2020-2021学年湖南省娄底市高三（下）5月月考数学试卷人教A版（2019）（Word含解析）

这是一份2020-2021学年湖南省娄底市高三（下）5月月考数学试卷人教A版（2019）（Word含解析），共15页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设 z=−1+2i2+i ，则z的虚部是( )
A.1B.iC.−1D.−i

2. 已知集合A=x|x−a≤0，B=1,2,3，若A∩B≠⌀，则a的取值范围为( )
A.(−∞,1]B.[1,+∞)C.(−∞,3]D.[3,+∞)

3. 有12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是( )
A.C82A32B.C82A66C.C82A62D.C82A52

4. 我们打印用的A4纸的长与宽的比约为2，之所以是这个比值，是因为把纸张对折，得到的新纸的长与宽之比仍约为2，纸张的形状不变．已知圆柱的母线长小于底面圆的直径长（如图所示），它的轴截面ABCD为一张A4纸，若点E为上底面圆上弧AB的中点，则异面直线DE与AB所成的角约为( )

A.π6B.π4C.π3D.π2

5. 历史上，最伟大的数学家一直都热衷于寻找质数的“分布规律”，法国数学家马林•梅森就是研究质数的数学家中成就很高的一位，正因为他的卓越贡献，现在人们将形如“ 2p−1 (p是质数）”的质数称为梅森数，迄今为止共发现了51个梅森数，前4个梅森数分别是 22−1=3，23−1=7，25−1=31，27−1=127 ，3，7是1位数，31是2位数，127是3位数. 已知第10个梅森数为 289−1，则第10个梅森数的位数为（参考数据： lg2≈0.301)( )
A.25B.29C.27D.28

6. 已知F1，F2分别是双曲线3x2−y2=3a2a>0的左、右焦点，P是抛物线y2=8ax与双曲线的一个交点．若|PF1|+|PF2|=12，则抛物线的准线方程为( )
A.x=−2B.x=−1C.x=−3D.x=−32

7. 在△ABC中，角A为π3，角A的平分线AD交BC于点D，已知AD=23，且λAB→=AD→−13AC→λ∈R，则AB→⋅AD→=( )
A.1B.32C.9 D.332

