2020-2021学年吉林省长春市高三（下）5月月考数学（文）试卷人教A版（2019）

这是一份2020-2021学年吉林省长春市高三（下）5月月考数学（文）试卷人教A版（2019），共7页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A=(x,y)|y=x，B=(x,y)|(x−1)2+(y−1)2=5，则集合A∩B的元素个数为( )
A.0B.1C.2D.3

2. 已知复数z=2−i1+i，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3. 已知a→=(1, −2)，b→=(−3, 4)，c→=(3, 2)，则(a→+2b→)⋅c→=( )
A.12B.0C.−3D.−11

4. 智能主动降噪耳机工作的原理是通过耳机两端的噪声采集器采集周围的噪音，然后通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波抵消噪音（如图）．已知噪音的声波曲线y=Asinωx+φ （其中A>0，ω>0，0≤φ<2π）的振幅为1，周期为2π，初相为π2，则通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线为( )

A.y=−sinxB.y=−csxC.y=sinxD.y=csx

5. 函数fx=2x3ln|x|在其定义域上的图象大致为( )
A.B.
C.D.

6. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（单位：cm3）是( )

A.43B.53C.1D.2

7. 数列an是等差数列，Sn为其前n项和，且a1<0，a2020+a2021<0，a20⋅a201<0，则使Sn<0成立的最大正整数n是( )
A.4041B.4040C.2021D.2020

8. 已知实数x，y满足−2≤x−y≤2，1≤x≤m，且z=y−2x的最小值为−6，则实数m的值为( )
A.2B.3C.4D.8

9. 2020年初，新型冠状病毒(COVID−19）引起的肺炎疫情爆发以来，各地医疗机构采取了各种针对性的治疗方法，取得了不错的成效，某地开始使用中西医结合方法后，每周治愈的患者人数如表所示：
由表格可得y关于x的二次回归方程为y=6x2+a，则此回归模型第2周的残差（实际值与预报值之差）为( )
A.1B.2C.−1D.0

10. 过抛物线y2=4x的焦点F作斜率为k的直线交抛物线于A，B两点，若AF→=3FB→，则k的值为( )
A.3B.33C.±33D.±3

11. 已知函数fx=ax−2与gx=ex的图象上存在关于直线y=x对称的点，则a的最大值为( )
A.e4B.e2C.eD.2e

12. 在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若sin(A+C)=2Sb2−c2，则tanC+12tan(B−C)的最小值为( )
A.2B.2C.1D.22
二、填空题

命题q：存在x∈−1,1，使得不等式x2−x−3≤0成立的否定是________ .

若△ABC的三边长分别为a，b，c，内切圆半径为r，则△ABC的面积为r(a+b+c)2．根据类比思想可得：若四面体A−BCD的三个侧面与底面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为r，则四面体的体积为________.

已知双曲线C1，C2的焦点分别在x轴、y轴上，渐近线方程都为y=±1axa>0，离心率分别为e1，e2，则e1e2的最小值为________ .

三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明．下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实，图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实，黄实，利用2×勾×股+（股−勾）​2=4×朱实+黄实=弦实，化简，得勾​2+股​2=弦​2，设勾股中勾股比为1:3，若向弦图内随机抛掷1000颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为________.（3用1.732近似表示）

