2020-2021学年江西省赣州市高二（下）5月月考数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高二（下）5月月考数学试卷北师大版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合M={x|x2>1}，N={−2, −1, 0, 1, 2}，则M∩N=( )
A.{0}B.{2}C.{−2, −1, 1, 2}D.{−2, 2}

2. 复数i1+i−12i的实部与虚部的和为( )
A.−12B.1C.12D.32

3. 在等差数列{an}中，已知a3+a5=2，a7+a10+a13=9，则此数列的公差为( )
A.13B.3C.12D.16

4. 如果双曲线经过点p(2, 2)，且它的一条渐近线方程为y=x，那么该双曲线的方程是( )
A.x2−3y22=1B.x22−y22=1C.x23−y26=1D.y22−x22=1

5. 现用五种不同的颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边的两块不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为( )

A.180B.200C.240D.260

6. 本次模拟考试结束后，班级要排一张语文，数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表，若化学排在生物前面，数学与物理不相邻且都不排在最后，则不同的排表方法共有( )
A.72种B.144种C.288种D.360种

7. 已知随机变量ξ服从二项分布，即ξ∼B6,13，则Pξ=2的值为( )
A.80243B.13243C.4243D.316

8. 函数f(x)=cs2x−cs4x的最大值和最小正周期分别为( )
A.14，πB.14，π2C.12， πD.12，π2

9. 某人以15万元买了一辆汽车，此汽车将以每年20%的速度折旧，如图是描述汽车价值变化的算法流程图，则当n=4时，最后输出的S的值为( )

A.9.6

10. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是一正方体被截去一部分后所得几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )

A.54B.162C.54+183D.162+183

11. 已知直线 x−y+a=0 与圆心为C的圆x2+y2+23x−43y+7=0 相交于A，B两点，且AC→⋅BC→=4，则实数a的值为( )
A.3或−3B.3或33C.3或53D.33或53

12. 若函数fx=−2x3+ax2+1存在唯一的零点，则实数a的取值范围为( )
A.[0,+∞)B.0,3C.(−3,0]D.−3,+∞
二、填空题

已知实数x，y满足2x−y+4≥0,x−y+3≥0,x≤0,y≥0, 则目标函数z=3y−2x的最大值为________．
三、解答题

已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，且3csinA=acsC．
(1)求C的值；

(1)若c=2a，b=23，求△ABC的面积．

某商场销售某种品牌的空调器，每周周初购进一定数量的空调器，商场每销售一台空调器可获利500元，若供大于求，则每台多余的空调器需交保管费100元；若供不应求，则可从其他商店调剂供应，此时每台空调器仅获利润200元．
(1)若该商场周初购进20台空调器，求当周的利润（单位：元）关于当周需求量n（单位：台，n∈N）的函数解析式f(n)；

(2)该商场记录了去年夏天（共10周）空调器需求量n（单位：台），整理得表：
以10周记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，若商场周初购进20台空调器，X表示当周的利润（单位：元），求X的分布列及数学期望．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，D为AB的中点．

(1)求证：BC1 // 平面A1CD；

(2)若四边形BCC1B1是正方形，且A1D=5，求直线A1D与平面CBB1C1所成角的正弦值．

已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，且短轴长为2，离心率等于255.

(1)求椭圆C的方程；

(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A,B两点，交y轴于M点，若MA→=λ1AF→，MB→=λ2BF→，
求证：λ1+λ2为定值.

在平面直角坐标系xOy中，已知直线l:x=−12t，y=1+32t(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=4csθ−π6.
1求曲线C的直角坐标方程；

2设点M的极坐标为1,π2，直线l与曲线C的交点A，B，求|MA|+|MB|的值.

在平面直角坐标系xOy中．已知直线l的参数方程为x=tcs2π3,y=4+tsin2π3（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是ρ=4．
(1)写出直线l的普通方程与曲线C的直角坐标系方程；

