2020-2021年广西省贺州市高三（上）1月月考数学（文）试卷北师大版

这是一份2020-2021年广西省贺州市高三（上）1月月考数学（文）试卷北师大版，共13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A=x∈N|2x−7≤0，B=x|x2−2x−3≤0，则A∩B=( )
A.x|0b>cB.c>b>aC.b>a>cD.b>c>a

5. 2020年，受新冠肺炎疫情的影响，在全国的许多地方都采取了在家线上学习的方式，此种方式对学生的自制力、自觉性有极高的要求．某校某学习小组调查研究“学生线上学习时智能手机对学习成绩的影响“，得到了如下样本数据：
附：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，n=a+b+c+d.
根据表中的数据，下列说法中正确的是( )
A.有99.5%的把握认为中学生使用手机对学习无影响
B.有99.5%的把握认为中学生使用手机对学习有影响
C.在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为中学生使用手机对学习无影响
D.在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为中学生使用手机对学习有影响

6. 函数fx=x3−x2+2x−1的图象在点1,f1处的切线为l，则l在y轴上的截距为( )
A.−1B.1C.2D.−2

7. 若sin5π12cs7π12=−1tanα，则tanα=( )
A.4B.3C.−4D.−3

8. 等差数列an的前n项和为Sn，当首项a1和公差d变化时，a3+a8+a10是一个定值，则下列选项中为定值的是( )
A.S7B.S8C.S13D.S15

9. 已知函数y=x称为高斯函数，其中x表示不超过实数x的最大整数.执行如图程序框图，则输出的S值为( )

A.42B.43C.44D.45

10. 已知点P是边长为2的正三角形ABC所在平面上一点，满足PC→⋅PA→+PB→=0，则|PB→|的最小值是( )
A.5−22B.2−12C.1D.7−32

11. 圆C:x+22+y−32=1上一动点M，抛物线y2=8x上一动点Nx0,y0，则x0+|MN|的最小值为( )
A.25−1B.2C.3D.4

12. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，下列结论中正确的个数是( )
①过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；
②B1D1//平面EFG；
③异面直线EF与BD1所成角的正切值为2；
⑤四面体ACB1D1的体积等于a33．

A.1B.2C.3D.4
二、填空题

设x，y满足约束条件 x+y−2≥0，x−y≥0，3x−y−6≤0， 则z=x+y的最小值是________.

正项等比数列an中，a1=1，a6=4a4，记Sn为an的前n项和．若Sm=127，则m=________．

已知点F是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的右焦点，点P在C上，O为坐标原点，若|OP|=c，且∠POF=π3，则双曲线的离心率为________.

在平面直角坐标系xOy中，已知直线l:y=kx+8上存在点P，过点P作圆O:x2+y2=4的切线，切点分别为Ax1,y1，Bx2,y2，且x1x2+y1y2=−2，则实数k的取值范围为________.
三、解答题

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知函数fx=sin2x+φ01，都有fx+4x+1>1−xx恒成立，求整数a的最大值．

在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 x=−4+22t，y=−2+22t （t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρcsθ=2atanθa>0．
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；