8. 定义在R上的函数f(x)的图象是连续不断的曲线，且f(x)=f(−x)e2x，当x>0时，f′(x)>f(x)恒成立，则下列判断一定正确的是( )
A.e5f(2)cB.a0时，g′(x)=f′(x)−f(x)ex>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以有g(3)>g(2)，则g(−3)>g(2)，
即f(−3)e−3>f(2)e2，即e5f(−3)>f(2).
故选B.
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
二次函数的性质
函数单调性的判断与证明
函数的图象与图象变化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当a=0时，fx=x+1不是偶函数，在−1,1上单调；
当a≠0时，对称轴为x=−a2+12a
=−12a+1a∈−∞,−1∪1,+∞ ，
fx不是偶函数，在−1,1上单调，故A错误，B正确；
y=x与y=x3有3个交点，故C正确；
因为函数y=sinx在0,0处的切线是直线y=x，
所以函数y=sinx与y=x的图象的交点有且只有一个，故D错误．
故选BC.
【答案】
A,C
【考点】
对数的运算性质
对数值大小的比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由a=lg23=lg3lg2，b=lg34=lg4lg3，c=lg45=lg5lg4，
得ab=2，abc=lg25，ab=(lg3)2lg2⋅lg4>(lg3)2(lg2+lg42)2
=4lg32lg82>4lg32lg92=1，
∴ a>b，同理b>c，
∴ a>b>c，故A正确，B错误；
a+1b=lg23+lg43=lg233>lg25，故C正确；
ab=2，且a≠b，故a+b>22，故D错误．
故选AC．
【答案】
A,B,D
【考点】
点、线、面间的距离计算
棱柱的结构特征
点到直线的距离公式
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面平行的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，由面面平行的性质定理，得EG//FH，EH//GF，
可得四边形EGFH为平行四边形，
又直角梯形CBGF和直角梯形ABGE全等，
可得EG=FG，
即有四边形EGFH为菱形，故A正确；
B，由四边形AEFC为平行四边形，
可得AC//EF，AC⊄平面EFGH，EF⊂平面EGFH，
可得AC//平面EGFH，故B正确；
C，由菱形EGFH可得EF⊥GH，
四边形EGFH的对角线EF是固定的，
四边形EGFH的面积S=12×2⋅HG，HG∈2,3，
所以四边形EGFH的面积S∈1,62，故C错误；
D，因为四棱锥A−EGFH的体积为：
V=VG−AEF+VH−AEF=13×DB×S△AEF为常数，故D正确.
故选ABD．
【答案】
A,D
【考点】
函数的零点
函数的零点与方程根的关系
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令fx=0，得2sinnxcsnx=csnx，
∴ csnx=0或sinnx=12．
又nx∈0,nπ，
若csnx=0，则nx=π2+kπ，k=0，1，2，⋯，n−1，
共n个解；
若sinnx=12，则nx=π6+2kπ，0≤k≤n2−112
或nx=5π6+2kπ，0≤k≤n2−512，
当n为奇数时，an=n+n−12+1+n−12+1=2n+1；
当n为偶数时，an=n+n2+n2=2n．
故当n=8时，a8=16；当n=9时，a9=19．
故选AD．
三、填空题
【答案】
32
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得x的系数为3C41+aC40=12+a=11，则a=−1，
所以原式为3−x1+x4，
令x=1，则展开式中各项系数之和为3−1×1+14=32．
故答案为：32．
【答案】
−43+310
【考点】
同角三角函数基本关系的运用
诱导公式
两角和与差的余弦公式
两角和与差的正弦公式
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx=32sinxcsx−2cs2x−1
=3sin2x−cs2x=2sin2x−π6，
由题意，得2sin2x0−π6=65，
∴ sin2x0−π6=35，
又x0∈π3,π2，
∴ 2x0−π6∈π2,5π6，
∴ cs2x0−π6=−45，
∴ cs2x0=cs2x0−π6+π6
=cs2x0−π6csπ6−sin2x0−π6sinπ6
=−45×32−35×12=−43+310．
故答案为：−43+310．
【答案】
322,722
【考点】
点到直线的距离公式
点与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得|AB|=−1+32+−2−02=22，
根据△MAB和△NAB的面积均为2，可得两点M，N到直线AB的距离为2；
由于AB的方程为y−0−2−0=x+3−1+3，即x+y+3=0；
若圆上只有一个点到直线AB的距离为2，
则有圆心2,0到直线AB的距离为|2+0+3|2=r+2，
解得r=322；
若圆上有3个点到直线AB的距离为2，
则有圆心2,0到直线AB的距离为|2+0+3|2=r−2，
解得r=722；
综上，r的取值范围是322,722．
故答案为：322,722．
【答案】
364
【考点】
子集与真子集的个数问题
