湖南省永州市省重点中学2021届高三数学5月联考试题（Word版附答案）

永州市省重点中学 2021 届高三下学期 5 月联考 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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，将本试卷和答题卡一并交回。 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容。 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.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 1i z i  ，复数 z 的共扼复数 z 在复平面内对应的点在（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象 限 2．已知集合  2 2A x x x  ，集合   2log 1 1B x x   ，则 A B  （ ） A． 2 3x x  B． 1 2x x  C． 0 3x x  D． 0 2x x  3．若圆 2 2: 16 0C x x y m    被直线 3 4 4 0x y   截得的弦长为 6，则 m  （ ） A．26 B．31 C．39 D．43 4．函数   xef x xx   的图象大致为（ ） A． B． C． D． 5．三星堆古遗址是迄今在西南地区发现的范围最大，延续时间最长，文化内涵最丰富的古城、 古国、古蜀文化遗址.三星堆遗址被称为 20 世纪人类最伟大的考古发现之一，昭示了长江流域 与黄河流域一样，同属中华文明的母体，被誉为“长江文明之源”.考古学家在测定遗址年代 的过程中，利用“生物死亡后体内的碳 14 含量按确定的比率衰减”这一规律，建立了样本中 碳 14 的含量 y 随时间 x（年）变化的数学模型： 5730 0 1 2 x y y      （ 0y 表示碳 14 的初始量）.2020 年考古学家对三星堆古遗址某文物样本进行碳 14 年代学检测，检测出碳 14 的含量约为初始 量的 68%，据此推测三星堆古遗址存在的时期距今大约是（参考数据： 2log 5 2.32 ， 2log 17 4.09 ）（ ） A．2796 年 B．3152 年 C．3952 年 D ． 4480 年 6．已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 8 7 102S S S  ，则 21S  （ ） A．21 B．11 C．-21 D．0 7． 52 3 1x x  展开式中 x 的系数为（ ） A．-3 B．3 C．-15 D．15 8．在三棱锥 P ABC 中，底面 ABC 是面积为3 3 的正三角形，若三棱锥 P ABC 的每个 顶点都在球 O 的球面上，且点 O 恰好在平面 ABC 内，则三棱锥 P ABC 体积的最大值为 （ ） A． 3 B． 2 3 C． 4 3 D． 6 3 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分. 9．已知平面向量  2,2a  ，  1,b m ，且 2a b a b     ，则（ ） A． 4a b  B． 0a b  C． 1m   D． 2b  10．若关于 x 的方程 22 3 cos sin 2 3x x m   在区间 ,4 6      上有且只有一个解，则 m 的值可能为（ ） A．-2 B．-1 C．0 D．1 11．已知 0a  ， 0b  ，且 2 2 1a b  ，则（ ） A． 2a b  B．  5 51 1 1a ba b       C． 2 2log log 1a b   D． 1ab a b   12 ． 设 1F ， 2F 同 时 为 椭 圆   2 2 1 2 2: 1 0x yC a ba b     ， 与 双 曲 线  2 2 1 1 2 2 2 1 1: 1 0, 0aC ab x y b    的左、右焦点，设椭圆 1C 与双曲线 2C 在第一象限内交于点 M ，椭圆 1C 与双曲线 2C 的离心率分别为 1e ， 2e ，O 为坐标原点，若（ ） A． 1 2 2F F MO ，则 2 2 1 2 1 1 2e e   B． 1 2 2F F MO ，则 2 2 1 2 1 1 2e e   C． 1 2 24F F MF ，则 1 2e e 的取值范围是 3,3 2      D． 1 2 24F F MF ，则 1 2e e 的取值范围是 ,23      三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡中的横线上. 