1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 【月考试卷】吉林省松原市前郭尔罗斯蒙古族自治县第五中学2020-2021学年度高考月考试卷（五月） 数学试卷注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第卷时，选出每小题的答案后，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。写在试卷上无效。3、回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第卷一、单项选择题：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
2、合题目要求的1已知集合，则（ ）ABCD2若复数，且，则（ ）ABCD3已知函数，且，则a的取值范围是（ ）ABCD4已知点P是抛物线上一点，且点P到点的距离与到y轴的距离之和的最小值为，则（ ）AB4CD5已知数列的通项公式，前n项和为，若，则的最大值是（ ）A5B10C15D206在手机未普及的上世纪七八十年代，小孩玩的很多游戏都是自创的，其中有一个游戏规则如下：在地上画一条线段，游戏参与者站在规定的距离外朝着此线段丢一片圆形铁皮，铁皮压住了横线为有效，恰好压住了线段的两端点之一，则为获胜，现假设线段长为20厘米，铁片半径1厘米，若一个小孩朝着线段随机丢铁片若干次，其中有效次数为100次，
3、获胜次数为15次，用得到的频率估计概率，可估算出的近似值为(精确到小数点后两位)（ ）ABCD7如图，四边形是正方形，四边形是矩形，平面平面，则多面体的体积为（ ） ABCD8已知函数，若，则的最小值为（ ）ABCD 二、多项选择题：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己知向量，则（ ）AB向量在向量上的投影向量是CD与向量方向相同的单位向量是10下列结论中，所有正确的结论有（ ）A若，则B当时，C若，则的最小值为2D若，则11如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱，上的动点(点不与点，重合)，若，则下列说
4、法正确的是（ ） A存在点，使得点到平面的距离为B用过，三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形C平面D用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为12已知函数，则下述结论中正确的是（ ）A若在有且仅有个零点，则在有且仅有个极小值点B若在有且仅有个零点，则在上单调递增C若在有且仅有个零点，则的取值范围是D若的图象关于对称，且在单调，则的最大值为 第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13设的展开式中x3的系数为a，则a的值为_14请你举出与函数在处具有相同切线的一个函数_15有7个座位连成一排，甲、乙、丙、丁4人就坐，要求有且仅有两个空位相邻且甲、乙两人都在丙的
5、同侧，则共有_种不同的坐法16方程（且）最多_个根，当此方程无根时的取值范围是_ 四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）已知为等差数列的前项和，（1）求；（2）记数列的前项和为，证明： 18（12分）在，且，这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答已知中，三个内角，所对的边分别是， （1）求的值；（2）若，的面积是，点是的中点，求的长度(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 19（12分）如图，在四棱锥中，平面，四边形是平行四边形，分别是棱，的中点，且（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值 20（12分）某公
6、司开发了一款手机应用软件，为了解用户对这款软件的满意度，推出该软件3个月后，从使用该软件的用户中随机抽查了1000名，将所得的满意度的分数分成7组：，整理得到如下频率分布直方图根据所得的满意度的分数，将用户的满意度分为两个等级： 满意度的分数满意度的等级不满意满意（1）从使用该软件的用户中随机抽取1人，估计其满意度的等级为“满意”的概率；（2）用频率估计概率，从使用该软件的所有用户中随机抽取2人，以X表示这2人中满意度的等级为“满意”的人数，求X的分布列和数学期望 21（12分）已知，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，点到直线的距离为，椭圆过点（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线过点，且
7、与轴垂直，为直线上关于轴对称的两点，直线与椭圆相交于异于的点，直线与轴的交点为，当与的面积之差取得最大值时，求直线的方程 22（12分）已知函数（1）已知曲线在点处的切线方程为，求m的值；（2）若存在，使得，求m的取值范围 9绝密 启用前数 学答 案第卷一、单项选择题：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【答案】D【解析】因为，所以，故选D2【答案】D【解析】由，得，故选D3【答案】D【解析】根据题意，函数，其定义域为R，又由，为奇函数，又，函数为增函数，则在R上单调递增，解得，故选D4【答案】D【解析】如图所示， 由题得准线方程为，点P到点的