子集与交集、并集运算的转换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：集合{1，2，3，⋯，k，k+1，k+2}的T子集可分为两类：
第一类子集中不含有k+2，这类子集有ak+1个；
第二类子集中含有k+2，则这类子集为{1，2，3，⋯，k}的T子集与k+2的并
或为{1，2，3，⋯，k}的单元素子集与k+2的并，共有ak+k个．
所以ak+2=ak+1+ak+k．
因为a3=1，a4=3，
所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，
a10=133，a11=221，a12=364．
故答案为：364．
四、解答题
【答案】
解：(1)由△ABC是等边三角形，得β=α+π3，
又0≤α≤π3，
故2cs α−cs β=2cs α−cs(α+π3)
=3sin(α+π3)，
故当α=π6，即D为BC中点时，原式取最大值3；
(2)由csβ=17，得sinβ=437，
故sinα=sin(β−π3)
=sinβcsπ3−csβsinπ3=3314，
由正弦定理ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
故AB=sinβsinα⋅BD=83，
故S△ABD=12AB⋅BD⋅sinB
=12×83×1×32=233．
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角形的面积公式
三角函数的最值
正弦定理
【解析】
（1）求出β＝α+π3，根据三角函数的运算性质求出其最大值即可；
（2）根据正弦定理求出AB的值，从而求出三角形的面积即可．
【解答】
解：(1)由△ABC是等边三角形，得β=α+π3，
又0≤α≤π3，
故2cs α−cs β=2cs α−cs(α+π3)
=3sin(α+π3)，
故当α=π6，即D为BC中点时，原式取最大值3；
(2)由csβ=17，得sinβ=437，
故sinα=sin(β−π3)
=sinβcsπ3−csβsinπ3=3314，
由正弦定理ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
故AB=sinβsinα⋅BD=83，
故S△ABD=12AB⋅BD⋅sinB
=12×83×1×32=233．
【答案】
(1)证明：∵ E，F分别为AB，AC边的中点，
∴ EF//BC，
∵ ∠ABC=90∘，
∴ EF⊥BE，EF⊥PE，
又∵ BE∩PE=E，
∴ EF⊥平面PBE，
∴ BC⊥平面PBE.
(2)解：取BE的中点O，连接PO，如图，
由(1)知BC⊥平面PBE，BC⊂平面BCFE，
所以平面PBE⊥平面BCFE,
因为PB=BE=PE，所以PO⊥BE，
又因为PO⊂平面PBE，平面PBE∩平面BCFE=BE，
所以PO⊥平面BCFE.
分别以OB，OP所在直线为x，z轴，
过O且平行BC的直线为y轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,3),C(1,4,0), F(−1,2,0).
PC→=(1,4,−3), PF→=(−1,2,−3)
设平面PCF的法向量为m→=(x，y，z),
则PC→⋅m→=0PF→⋅m→=0即x+4y−3z=0，−x+2y−3z=0，
则m→=(−1，1，3)，
易知n→=(0，1，0)为平面PBE的一个法向量，
cs=−1×0+1×1+3×0(−1)2+12+(3)2=15=55，
所以平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值为55.
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ E，F分别为AB，AC边的中点，
∴ EF//BC，
∵ ∠ABC=90∘，
∴ EF⊥BE，EF⊥PE，
又∵ BE∩PE=E，
∴ EF⊥平面PBE，
∴ BC⊥平面PBE.
(2)解：取BE的中点O，连接PO，如图，
由(1)知BC⊥平面PBE，BC⊂平面BCFE，
所以平面PBE⊥平面BCFE,
因为PB=BE=PE，所以PO⊥BE，
又因为PO⊂平面PBE，平面PBE∩平面BCFE=BE，
所以PO⊥平面BCFE.
分别以OB，OP所在直线为x，z轴，
过O且平行BC的直线为y轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,3),C(1,4,0), F(−1,2,0).
PC→=(1,4,−3), PF→=(−1,2,−3)
设平面PCF的法向量为m→=(x，y，z),
则PC→⋅m→=0PF→⋅m→=0即x+4y−3z=0，−x+2y−3z=0，
则m→=(−1，1，3)，
易知n→=(0，1，0)为平面PBE的一个法向量，
cs=−1×0+1×1+3×0(−1)2+12+(3)2=15=55，
所以平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值为55.
【答案】
解：(1)将n=1代入an+an+1=2n+1，得a2=3−1=2．
∵ an+an+1=2n+1，
∴ an+1+an+2=2n+3 ，
∴ an+2−an=2，
∴ 数列{an}的奇数项、偶数项都是以2为公差的等差数列，
当n=2k时，an=a2+2k−1=2k=n，
当n=2k−1时，an=a1+2k−1=2k−1=n，
∴ an=n，n∈N∗．
(2)由(1)可知，an=n，n∈N∗，
∴ bn=1nn+1=1n−1n+1，
∴ Sn=b1+b2+⋯+bn=(1−12)+(12−13)+(1n−1n+1)
=1−1n+1=nn+1，
若Sk=4Sm2，
则kk+1=4m4m+12，
即1+1k=m+124m2，
解得1k=−3m2+2m+14m2．
∵ 1