13．若 1cos 12 3      ，则 2sin 2 3      ______. 14．沙漏是一种古代的计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成， 开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙 漏的一个沙时.如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，该圆锥的高为 1，若上面的圆锥中装有 高度为 2 3 的液体，且液体能流入下面的圆锥，则液体流下去后的液面高度为______. 15．规定记号“  ”表示一种运算，即   2 21 2a b a b b    ， ,a bR ，若 0k  ，函数    f x kx x  的图象关于直线 1 2x  对称，则 k  ______. 16．三分损益法是古代中国发明制定音律时所用的生律法.三分损益包含“三分损一”“三分益 一”两层含义.三分损一是指将原有长度作 3 等分而减去其 1 份，即原有长度 3 1 3   生得长 度；而三分益一则是指将原有长度作 3 等分而增添其 1 份，即原有长度 3 1 3   生得长度.两 种方法可以交替运用、连续运用，各音律就得以辗转相生.假设能发出第一个基准音的乐器的 长度为 243，每次损益的概率为 1 2 ，则经过 5 次三分损益得到的乐器的长度为 128 的概率为 ______. 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（10 分） 在①sin A ，sin C ， sin B 成等差数列；② : : 4 :3: 2a b c  ；③ cos 1b A  这三个条件中任 选一个，补充在下面问题中.若问题中的三角形存在，求该三角形面积的值；若问题中的三角 形不存在，说明理由. 问 题 ： 是 否 存 在 ABC△ ， 它 的 内 角 A ， B ， C 的 对 边 分 别 为 a ， b ， c ， 且  sin sin sin sina A B b B c C   ， 1c  ，______？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 18．（12 分） 在公比大于 0 的等比数列 na 中，已知 2a ， 3a ， 16a 依次组成公差为 4 的等差数列. （1）求 na 的通项公式； （2）设 2 2log 5n n n ac a  ，求数列 nc 的前 n 项和 nT . 19．（12 分） 如图，在四棱锥 A BCDE 中， //BC DE ， BE BC ， 2 2AB BC AC DE BE    . （1）证明： AD BC . （2）若平面 BCDE  平面 ABC ，经过 A ， D 的平面 将四棱锥 A BCDE 分成左、右两 部分的体积之比为 1:2，求平面 与平面 ADC 所成锐二面角的余弦值. 20．（12 分） 已知抛物线  2: 2 0C x py p  的焦点为 F ，点  01,P y 在抛物线C 上， 05 4 yPF  . （1）求抛物线C 的标准方程. （2）已知直线l 交抛物线 C 于点 A ， B ，且 PA PB ，证明：直线l 过定点. 21．（12 分） 某企业有甲、乙两条生产同种产品的生产线.据调查统计，100 次生产该产品所用时间的频数 分布表如下： 所用的时间（单位：天） 10 11 12 13 甲生产线的频数 10 20 10 10 乙生产线的频数 5 20 20 5 假设订单 A 约定交货时间为 11 天，订单 B 约定交货时间为 12 天.（将频率视为概率，当天完 成即可交货） （1）为尽最大可能在约定时间交货，判断订单 A 和订单 B 应如何选择各自的生产线（订单 A ， B 互不影响）； （2）已知甲、乙生产线的生产成本分别为 3 万元、2 万元，订单 A ， B 互不影响，若规定实 际交货时间每超过一天就要付 5000 元的违约金，现订单 A ， B 用（1）中所选的生产线生产 产品，记订单 A ， B 的总成本为 （万元），求随机变量 的期望值. 22．（12 分） 已知函数     21 4 2xf x me x x x     . （1）讨论  f x 的单调性； （2）当 2x   时，   0f x  恒成立，求 m 的取值范围. 高三数学试卷参考答案 1．A 【解析】本题考查复数的除法运算和共轭复数，考查运算求解能力.  1 1 1 1 2 2 2 i iiz ii      ， 1 1 2 2z i   ， ∴复数 z 的共轭复数 z 在复平面内对应的点是 1 1,2 2      ，在第一象限. 2．