(2)设直线l与曲线C相交于A，B两点，求∠AOB的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高二（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
求出M中不等式的解集确定出M，找出M与N的交集即可．
【解答】
解：由M中不等式解得：x>1或x−3时，直线y=a与函数gx=2x3−1x2的图象有唯一的交点．
故选D．
二、填空题
【答案】
9
【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，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．
【解答】
解：由约束条件2x−y+4≥0,x−y+3≥0,x≤0,y≥0, 作出可行域如图，
化目标函数z=3y−2x为y=23x+z3，
由图可知，当直线y=23x+z3过C(0, 3)时，直线在y轴上的截距最大，
z有最大值，等于3×3−2×0=9．
故答案为：9.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，
且3csinA=acsC，
∴ 由正弦定理可得3sinCsinA=sinAcsC，
∵ sinA≠0，
∴ 3sinC=csC，
∴ tanC=sinCcsC=33，
由三角形内角的范围可得C=π6.
(2)∵ c=2a，b=23，C=π6，
∴ 由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC，
∴ 4a2=a2+12−43a⋅32，
解得a=−1+5或a=−1−5（舍去），
∴ △ABC的面积S=12absinC
=12×(−1+5)×23×12=15−32.
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
（Ⅰ）由题意和正弦定理可得3sinCsinA=sinAcsC，由三角形内角的范围和同角三角函数基本关系可得C=π6；
（Ⅱ）由余弦定理可得a的方程，解方程代入S=12absinC，计算可得．
【解答】
解：(1)∵ a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，
且3csinA=acsC，
∴ 由正弦定理可得3sinCsinA=sinAcsC，
∵ sinA≠0，
∴ 3sinC=csC，
∴ tanC=sinCcsC=33，
由三角形内角的范围可得C=π6.
(2)∵ c=2a，b=23，C=π6，
∴ 由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC，
∴ 4a2=a2+12−43a⋅32，
解得a=−1+5或a=−1−5（舍去），
∴ △ABC的面积S=12absinC
=12×(−1+5)×23×12=15−32.
【答案】
解：(1)当n≥20时，f(n)=500×20+200×(n−20)=200n+6000，
当n≤19时，f(n)=500×n−100×(20−n)=600n−2000，
∴ f(n)=200n+6000(n≥20)600n−2000(n≤19)(n∈N)．
(2)由(1)得f(18)=8800，f(19)=9400，f(20)=10000，f(21)=10200，f(22)=10400，
∴ P(X=8800)=0.1，P(X=9400)=0.2，P(X=10000)=0.3，P(X=10200)=0.3，P(X=10400)=0.1，
X的分布列为：
∴ EX=8800×0.1+9400×0.2+10000×0.3
+10200×0.3+10400×0.1=9860．
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
（I）对n分类讨论，利用利润与周需求量的关系即可得出；
(II)利用频率估计概率，利用随机变量的分布列即可得出．
【解答】
解：(1)当n≥20时，f(n)=500×20+200×(n−20)=200n+6000，
当n≤19时，f(n)=500×n−100×(20−n)=600n−2000，
∴ f(n)=200n+6000(n≥20)600n−2000(n≤19)(n∈N)．
(2)由(1)得f(18)=8800，f(19)=9400，f(20)=10000，f(21)=10200，f(22)=10400，
∴ P(X=8800)=0.1，P(X=9400)=0.2，P(X=10000)=0.3，P(X=10200)=0.3，P(X=10400)=0.1，
X的分布列为：
∴ EX=8800×0.1+9400×0.2+10000×0.3
+10200×0.3+10400×0.1=9860．
【答案】
(1)证明：连接AC1，设AC1与A1C相交于点E，连接DE，
则E为AC1中点，
∵ D为AB的中点，
∴ DE//BC1，
∵ BC1⊄平面A1CD，DE⊂平面A1CD，
∴ BC1 // 平面A1CD．
(2)解：∵ 底面△ABC是边长为2的等边三角形，D为AB的中点，
四边形BCC1B1是正方形，且A1D=5，
∴ CD⊥AB，CD=4−1=3，AD=1，
∴ AD2+AA12=A1D2，
∴ AA1⊥AB，
∵ A1C2=4+4=8，
∴ A1D2+CD2=A1C2，
∴ CD⊥DA1，又DA1∩AB=D，
∴ CD⊥平面ABB1A1，
∵ BB1⊂平面ABB1A1，
∴ BB1⊥CD，
∵ 矩形BCC1B1，
∴ BB1⊥BC，
∵ BC∩CD=C，
∴ BB1⊥平面ABC，
∵ 底面△ABC是等边三角形，
∴ 三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱．
以C为原点，CB为x轴，CC1为y轴，过C作平面CBB1C1的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
B(2, 0, 0)，A(1, 0, 3)，D(32, 0, 32)，A1(1, 2, 3)，