参考答案与试题解析
2020-2021学年吉林省长春市高三（下）5月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
集合中元素的个数
【解析】
根据集合的意义，联立方程，解出方程的解得个数即为交点的个数．
【解答】
解：集合A∩B的元素个数即为方程组y=x，(x−1)2+(y−1)2=5的解的个数，
因为上述方程式有−102+1,−102+1，
102+1,102+1两个解，
所以集合A∩B的元素个数为2．
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的混合运算
【解析】
由复数的运算法则求出z的代数形式，由复数的几何意义得到对应的点的坐标，即可得到答案．
【解答】
解：因为z=2−i1+i=(2−i)(1−i)2=12−32i，
所以复数z在复平面内对应的点为(12,−32)，在第四象限.
故选D.
3.
【答案】
C
【考点】
平面向量的坐标运算
平面向量数量积的运算
【解析】
先求出向量a→+2b→，然后再与向量c→进行点乘运算即可得到答案．
【解答】
解：∵ a→+2b→=(1, −2)+2(−3, 4)=(−5, 6)，
(a→+2b→)⋅c→=(−5, 6)⋅(3, 2)=−3.
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
已知噪音的声波曲线y=Asinωx+φ （其中A>0,ω>0,0≤φ<2π） 的振幅为1，周期为2π，初相为π2，可得ω=2πT=2π2π=1，所以噪音的声波曲线为y=sinx+π2=csx，所以通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线为y=−csx，故选：B．
【解答】
解：已知噪音的声波曲线y=Asinωx+φ （其中A>0，ω>0，0≤φ<2π） 的振幅为1，周期为2π，初相为π2，可得ω=2πT=2π2π=1，
所以噪音的声波曲线为y=sinx+π2=csx，
所以通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线为y=−csx.
故选B.
5.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
函数奇偶性的判断
【解析】
函数的定义域为−∞,−1∪−1,0∪0,1∪1,+∞，它关于原点对称．又f(−x)=−2x53ln|x|=−f(x) ，故fx为奇函数，故排除AB选项，又当x>1时，f(x)≥0，故选：D .
【解答】
解：函数的定义域为−∞,−1∪−1,0∪0,1∪1,+∞，它关于原点对称．
又f(−x)=−2x3ln|x|=−f(x) ，故fx为奇函数，故排除AB选项，
又当x>1时，f(x)≥0，故排除C选项.
故选D.
6.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
无
【解答】
解：由三视图还原出几何体如图所示，
该几何体是由一个长方体截去一个三棱锥构成的几何体，
所以该几何体的体积为1×1×2−13×12×1×1×2=53cm3．
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
【解析】
设数列an的公差为d，由a1<0，a2020+a2021<0,a2020⋅a2021<0，
可知a2020<0,a201>0，所以d>0，数列an为递增数列，
S4041=4041a1+a40412=4041a2021>0，
S4040=2020a1+a4040=2020a2020+a2021<0，所以可知n的最大值为4040．故选：B．
【解答】
解：设数列an的公差为d，
由a1<0，a2020+a2021<0，a2020⋅a2021<0，
可知a2020<0，a2021>0，所以d>0，数列an为递增数列，
S4041=4041a1+a40412=4041a2021>0，
S4040=2020a1+a4040=2020a2020+a2021<0，
所以n的最大值为4040．
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数，即可求得实数m的值．
【解答】
解：由约束条件作出可行域如图所示，
联立x=m，x−y=2，解得A(m,m−2)，
化目标函数z=y−2x为y=2x+z，
由图可知，当直线y=2x+z过A时，直线在y轴上的截距最小，
z有最大值为m−2−2m=−2−m=−6，
解得m=4．
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
回归分析
求解线性回归方程
【解析】
无
【解答】
解：设t=x2，
则t¯=15(1+4+9+16+25)=11，
y¯=15(2+17+36+93+142)=58，
a=58−6×11=−8，
所以y=6x2−8，
令x=2，得e2=y2−y2=17−6×22+8=1．
故选A．
10.
【答案】
D
【考点】
直线的斜率
平面向量在解析几何中的应用
抛物线的性质
【解析】
若k=0，则直线l与抛物线有且只有一个公共点，不合乎题意．设m=1k，抛物线y2=4x的焦点为F1,0，直线AB的方程为x=my+1联立x=my+1y2=4x，消去x可得y2−4my−4=0，Δ=16m2+16>0，
设点Ax1,y1,Bx2,y2，由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=−4，