C 【解析】本题考查集合的运算，考查运算求解能力. ∵集合  0 2A x x   ，  1 3B x x   ，∴  0 3A B x x    . 3．C 【解析】本题考查圆的方程，直线和圆的位置关系，考查运算求解能力. 2 216 0x x y m    可 化 为    2 28 64 64x y m m     ， 所 以 圆 心 到 直 线 3 4 4 0x y   的距离 24 4 45d    ，所以 2 24 3 64 m   ，解得 39m  . 4．B 【解析】本题考查函数的图象，考查数形结合的数学思想. 0x  ，     xef x x f xx      ，  f x 为奇函数，排除 A.  1 1 0f e   ，∴排除 D. ∵当 0x  时，     2 2 1xe x xf x x    ，∴当 2x  时，   0f x  ，∴排除 C.故选 B. 5．B 【解析】本题考查对数的运算，考查逻辑推理能力. 设三星堆古遗址存在的时期距今大约是 x 年，则 5730 0 0 1 68%2 x y y     ，即 57301 0.682 x      ， 所 以 1 2 2 2 2 2 log 0.68 log 25 log 17 2log 5 log 17 0.555730 x       ， 解 得 5730 0.55 3152x    . 6．D 【解析】本题考查等差数列，考查运算求解能力. 由 8 7 102S S S  ，得 8 7 10 8S S S S   ，所以 8 9 10a a a  ，则 10 9 8 11 0a a a a    ，所以 21 1121 0S a  . 7．D 【解析】本题考查二项式定理，考查运算求解能力.        5 5 5 42 2 1 2 53 1 3 1 3 1 C 3 1x x x x x x x              ， ∴ x 的系数为  44 5C 1 3 15   . 8．B 【解析】本题考查三棱锥的外接球，考查空间想象能力. 由题可知底面 ABC 的边长为 2 3 ，因为三棱锥 P ABC 外接球的球心O 恰好在平面 ABC 内，所以球O 的半径为 2，则三棱锥 P ABC 体积的最大值为 1 3 3 2 2 33    . 9．AD 【解析】本题考查平面向量的数量积，考查运算求解能力. 由 2a b a b      ，得 22a b a    ，所以 2 2 4m  ，则 1m  ， 2b  ， 4a b   ，故选 AD. 10．AC 【解析】本题考查三角函数的性质，考查数形结合的数学思想. 22 3 cos sin 2 3x x m   化简可得 cos 2 6 2 mx       ，即 cos 2 6 2 mx       ，在区 间 ,4 6      上有且只有一个解，即 cos 2 6y x      的图象和直线 2 my   只有 1 个交点. 又 ,4 6x       ，则 2 ,6 3 2x         . 当 2 6 3x     ，即 4x   时，可得 1cos 3 2y       ； 当 2 06x   ，即 12x   时，可得 1y  ； 当 2 6 2x    ，即 6x  时，可得 0y  . 要使得 cos 2 6y x      的图象和直线 2 my   只有 1 个交点， 结合 cos 2 6y x      的图象（图略），可得 12 m  或 10 2 2 m   ， 解得 2m   或 1 0m   ，故选 AC. 11．BCD 【解析】本题考查基本不等式，考查逻辑推理能力. 对于 A，令 10 10a  ， 3 10 10b  ，则 2 10 8 25 5a b    ，故 A 不正确； 对于 B，      23 35 525 5 2 2 2 21 1 2 0 a ba ba b a b a ba b b a ab             ，故 B 正确； 对于 C， 2 2 2 2 2 2log log log log 12 a ba b ab      ，当且仅当 2 2a b  时，等号成立， 故 C 正确； 对于 D，由 2 2 1a b  ，所以 0 1a  ，0 1b  ，则   1 1 1 0ab a b a b       ，故 D 正确.故选 BCD. 12．BD 【解析】本题考查椭圆与双曲线的性质，考查数形结合的数学思想. 如图，设 1MF m ， 2MF n ，焦距为 2c ，由椭圆定义可得 2m n a  ，由双曲线定义可 得 12m n a  ，解得 1m a a  ， 1n a a  . 当 1 2 2F F MO 时，则 1 2 90F MF   ，所以 2 2 24m n c  ， 即 2 2 2 1 2a a c  ，由离心率的公式可得 2 2 1 2 1 2e e    ，故 B 正确. 