A1D→=(12, −2, −32)，平面CBB1C1的法向量n→=(0, 0, 1)，
设直线A1D与平面CBB1C1所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|A1D→⋅n→||A1D→|⋅|n→|=325=1510．
∴ 直线A1D与平面CBB1C1所成角的正弦值为1510．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
（Ⅰ）连AC1，设AC1与A1C相交于点O，先利用中位线定理证明errr，再利用线面平行的判定定理证明结论即可．
（Ⅱ）推导出三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱，以C为原点，CB为x轴，CC1为y轴，过C作平面CBB1C1的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线A1D与平面CBB1C1所成角的正弦值．
【解答】
(1)证明：连接AC1，设AC1与A1C相交于点E，连接DE，
则E为AC1中点，
∵ D为AB的中点，
∴ DE//BC1，
∵ BC1⊄平面A1CD，DE⊂平面A1CD，
∴ BC1 // 平面A1CD．
(2)解：∵ 底面△ABC是边长为2的等边三角形，D为AB的中点，
四边形BCC1B1是正方形，且A1D=5，
∴ CD⊥AB，CD=4−1=3，AD=1，
∴ AD2+AA12=A1D2，
∴ AA1⊥AB，
∵ A1C2=4+4=8，
∴ A1D2+CD2=A1C2，
∴ CD⊥DA1，又DA1∩AB=D，
∴ CD⊥平面ABB1A1，
∵ BB1⊂平面ABB1A1，
∴ BB1⊥CD，
∵ 矩形BCC1B1，
∴ BB1⊥BC，
∵ BC∩CD=C，
∴ BB1⊥平面ABC，
∵ 底面△ABC是等边三角形，
∴ 三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱．
以C为原点，CB为x轴，CC1为y轴，过C作平面CBB1C1的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
B(2, 0, 0)，A(1, 0, 3)，D(32, 0, 32)，A1(1, 2, 3)，
A1D→=(12, −2, −32)，平面CBB1C1的法向量n→=(0, 0, 1)，
设直线A1D与平面CBB1C1所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|A1D→⋅n→||A1D→|⋅|n→|=325=1510．
∴ 直线A1D与平面CBB1C1所成角的正弦值为1510．
【答案】
(1)解：设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
则由题意知2b=2，所以b=1.
∵e=ca=a2−b2a2=255⇒1−1a2=255 ，
解得a2=5，
所以椭圆C的方程为x25+y2=1；
(2)证明：设A,B,M的点的坐标分别为 A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0)，
易知F点的坐标(2,0) ，显然直线l的斜率存在，
设直线l的斜率为k，则设直线l的方程为 y=k(x−2)，
将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得，
(1+5k2)x2−20k2x+20k2−5=0，
∴x1+x2=20k21+5k2，x1⋅x2=20k2−51+5k2，
又∵ MA→=λ1AF→,MB→=λ2BF→ ，
将各点坐标代入得 λ1=x12−x1,λ2=x22−x2.
∴λ1+λ2=x12−x1+x22−x2=2(x1+x2)−2x1x24−2(x1+x2)+x1x2
=40k21+5k2−40k2−101+5k24−40k21+5k2+20k2−51+5k2=−10.
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
椭圆的离心率
向量的线性运算性质及几何意义
椭圆的标准方程
平面向量数量积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
则由题意知2b=2所以b=1.
∵e=ca=a2−b2a2=255⇒1−1a2=255 ，
解得a2=5，
所以椭圆C的方程为x25+y2=1；
(2)证明：设A,B,M的点的坐标分别为 A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0)，
易知F点的坐标(2,0) ，显然直线l的斜率存在，
设直线l的斜率为k，则设直线l的方程为 y=k(x−2)，
将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得，
(1+5k2)x2−20k2x+20k2−5=0，
∴x1+x2=20k21+5k2，x1⋅x2=20k2−51+5k2，
又∵ MA→=λ1AF→,MB→=λ2BF→ ，
将各点坐标代入得 λ1=x12−x1,λ2=x22−x2.
∴λ1+λ2=x12−x1+x22−x2=2(x1+x2)−2x1x24−2(x1+x2)+x1x2
=40k21+5k2−40k2−101+5k24−40k21+5k2+20k2−51+5k2=−10.
【答案】
解：1把ρ=4csθ−π6，展开得ρ=2sinθ+23csθ，
两边同乘ρ，得ρ2=2ρsinθ+23ρcsθ①,
将ρ2=x2+y2，ρcsθ=x, ρsinθ=y代入①，
即得曲线C的直角坐标方程为x2+y2−23x−2y=0.
2将x=−12t，y=1+32t代入②式，得t2+3t−1=0.
设方程的两个实根分别为t1，t2，
则t1+t2=−3，t1t2=−1.
点M的直角坐标系为(0,1).
则由参数t的几何意义即得|MA|=t1，|MB|=|t2|，
且t1t2