百强名校2021届高三5月模拟联考（A卷）理科数学试题 含答案详解

2021 年百强名校高三年级 5 月模拟联考 A 卷 理科数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上．写在本试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 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．设集合  2 0M x x x   ， 1 1N x x       ，则（ ） A． M N B． N M C． M N D． M N R  2．复数 z 满足 1 3 2 2z i i   ，则复数 z 在复平面内对应的点的坐标为（ ） A． 1,0 B． 0,1 C． 1,0 D． 0, 1 3．在下列向量中，可以把向量  3, 1a   表示出来的是（ ） A．  1 0,0e  ，  2 3,2e  B．  1 1,2e   ，  2 3,2e  C．  1 3,5e  ，  2 6,10e  D．  1 3,5e   ，  2 3, 5e   4．已知函数   24cosf x x ，则下列说法中正确的是（ ） A．  f x 为奇函数 B．  f x 的最小正周期为 π 2 C．  f x 的图象关于直线 π 4x  对称 D．  f x 的值域为 0,4 5．已知 2 33a   ， 4 32b   ， ln3c  ，则（ ） A． a c b  B． a b c  C．b c a  D．b a c  6．椭圆①②与双曲线③④的离心率分别为 1e ， 2e ， 3e ， 4e ，其大小关系为（ ） A． 1 2 3 4e e e e   B． 2 1 3 4e e e e   C． 1 2 4 3e e e e   D． 2 1 4 3e e e e   7．古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：将一线段 AB 分为 两 线 段 AC ， CB ， 使 得 其 中 较 长 的 一 段 AC 是 全 长 AB 与 另 一 段 CB 的 比 例 中 项 ， 即 满 足 5 1 0.6182 AC BC AB AC    ．后人把这个数称为黄金分割线，把点 C 称为线段 AB 的黄金分割点．在 ABC△ 中，若点 P ，Q为线段 BC 的两个黄金分割点，在 ABC△ 内任取一点 M ，则点 M 落在 APQ△ 内的概率为（ ） A． 5 1 2  B． 5 2 C． 5 4 1 D． 5 2 2  8．函数    2cos ln 1x xf xx     在 1,1 的图象大致为（ ） A． B． C． D． 9．已知倾斜角为 的直线l 与直线 2 3 0x y   ，则sin 2 的值为（ ） A． 3 5 B． 4 5 C． 1 5 D． 1 5  10．2020 年银川新的高铁站正式投入运行，高铁某换乘站设有编号为 A， B ，C ， D ， E 的五个安全出 口．若同时开放其中的两个安全出口，疏散 1000 名乘客所需的时间如下： 安全出口编号 A， B B ，C C ， D D ， E A， E 疏散乘客时间（ s ） 120 220 160 140 200 则疏散乘客最快的一个安全出口的编号是（ ） A． A B． B C． D D． E 11．已知椭圆 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）的短轴长为 2，上顶点为 A，左顶点为 B ， 1F 、 2F 分别是椭圆的 左、右焦点，且 1F AB△ 的面积为 2 3 2  ，点 P 为椭圆上的任意一点，则 1 2 1 1 PF PF  的取值范围为（ ） A． 1,2 B． 2, 3   C． 2,4   D． 1,4 12．已知 aR ．设函数       2 2 2 1 ln 1 x ax a x f x x a x x        ，若关于 x 的不等式   0f x  在 R 上恒成立，则 a 的取值范围为（ ） A． 0,1 B． 0,2 C． 0,e D． 1,e 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知 x 与 y 之间的一组数据： x 0 1 2 3 y m 3 5.5 7 已求得关于 y 与 x 的线性回归方程为 ˆ 2.1 0.85y x  ，则 m 的值为________． 14．已知 ABC△ 的三边长分别为 3，5，7，则该三角形的外接圆半径等于________． 15．若二项式 6 25 1 5 x x      的展开式中的常数项为 m ，则 2 1 m x dx  ________． 16．（本小题第一空 2 分，第二空 3 分） 农历五月初五是端午节，民间有吃粽亲子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节 大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．如图，平行四边形形状 的纸片是由六个边长为 1 的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体， 则该六面体的体积为________；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为________． 三、解答题：共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17～21 题为必考题， 每个试题考生都必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共 60 分． 17．（12 分） 已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 1 2n na S   对一切正整数 n 恒成立． （1）求数列 na 的通项公式； （2）求数列 nS 的前 n 项和为 nT ． 18．（12 分） 如图， ABC△ 为正三角形，半圆O 以线段 BC 为直径， D 是圆弧 BC 上的动点（不包括 B ，C 点）平面 ABC  平面 BCD ． （1）是否存在点 D ，使得 BD AC ？若存在，求出点 D 的位置，若不存在，请说明理由； （2） 30CBD  ，求直线 AC 与平面 ABD 所成角的正弦值． 