当 1 2 24F F MF 时，可得 1 2n c ，即 1 1 2a a c  ，可得 1 2 1 1 1 2e e   ， 由 10 1e  ，可得 1 1 1e  ，可得 2 1 1 2e  ，即 21 2e  ，则 2 2 1 2 2 2 2 ee e e   ， 可设  22 3 4e t t    ，即  22 2 2 2 22 42 42 te te t t          ， 由   4 4f t t t    在  3,4 上单调递增，可得   1 ,13f t     ，则 1 2 2 ,23e e     ，故 D 正确. 故选 BD. 13． 7 9  【解析】本题主要考查二倍角公式，考查运算求解能力. 因 为 22 23 12 2           ， 则 22 7sin 2 cos2 2cos 13 12 12 9                            . 14． 3 191 3  【解析】本题考查圆锥的体积，考查空间想象能力. 32 8 3 27 V V      液 圆锥 ，当液体流下去后， 8 191 27 27 V V V    圆锥 液 圆锥 ，所以液体流下去后的液面 高度为 3 191 3  . 15．1 【解析】本题考查新定义与函数的性质，考查数形结合的数学思想.            2 2 21 2 1 1 2f x kx x k x x x kx kx x x         .因为函数  f x 的图象关 于直线 1 2x  对称，所以 10 1, 12 1, k k       解得 1k  . 16． 5 16 【解析】本题考查概率，考查逻辑推理能力. 设 5 次三分损益中有 k 次三分损一，所以 52 4243 1283 3 k k            ，解得 3k  . 故所求概率为 5 3 5 1 10 5C 2 32 16       . 17．解：因为  sin sin sin sina A B b B c C   ，由正弦定理得   2 2a a b b c   ，即 2 2 2a b c ab   ，所以 2 2 2 1cos 2 2 a b cC ab    ，又  0,C  ，所以 3C  . 选择① 因为sin A ，sin C ，sin B 成等差数列，所以sin sin 2sinA B C  ，即 2 2a b c   ，解 得 1c  . 由 2 2 2 2 2 1a b c a b ab      ，  2 3 1a b ab   ，所以 1ab  ，故存在满足题意的 ABC△ . 1 1 3sin 1 sin2 2 3 4ABCS ab C     △ . 选择② 因为 : : 4 :3: 2a b c  ，所以 3A B C    ， 这与 A B C    矛盾，所以 ABC△ 不存在. 选择③ 因为 cos 1b A  ，所以 2 21 12 b ab b    ，得 2 2 2 21b a c a    ， 所以 2B  ，此时 ABC△ 存在.又 3C  ，所以 6A  ， 所以 31 tan 6 3a    ，所以 1 3 2 6ABCS ac △ . 18．解：（1）设 na 的公比为 q ，因为 2a ， 3a ， 16a 成等差数列，所以 2 1 36 2a a a  ，则 22 6 0q q   ，又 0q  ，所以 2q  . 又因为 3 2 4a a  ，所以 1 2a  ，所以 12 2 2n n na    . （2）由题可知 2 2log 5 2 5 2 n n n n a nc a    ， 则 2 3 3 1 1 2 5 2 2 2 2n n nT        ，① 2 3 4 1 1 3 1 1 2 7 2 5 2 2 2 2 2 2n n n n nT           ，② ①-②得 2 3 1 1 1 3 1 1 1 2 5 1 1 222 2 2 2 2 2 2 2n n n n n nT                 . 故 2 11 2n n nT    . 19．（1）证明：取 BC 的中点O ，连接 AO ， DO . 因为 BO DE ， //BO DE ，所以 BODE 为平行四边形， 又 EB BC ，所以 DO BC . 因为 AB BC AC  ，所以 AO BC ， 又 AO DO O  ，所以 BC  平面 ADO . 因为 AD  平面 ADO ，所以 AD BC . （2）解：因为平面 BCDE  平面 ABC ，平面 BCDE  平面 ABC BC ， 所以 DO  平面 ABC . 因为 : 1: 2CDO DOBES S △ ，所以平面 ADO 即为平面 . 