的周长再乘半径结合周长之比可得内切圆的半径之比，可判断B，进而可得正确选项.【详解】设，则，由双曲线的定义可得：，，在中，由余弦定理可得：，即，所以在中，由余弦定理可得：，即，所以，可得，所以，所以离心率，故选项A不正确；设点到直线的距离为，则，故选项D正确；将代入可得：，所以的周长为，的周长为，所以与周长之比为，故选项C不正确；设与内切圆半径分别为，，的面积与的面积之比为，所以，故选项B正确；故选：BD.12．【答案】BC【分析】先求出的表达式，利用极限思想和零点存在定理判定选项A错误，再求导，利用导数的符号变化得到函数的极值和最值，进而判定零点是否存在.【详解】由题意，得，（），对于A：因为，，，所以不存在，使，即选项A错误；求导，得：对于B：当使时，，令，得或，即或由和的图象得，所以，则当时，，当时，，所以，所以在定义域内有唯一零点，即选项B正确；对于C：当时，则，所以函数无零点，即选项C正确；对于D:当时，恒成立，所以函数无零点，即选项D错误.故选：BC.13．【答案】10【分析】名额之间无差别，用隔板法即可得出结果.【详解】6个名额分给其他3个学校，由隔板法知有种方法，故答案为：1014．【答案】9.1尺【分析】根据题意列方程，解得结果.【详解】设折断处离地面的高为尺．则15．【答案】【分析】由可得，令，然后利用导数求出的最大值即可.【详解】由可得令，则所以当时，单调递增当时，单调递减因为，当时，所以，所以故答案为：16．【答案】2；【分析】设点在准线上的射影为，根据抛物线的定义可知，结合图象，得到当三点共线时，取得最小值，列出方程，求得的值，设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系和为线段的中点，求得及、的坐标及，进而求得过点的切线方程，求得交点坐标，结合点到直线的距离公式和面积公式，即可求解.【详解】由题意，抛物线的准线方程为，设点在准线上的射影为，根据抛物线的定义可知，要使得取得最小值，即取得最小值，结合图象，可得当三点共线时，取得最小值，又由点，可得最小值为，解得.因为为线段的中点，所以直线的斜率一定存在，设直线的斜率为，可得直线的方程为，即，联立方程组，可得，设，则，因为为线段的中点，所以，解得，即方程，解得或，所以，可得,设过点的切线方程为，联立方程组，可得，由，可得，即切线方程为，设过的切线方程为，联立方程组，可得，由，可得，即切线方程为，联立方程组，解得，即，又由直线的斜率为，可得其方程为，则点到直线的距离为，所以的面积为.故答案为：；.17．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）海警船再向前航行22.5分钟即可到达岛.【分析】(Ⅰ)在中，根据余弦定理求得余弦值，再求正弦值得到答案.(Ⅱ)首先利用和差公式计算，中，由正弦定理可得长度，最后得到时间.【详解】(Ⅰ)由已知可得，中，根据余弦定理求得，∴．(Ⅱ)由已知可得，∴．中，由正弦定理可得，∴分钟．即海警船再向前航行22.5分钟即可到达岛．18．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据递推关系依据证明的结构进行转化即可；（2）先求通过，然后通过裂项求和法求和.【详解】（1）证明：，，是以为首项，为公差的等差数列．（2）由（1）知：，，.19．【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析.【详解】（1）延长交于点，连结，推导出四边形为平行四边形，从而，由此能证明平面．（2）选择条件①，取的中点，连结，，推导出，，，从而平面，是与平面所成的角，，推导出，以为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成的锐二面角的余弦值．选择条件②，取中点，连结，，推导出，，，从而平面，是三棱锥的高，，推导出，以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成的锐二面角的余弦值．【详解】（1）证明：延长交于点，连结，，，，，，，是的中点，是的中点，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，平面．（2）选择条件①，解答过程如下：取的中点，连结，，，，，，为直角三角形，，且，平面平面，平面平面，，平面，平面，是与平面所成的角，，中，，，，，，，，如图，以为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，0，，，，，，0，，，0，，，，，，，，设平面法向量为，，，，取，得，平面的法向量，0，，，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．选择条件②，解答过程如下：取中点，连结，，，，，，为直角三角形，，且，平面平面，平面平面，，平面，平面，是三棱锥的高，，，，为锐角，，，△为等边三角形，，如图，以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，0，，，，，，0，，，0，，，，，，设平面的法向量，，，则，取，得，平面的法向量，0，，，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．20．【答案】（Ⅰ）D(Y1)=4；D(Y2)=12．（Ⅱ）当时，为最小值．【详解】（I）由题设可知，Y1和Y2的分布列分别为Y1510P0.80.2Y22812P0.20.50.3E(Y1)=5×0.8+10×0.2=6，D(Y1)=(5-6)2×0.8+(10-6)2×0.2=4；E(Y2)=2×0.2+8×0.5+12×0.3=8，D(Y2)=(2-8)2×0.2+(8-8)2×0.5+(12-8)2×0.3=12．（Ⅱ）当时，为最小值．21．【答案】(1)(2)【分析】（1）由离心率可得，则得，然后将代入椭圆方程中可求出和，从而可椭圆方程，（2）设，由题意可得，再由