19．（12 分） 水污染现状与工业废水排放密切相关，某工厂深入贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水 处理程序如下：原始污水必先经过 A系统处理，处理后的污水（ A级水）达到环保标准（简称达标）的概 率为 p （ 0 1p  ）．经化验检测，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须进行 B 系统处理后直接排 放． 某厂现有 4 个标准水量的 A 级水池，分别取样、检测，多个污水样本检测时，既可以逐个化验，也可以将 若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有样本不达标，则混合样本的化验结果必不达标，若混合样 本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水直接排放． 现有以下四种方案： 方案一：逐个化验； 方案二：平均分成两组化验； 方案三；三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验； 方案四：四个样本混在一起化验． 化验次数的期望值越小，则方案越“优”． （1）若 2 2 3p  ，求 2 个 A级水样本混合化验结果不达标的概率； （2）①若 2 2 3p  ，现有 4 个 A级水样本需要化验，请问：方案一、二、四中国哪个最“优”？ ②若“方案三”比“方案四”更“优”，求 p 的取值范围． 20．（12 分） 已知椭圆 1C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）的离心率为 1 2 ，过点  7,0E 的椭圆 1C 的两条切线相互垂直． （1）求椭圆 1C 的方程； （2）在椭圆 1C 是否存在这样的点 P ，过点 P 点引抛物线 2C ： 2 4x y 的两条切线 1l 、 2l ，切点分别为 B 、 C ，且直线 BC 过点  1,1A ？若存在，指出这样的点 P 有几个（不必求出点的坐标）；若不存在，请说明 理由． 21．（12 分） 已知函数   21 12f xx kx   ，      1 ln 1g x x x   ，      h x f x g x  ． （1）若  h x 在 0,2 上单调递减，求实数 k 的取值范围； （2）若对于 0 1t e    ， ，总存在 1x ，  2 1,4x   ，且 1 2x x 满    if x g t （ 1,2i  ），其中 e 为 自然对数的底数，求实数 k 的取值范围． （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．[选修 4—4：坐标系与参数方程] 在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 过定点  3,0P ，倾斜角为 （ 0 π 2   ），曲线 C 的参数方程为 1 1 2 2 x t t ty t       （t 为参数）；以原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系． （1）求曲线C 的极坐标方程； （2）已知直线l 交曲线C 于 M ， N 两点，且 10 3PM PN  ，求l 的参数方程． 23．[选修 4—5：不等式选讲] 函数    21 14f x x  ． （1）证明：     2 2f x f x   ； （2）若存在 xR ，且 1x   ，使得     21 14 f x m mf x     成立，求 m 的取值范围． 2021 年百强名校高三年级 5 月模拟联考 A 卷 数学（理科）参考答案 一、选择题： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C D B D D C B B B C D C 二、填空题： 13． 0.5m  14． 7 3 3 15． 26 3 16． 2 6 ；8 6π 729 三、解答题： 17．解：（1）当 2n  时， 12n na S   与 1 2n na S   两式相减得 1 2n na a  （ 2n  ）． ∵数列是等边数列， ∴公比 2q  ， 2 12a a ． 又 2 1 12 2a S a    ， ∴ 1 2a  ， ∴ 2n na  ． （2）∵由 1 2n na S   得 12 2n nS   ， ∴    2 2 3 1 22 1 2 2 2 2 2 2 2 2 41 2 n n n nT n n n           ． 18．（1） D 是圆弧 BC 上的动点（不包括 B ，C 点），假设存在点 D ，使得 BD AC ． 过点 D 作 DE BC ，∵平面 ABC  平面 BCD ，平面 ABC  平面 BCD BC ． ∴ DE AC ，又 DE BD D  ， ∴ AC 平面 BCD ，而 60ACB  ，得出矛盾． ∴假设不正确．因此不存在点 D ，使得 BD AC ． （2）设圆心为点O ，连接OA，分别以 OC ，OA，为 y 轴作空间直角坐标系． 设 1OC  ，  0,0,0O ，  0,0, 3A ，  0, 1,0B  ， 3 1, ,02 2D       ，  0,1,0C  ．  0,1, 3BA  ， 3 3, ,02 2BD        ，  0, 1, 3CA   ， 设平面 ABD 的法向量为  , ,n x y z ，则 0n BA n BD       ， ∴ 3 0y z  ， 3 3 02 2x y  ， 即  3, 3,1n   ， ∴直线 AC 与平面 ABD 所成角的正弦值 2 3 39cos , | 1313 2 n CA n CA n CA            ∣ ． 本题考查了线面面面垂直的性质定理、法向量的应用、数量积运算性质、圆的性质，考查了推理能力与计 算能力，属于中档题． 19．解：（1）该混合样本达标的概率是 2 2 2 8 3 9       ， 所以根据对立事件原理，不达标的概率为 8 11 9 9   ． （2）①方案一：逐个检测，检测次数为 4． 方案二：由①知，每组两个样本检测时，若达标则检测次数为 1，概率为 8 9 ；若不达标检测次数为 3，概率 为 1 9 ．故方案二的检测次数为 2 ， 2 的可能取值为 2，4，6． 