(2)设P−4,−2，直线l与曲线C相交于M，N两点，若|PM|，|MN|，|PN|成等比数列，求实数a的值．

已知函数fx=|x−4|+|x+3|．
(1)求不等式fx≥12的解集；

(2)若关于x的不等式fx−131−3a+2≥0恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021年广西省贺州市高三(上)1月月考数学(文)试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
利用不等式的解法以及集合的性质得A,B，在进行集合的运算.
【解答】
解：因为A=x∈N|2x−7≤0=0,1,2,3，
B=x|x2−2x−3≤0=x|−1≤x≤3，
所以A∩B=0,1,2,3.
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的混合运算
【解析】
利用复数的运算得z=−35+15i，可得解.
【解答】
解：∵ z=2i1−3i
=2i1+3i1−3i1+3i
=−3+i5
=−35+15i，
∴ 复数的虚部是15.
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
若a→//b→，则m(m−3)−1×4=0，求出m，利用充分必要条件进行判定即可.
【解答】
解：向量a→=m,1，b→=4,m−3，
若a→//b→，
则m(m−3)−1×4=0，
解得m=−1或m=4，
∴ 当m=4时，a→//b→一定成立，
反之，a→//b→，则m=4不一定成立.
∴ m=4是a→//b→的充分不必要条件.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
指数式、对数式的综合比较
奇偶性与单调性的综合
【解析】
利用函数的奇偶性，单调性和对数函数，指数函数的性质求解即可.
【解答】
解：∵ 函数gx是偶函数，
∴ a=g−lg26.1=glg26.1.
∵ lg26.1∈(2,3)，20.7∈(1,2)，
∴ 20.7g3，
即b>a>c.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
独立性检验
独立性检验的应用
【解析】
利用k2=nad−bc2a+bc+da+cb+d=30×128−8212×18×10×20=10，
7.8971−x.
即xlnx+2x−1>ax−1．
∵ x>1，
∴ xlnx+2x−1x−1>a在1,+∞恒成立.
设ℎx=xlnx+2x−1x−1x>1，
若xlnx+2x−1x−1>a在1,+∞恒成立，
则ℎxmin>a，
ℎ′x=x−lnx−2x−12，
令gx=x−lnx−2，
则g′x=1−1x=x−1x>0，
gx在1,+∞单调递增，
∵ g3=3−ln3−2=1−ln30，
由零点存在性定理，得存在x0∈3,4，
使得gx0=x0−lnx0−2=0，
即x0−2=lnx0，
当x∈1,x0时，g(x)0，ℎx单调递增，
∴ ℎxmin=ℎx0=x0lnx0+2x0−1x0−1，
又x0−2=lnx0，
∴ ℎxmin=x0x0−2+2x0−1x0−1=x0+1．
∵ x0∈3,4,
∴ x0+1∈4,5．
∴ 整数a的最大值为4.
【答案】
解：(1)由题意，得 x=−4+22t，y=−2+22t，
消去t，得x−y+2=0，
故直线l的普通方程为x−y+2=0.
∵ ρcsθ=2atanθ，
即ρcs2θ=2asinθ，
∴ ρ2cs2θ=2aρsinθ，
又ρcsθ=x， ρsinθ=y，
∴ x2=2aya>0，
由tanθ有意义，得csθ≠0，
∴ x=ρcsθ≠0，
故曲线C的直角坐标方程为x2=2ayx≠0,a>0．
(2)∵ P−4,−2，直线l的参数方程为 x=−4+22t，y=−2+22t （t为参数）,
将该方程代入曲线C的直角坐标方程x2=2ayx≠0,a>0中，
得t2−224+at+84+a=0，
设M，N两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=224+a，t1t2=84+a．
∵ |PM|，|MN|，|PN|成等比数列，
∴ |PM|⋅|PN|=|MN|2，
∴ |t1|⋅|t2|=|t1−t2|2，
即|t1t2|=t1+t22−4t1t2，
∴ t1+t22=5t1t2，
即84+a2=404+a，
解得a=1．
故实数a的值为1.
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的参数方程
抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
参数方程的优越性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意，得 x=−4+22t，y=−2+22t，
消去t，得x−y+2=0，
故直线l的普通方程为x−y+2=0.
∵ ρcsθ=2atanθ，
即ρcs2θ=2asinθ，
∴ ρ2cs2θ=2aρsinθ，
又ρcsθ=x， ρsinθ=y，
∴ x2=2aya>0，
由tanθ有意义，得csθ≠0，
∴ x=ρcsθ≠0，
故曲线C的直角坐标方程为x2=2ayx≠0,a>0．
(2)∵ P−4,−2，直线l的参数方程为 x=−4+22t，y=−2+22t （t为参数）,
将该方程代入曲线C的直角坐标方程x2=2ayx≠0,a>0中，
得t2−224+at+84+a=0，
设M，N两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=224+a，t1t2=84+a．
∵ |PM|，|MN|，|PN|成等比数列，
∴ |PM|⋅|PN|=|MN|2，
∴ |t1|⋅|t2|=|t1−t2|2，
即|t1t2|=t1+t22−4t1t2，
∴ t1+t22=5t1t2，
即84+a2=404+a，
解得a=1．
故实数a的值为1.
【答案】
解：(1)原不等式等价于x>4，x−4+x+3≥12，
或−3≤x≤4，4−x+x+3≥12，
或x4，x−4+x+3≥12，
或−3≤x≤4，4−x+x+3≥12，
或x