8、距离与到y轴的距离之和为，（当点在线段与抛物线的交点时取等），所以，解得，故选D5【答案】B【解析】依题意，所以要使的值最大，则包含所有的正项，令，得，代入得，故选B6【答案】D【解析】由题意得，铁片的圆心在图中两个圆内为获胜，则，所以，解得，故选D 7【答案】D【解析】连接， 四边形为矩形，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，设，则，又，为等边三角形，即，解得，四边形为正方形，平面平面，平面平面，平面，平面，多面体体积，故选D8【答案】D【解析】令，则，即，若，则，有，当时，单调递减；当时，单调递增，即的最小值为，故选D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项
9、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【答案】ACD【解析】由向量，A，所以，所以，故A正确；B，向量在向量上的投影向量为，故B错误；C，所以，故C正确；D，与向量方向相同的单位向量，故D正确，故选ACD10【答案】AD【解析】A：因为，不等式两边同乘以，因为，不等式两边不等号不变，所以成立，故A正确；B：，令，当时，故B错误；C：，令，原式为，根据函数的定义域可得，错误；D：因为，则，正确，故选AD11【答案】ABD【解析】A连接，如图所示： 因为，所以易知，且平面平面，又已知三棱锥各条棱长均为，所以三棱锥为正四面体，所以到平面的距离为，因为平面，所以，又
10、，且，所以平面，又平面，所以，同理可得，且，所以平面，又因为，所以到平面的距离，且，故正确；B如图所示，连接并延长交的延长线于点，连接并将其延长与相交于，因为，且，则，所以，所以即为，连接，所以过，的截面为四边形，由条件可知，且，所以四边形为梯形，故正确； C连接，由A可知平面平面，又因为平面，平面，所以不平行于平面，所以平面不成立，故错误； D在上取点，过点作交于，过作交于，以此类推，依次可得点，此时截面为六边形，根据题意可知：平面平面，不妨设，所以，所以，所以六边形的周长为，故正确， 故选ABD12【答案】ACD【解析】令，由，可得出，作出函数在区间上的图象，如下图所示： 对于A选项，若在
11、有且仅有个零点，则在有且仅有个极小值点，A选项正确；对于C选项，若在有且仅有个零点，则，解得，C选项正确；对于B选项，若，则，所以，函数在区间上不单调，B选项错误；对于D选项，若的图象关于对称，则，当时，当时，此时，函数在区间上单调递减，合乎题意，D选项正确，故选ACD 第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】60【解析】的展开式的通项是，令，解得，因此，x3的系数为，故答案为6014【答案】 (答案不唯一)【解析】由题，故，故函数在原点处的切线方程为，故可考虑如函数，此时，故，取，此时故答案为(答案不唯一)15【答案】320【解析】先排甲、乙、丙、丁4人就坐，不妨设为1，2，3
12、，4号位置，因为甲、乙两人都在丙的同侧，当丙在1号位置有种排法，当丙在2号位置有种排法，当丙在3号位置有种排法，当丙在4号位置有种排法，共有16种排法；又因为有且仅有两个空位相邻，将两个空位捆在一起，与剩余一个空位插入甲、乙、丙、丁形成的5个空位中，有种排法，所以共有种排法，故答案为32016【答案】3，【解析】当时，单调递增，和其反函数的图象如果有交点，则交点一定在直线上，所以函数图象与函数图象的交点个数，只需要考虑图象与直线交点的个数，当与相切时，设切点，则，所以，解得，所以，所以当时，与图象没有交点，当时，与图象有一个交点，当时，与图象有个交点，当时，设与图象相切于点，则切点在直线上，且
13、直线或在点处切线斜率为，所以，即，所以，则，所以当时两条曲线相切于点，所以有：当时，与图象有个交点，当时，与图象有个交点，当时，与图象有一个交点，综上所述：时，方程有个根，当时，方程有个根，当时，方程有个根，当时，方程有个根，当时，方程有个根，当时，方程没有根，故答案为， 四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）设等差数列的公差为，则，由题意，有，得，（2），18【答案】条件选择见解析；（1）；（2）【解析】选：由，得，得，得，又，所以，又，所以因为，根据正弦定理得，所以，所以，所以因为，所以，又，所以因为
14、，所以，所以因为，所以，所以，又，所以（2）在中，由，得由的面积为，得，所以因为是的中点，所以，从而，所以19【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1），是棱的中点，又，平面，平面，又，平面，又平面，平面平面（2）由题知平面，中，则两两垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，不妨设，又，易得，设平面与平面的法向量分别为和，则，即，令，可得；则，即，令，可得，设平面与平面所成二面角为，则，平面与平面所成二面角的正弦值为 20【答案】（1）；（2）分布列见解析，期望为【解析】（1）由频率分布直方图可知满意度的分数的频率为，满意度的分数的频率为，故从使用该软件的用户中随机抽取1人，其满意度的
15、等级为“满意”的概率为（2）依题意可知，则的可能取值为、，所以，所以的分布列为：所以21【答案】（1）；（2）或【解析】（1）由题意知，则直线的方程为，即，所以点到直线的距离，即又椭圆过点，所以联立，解得，故椭圆的标准方程为（2）由（1）知，直线的方程为由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，联立，解得，即，联立，消去整理得，解得或由点异于点可得，所以直线的方程为，令，得，所以，所以与的面积之差为（利用点的对称关系，将面积差问题转化为求）因为，当且仅当时取等号（在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧）故当与的面积之差取得最大值时，直线的方程为或22【答案】（1），（2）【解析】（1）因为函数，所以，由于曲线在点处的切线方程为，由导数的几何意义可知，解得（2）因为存在，使得，即，又当时，上式不成立，所以存在，使得，参变分离得，令，令，所以，因为，且恒成立，所以，所以在单调递减，即在上恒成立，即，所以在上单调递增，因为存在，使得，参变分离得，即，综上：m的取值范围为