∵ AF→=1−x1,−y1，FB→=x2−1,y2，由AF=3FB可得−y1=3y2，
∴ y1+y2=−2y2=4m，则y2=−2m，y1y2=−3y22=−12m2=−4，解得m=±33，
∴ k=1m=±3 . 故选：D．
【解答】
解：若k=0，则直线l与抛物线有且只有一个公共点，不符合题意．
设m=1k，抛物线y2=4x的焦点为F1,0，
直线AB的方程为x=my+1，
联立x=my+1,y2=4x,，消去x可得y2−4my−4=0，
∴ Δ=16m2+16>0，
设点Ax1,y1，Bx2,y2，
由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=−4，
∵ AF→=1−x1,−y1，FB→=x2−1,y2，
由AF=3FB可得−y1=3y2，
∴ y1+y2=−2y2=4m，则y2=−2m，
y1y2=−3y22=−12m2=−4，解得m=±33，
∴ k=1m=±3 .
故选D.
11.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
函数恒成立问题
【解析】
由题可知，曲线fx=ax−2与y=lnx有公共点，即方程ax−2=lnx有实数解，即a=2+lnxx有实数解，令ℎx=2+lnxx，则ℎ′x=−1−lnxx2，所以当00；当x>1e时，ℎ′x<0，故x=1e时，ℎx取得极大值ℎ1e=e，也是最大值，所以ℎx≤e，所以a≤e，即a的最大值为e．故选：C .
【解答】
解：由题可知，曲线fx=ax−2与y=lnx有公共点，
即方程ax−2=lnx有实数解，即a=2+lnxx有实数解，
令ℎx=2+lnxx，则ℎ′x=−1−lnxx2，
所以当00；
当x>1e时，ℎ′x<0，
故x=1e时，ℎx取得极大值ℎ1e=e，也是最大值，
所以ℎx≤e，所以a≤e，即a的最大值为e．
故选C .
12.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
基本不等式
【解析】
利用正弦定理和余弦定理化简，求出sin(B−C)＝sinC，可得tan(B−C)＝tanC，利用基本不等式的性质即可得出．
【解答】
解：由sin(A+C)=2Sb2−c2，得sinB=2Sb2−c2=acsinBb2−c2，
∵ sinB≠0，
∴ b2=c2+ac，
由b2=a2+c2−2accsB，得a−2ccsB=c，
由正弦定理，得sinA−2sinCcsB=sinC，
∴ sinBcsC+csBsinC−2sinCcsB
=sinBcsC−csBsinC=sinC，
即sin(B−C)=sinC，
∴ B−C=C或B−C+C=π，
即B=2C或B=π（舍去）.
∵ △ABC是锐角三角形，
∴ 0得π6∴ tanC+12tan(B−C)=tanC+12tanC
≥2tanC⋅12tanC=2，
当且仅当tanC=22时取等号．
故选A．
二、填空题
【答案】
任意x∈[−1,1]，不等式x2−x−3>0成立
【考点】
命题的否定
【解析】
由全称命题和特称命题的否定可知，命题q：存在x∈−1,1，使得不等式x2−x−3≤0的否定是：任意x∈[−1,1)，不等式x2−x−3>0成立．
【解答】
解：由全称命题和特称命题的否定可知，
命题q：存在x∈−1,1，使得不等式x2−x−3≤0的否定是：
任意x∈[−1,1]，不等式x2−x−3>0成立．
故答案为：任意x∈[−1,1]，不等式x2−x−3>0成立．
【答案】
r(S1+S2+S2+S4)3
【考点】
类比推理
【解析】
根据三角形的边应与四面体中的各个面进行类比，而面积与体积进行类比，进行猜想．
【解答】
解：根据几何体和平面图形的类比关系，
三角形的边应与四面体中的各个面进行类比，则面积与体积进行类比，
∴ △ABC的面积为r(a+b+c)2，
对应于四面体的体积为r(S1+S2+S2+S4)3.
故答案为：r(S1+S2+S2+S4)3.
【答案】
2
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
基本不等式
【解析】
左侧图片未给出解析．
【解答】
解：设双曲线C1标准方程为x2a12−y2b12=1(a1>0,b1>0)，
双曲线C2标准方程为y2a22−x2b22=1(a2>0,b2>0)，
由题意可得b1a1=a2b2=1a，
则e1=c1a1=c12a12=a12+b12a12=1+b12a12=1+1a2，
同理可得e1=1+b2a22=1+a2，
所以e1e2=1+1a2(1+a2)
=a2+1a2+2≥2a2⋅1a2+2=2，
当且仅当a=1时，等号成立，因此，e1e2的最小值为2．
故答案为：2．
【答案】
134
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
设勾为a，则股为3a，弦为2a，求出大的正方形的面积及小的正方形面积，再求出图钉落在黄色图形内的概率，乘以1000得答案．
【解答】
解：如图，
设勾为a，则股为3a，∴ 弦为2a，
则图中大四边形的面积为4a2，小四边形的面积为
(3−1)2a2=(4−23)a2，
则由测度比为面积比，可得图钉落在黄色图形内的概率为
(4−23)a24a2=1−32．
∴ 落在黄色图形内的图钉数大约为
1000(1−32)≈134．
故答案为：134.周数x
1
2
3
4
5
治愈人数(y)
2
17
36
93
142