以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OD 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的空间 直角坐标系O xyz ， 令 2AB  ， 则  0,0,0O ，  3,0,0A ，  0,1,0B ，  0, 1,0C  ，  0,0,1D ， 所 以  3, 1,0AC    ，  0,1,1CD  . 设平面 ADC 的法向量为  , ,n x y z ， 则 0, 0, n AC n CD        即 3 0, 0, x y y z      令 1x  ，则 3y   ， 3z  ， 所以  1, 3, 3n   . 又平面 的一个法向量为  0,1,0m  . 设平面 与平面 ADC 所成的角（锐角）为 ， 则 3 21cos cos , 71 7 m nm n m n             ， 所以平面 与平面 ADC 所成锐二面角的余弦值为 21 7 . 20．（1）解：过 P 向抛物线的准线作垂线，垂足为 Q （图略），则 0 0 5 2 4 ypPQ y   ，故 0 2y p . 又  01,P y 在抛物线上，所以 0 1 2y p  ， 则 12 2p p  ，解得 1 2p  ， 0 1y  . 故抛物线 C 的标准方程为 2x y . （2）证明：设  2 1 1,A x x ，  2 2 2,B x x ，直线l 的方程为 y kx m  ， 则 2 1 1 1 1 11PA xk xx    ， 2 2 2 2 1 11PB xk xx    . 因为 PA PB ，所以  1 21 1 1x x    ，即 1 2 1 2 2 0x x x x    ， 将直线l 的方程与抛物线方程联立可得， 2 0x kx m   ， 则 1 2x x k  ， 1 2x x m  ，所以 2 0k m   ， 直线l 的方程为  2 1 2y kx k k x      ，则直线l 过定点 1,2 . 21．解：（1）频率分布表如下： 所用的时间（单位：天） 10 11 12 13 甲生产线的频率 0.2 0.4 0.2 0.2 乙生产线的频率 0.1 0.4 0.4 0.1 设事件 1A ， 2A 分别表示订单 A 选择甲、乙生产线在约定时间交货；事件 1B ， 2B 分别表示订 单 B 选择甲、乙生产线在约定时间交货.  1 0.2 0.4 0.6P A    ，  2 0.1 0.4 0.5P A    ，  1 0.2 0.4 0.2 0.8P B     ，  2 0.1 0.4 0.4 0.9P B     ， 所以订单 A 选择甲生产线，订单 B 选择乙生产线. （2）设 1x 表示订单 A 实际交货时间超过约定时间的天数， 2x 表示订单 B 实际交货时间超过 约定时间的天数， 1x ， 2x 的分布列分别如下： 1x 0 1 2 P 0.6 0.2 0.2 2x 0 1 P 0.9 0.1 设 1 2X x x  ，则 X 的分布列如下： 1 2X x x  0 1 2 3 P 0.54 0.24 0.2 0.02 0 0.54 1 0.24 2 0.2 3 0.02 0.7EX          ， 所以 3 2 0.5 5.35E EX     （万元）， 所以订单 A ， B 的总成本 的期望值为 5.35 万元. 22．解：（1）       2 2 4 2 2x xf x me x x x me        . 若 0m  ，则 2 0xme   .当  , 2x   时，   0f x  ；当  2,x   时，   0f x  . 所以  f x 在 , 2  上单调递增，在 2,  上单调递减. 若 0m  ，令   0f x  ，解得 1 2x   ， 2 2lnx m  . 当 20 2m e  时， 2 1x x ，则  f x 在 , 2  和 2ln ,m     上单调递增，在 22,ln m     上单调递减. 当 22m e 时， 2 1x x ，则  f x 在 R 上单调递增. 当 22m e 时， 2 1x x ，则  f x 在 2,ln m     和 2,  上单调递增，在 2ln , 2m     上单 调递减. （2）由题可得  0 0f  ，即 2m  . ①若 22 2m e  ，  f x 在 2,  的最小值为  2f x ， 而    2 2 2 2 2 2 22 2 4 2 2 0f x x x x x x         . 所以当 2x   时，   0f x  恒成立. ②若 22m e ，  f x 在 2,  单调递增， 而  2 0f   ，所以当 2x   时，   0f x  恒成立. ③若 22m e ，则    2 2 22 2 2 0f me e m e         ， 所以当 2x   时，   0f x  不可能恒成立． 综上所述， m 的取值范围为 22,2e   .