其分布列如下， 2 2 4 6 p 64 81 16 81 1 81 可求得方案二的期望  2 64 16 1 198 222 4 681 81 81 81 9E          方案四：混在一起检测，记检测次数为 4 ， 4 可取 1，5． 其分布列如下， 4 1 5 p 64 81 17 81 可求得方案四的期望为  4 64 17 1491 581 81 81E       ． 比较可得    4 2 4E E   ，故选择方案四最“优”． ②方案三：设化验次数为 3 ， 3 可取 2，5． 3 2 5 p 3p 31 p    3 3 3 3 2 5 1 5 3E p p p      ； 方案四：设化验次数为 4 ， 4 可取 1，5 4 1 5 p 4p 41 p    4 4 4 4 5 1 5 4E p p p      ； 由题意得     3 4 3 4 35 3 5 4 4E E p p p        ． 故当 30 4p  时，方案三比方案四更“优”． 20．解：（1）由椭圆的对称性，不妨设在 x 轴上方的切点为 M ， x 轴下方的切点为 N ， 则 1NEk  ， NE 的直线方程为 7y x  ． 因为椭圆 1C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）的离心率为 1 2 ， 所以椭圆 1C ： 2 2 2 2 14 3 x y c c   ， 所以 2 2 2 2 7, 1,4 3 y x x y c c      0  ，则 1c  ， 所以椭圆方程为 2 2 14 3 x y  ． （2）设点  1 1,B x y ，  2 2,C x y ，  0 0,P x y ， 由 2 4x y ，即 21 4y x ，得 1 2y x  ， ∴抛物线 2C 在点 B 处的切线 1l 的方程为  1 1 12 xy y x x   ， 即 21 1 1 1 2 2 xy x y x   ， ∵ 2 1 1 1 4y x ， ∴ 1 12 xy x y  ． ∵点  0 0,P x y 在切线 1l 上， ∴ 1 0 0 12 xy x y  ．①同理， 2 0 0 22 xy x y  ．② 综合①、②得，点  1 1,B x y ，  2 2,C x y 的坐标都满足 0 02 xy x y  ． ∵经过  1 1,B x y ，  2 2,C x y 两点的直线是唯一点， ∴直线 BC 的方程 0 02 xy x y  ， ∵点  1,1A 在直线 BC 上， ∴ 0 0 1 12y x  ， ∴点 P 的轨迹方程为 1 12y x  ． 又∵点 P 在椭圆 1C 上，又在直线 1 12y x  上， ∴直线 1 12y x  经过椭圆 1C 内一点 0, 1 ， ∴直线 1 12y x  与椭圆 1C 交于两点． ∴满足条件的点 P 有两个． 21．解：（1）由    21 1 ln 12 x kx xh x      ，   1 1x kh x x     令   1 1x k xx     ，因为        2 2 211 0 11 x x x x x         对  0,2x 恒成立， 所以   1 1x k xx     ，即  h x 在 0,2 上为增函数， ∴    max 7 32h x kh    ∵  h x 在 0,2 上单调递减 ∴   0h x  对  0,2x 恒成立，即  max 7 03h x k   ∴ 7 3k   （2）当 0, 1x e    时，    ln 1 1 0g x x     ∴      1 ln 1g x x x   在区间 0, 1e   上增函数， ∴． 0, 1x e    时，   10 2g x e  ∵   21 12f xx kx   的对称轴为： x k  ， ∴为满足题意，必须 1 4k    ，此时     2 min 11 2f x f k k   ，  f x 的值恒小于  1f  和  4f 中 最大的一个 ∵对于 0, 1t e     ，总存在 1x ，  2 1,4x   ，且 1 2x x 满足    if x g t （ 1,2i  ）， ∴        min 10, , 1 , 42 e f x f f      ∴       2 min 4 11 4 10 1 021 14 4 92 21 1 312 2 2 kk f x k e f e k e f e k                           ∴ 1 9 28 4e k    22．解：（1）由 1 1 2 2 x t t ty t       ，得 1 12 x t t y t t       ， ∵ 2 2 2 2 2 2 1 1 1 12 2 4t t t tt t t t                    ， ∴  22 2 4x y  ，即 2 24 4x y  ， 又 cos sin x y        ， ∴ 2 2 2 2cos 4 sin 4     ， 即曲线 C 的极坐标方程为 2 2 2 2cos 4 sin 4     ； （2）设l 的参数方程为 3 cos sin x t y t       （t 为参数），代入 2 24 4x y  整理得，  2 2 2cos 4sin 6 cos 5 0t t      ， 设方程的两根分别为 1t ， 2t ， 则 1 2 2 2 5 cos 4sint t    ， 则 1 2 2 2 5 10 cos 4sin 3PM PN t t      ， 解得， 2cos 2    ， ∵ 0 π 2   ， ∴ π 4   ． 故l 的参数方程为 23 2 2 2 x t y t      （t 为参数）． 23．解：（1）因为    21 1 04 xf x    所以            2 2 2 2f x f x f x f x f x f x         （2）当 1x   时    21 1 04f x x   所以        1 12 14 4y f x f xf x f x      当且仅当    1 4 f xf x  即 1 2x   时等号成立 因为存在 xR ，且 1x   ，使得     21 14 f x m mf x     成立 所以 2 1 1m m   所以 2 1 1m m   或 2 1 1m m    解得： 2m  或 1m   或 0 1m 