2020-2021学年江西省赣州市高三（上）1月周考数学（文）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高三（上）1月周考数学（文）试卷北师大版，共11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. 已知复数z=2−ii2020，则（ ）
A.z的虚部为iB.z的实部为2C.z2m2−1”的充分不必要条件，则实数m的取值范围是( )
A.[−2, 2]B.(−1, 1)C.(−2,2)D.[−1,1]

3. 执行如图所示程序框图后，若输入的a值为lg25，b值为lg520，则输出的a值为（ ）

A.10B.2+lg25C.−15D.2

4. 已知常数a>1，则y=x−a|x|的图象可能是（ ）
A.
B.
C.
D.

5. 若点P是曲线y=x2−lnx上任意一点，则点P到直线y=x−2的最小值为( )
A.1B.2C.22D.3

6. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中《商功》有如下问题：“今有委粟平地，下周一十二丈，高一丈，问积为粟几何？”，意思是“有粟若干，堆积在平地上，它底圆周长为12丈，高为1丈，问它的体积和粟各为多少？”如图，主人意欲卖掉该堆粟，已知圆周率约为3，一斛粟的体积约为2700立方寸（单位换算：1立方丈=106立方寸），一斛粟米卖324钱，一两银子1000钱，则主人卖后可得银子( )

A.200两B.400两C.432两D.480两

7. 现要从高二年级960名学生中采用系统抽样方法抽取32人做调查，将960名学生编号为1，2，3，…，960，分组后在第一组采用简单随机抽样抽到号码为6，则抽取的32人中，编号落在区间457,750的人数为( )
A.7B.8C.9 D.10

8. 如图，在正方形ABCD中，E为BC的中点，P是以AB为直径的半圆弧上任意一点，设AE→=xAD→+yAP→x,y∈R，则2x+y的最小值为（ ）

A.−1B.1C.2D.3

9. 已知圆O:x2+y2−4=0，圆C:x2+y2+2x−15=0，若圆O的切线l交圆C于A，B两点，则△OAB面积的取值范围是( )
A.[27，215]B.[27，8]C.[23，215]D.[23，8]

10. “泥居壳屋细莫详，红螺行沙夜生光．”是宋代诗人欧阳修对鹦鹉螺的描述，美丽的鹦鹉螺呈现出螺旋线的迷人魅力．假设一条螺旋线是用以下方法画成（如图）：△ABC是边长为1的正三角形，曲线CA1,A1A2,A2A3分别以A，B，C为圆心，AC,BA1,CA2为半径画的弧，曲线CA1A2A3称为螺旋线，然后又以A为圆心， AA3为半径画弧如此下去，则所得螺旋线CA1,A1A2,A2A3⋯A28A29,A29A30的总长度Sn为（ ）

A.310πB.1103πC.58πD.110π

11. 抛物线有如下光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴．已知抛物线C:y2=4x，如图，一条平行于x轴的光线从点A4,y112.
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
x>3”是“x>2m2−1”的充分不必要条件，可得3≥2m2−1，解得m范围．
【解答】
解：因为“x>3”是“x>2m2−1”的充分不必要条件，
所以3>2m2−1，
解得−280，
因此，当每毫升血液酒精含量大于80毫克时认定为“醉驾”．
【考点】
求解线性回归方程
众数、中位数、平均数
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)依题意，可知x¯=50，y¯=60，
i=15xiyi=10×30+30×50+50×60+70×70+90×90=17800，
i=15xi2=102+302+502+702+902=16500，
b=i=15xiyi−5x¯⋅y¯i=15xi2−5x¯2=17800−5×50×6016500−5×502=710，
a=y¯−bx¯=60−710×50=25，
因此，回归直线方程为y=0.7x+25.
(2)停车距离的平均数为
d¯=15×24100+25×40100+35×30100+45×4100+55×2100=27，
当y>3×27，即y>81时认定驾驶员是“醉驾”，
令y>81，得0.7x+25>81，解得x>80，
因此，当每毫升血液酒精含量大于80毫克时认定为“醉驾”．
【答案】
(1)证明：取AB的中点G，连接EG，GF.
∵ 菱形ABCD且E为AD的中点，
∴ DE // BC，DE=12BC，
又G，F为AB，AC的中点，
∴ GF为△ABC的中位线，
∴ GF // BC，GF=12BC，
∴ GF//DE且GF=DE，
∴ 四边形DEGF为平行四边形，
∴ DF // EG．
又DF⊄平面ABE，EG⊂平面ABE，
∴ DF // 平面ABE．
(2)解：设点A到平面BEF的距离为ℎ，连接CE，
∵ 平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE=BE，AE⊥BE，
∴ AE⊥平面BCDE，
∴ AE⊥EC．
又F为AC的中点，
∴ EF=12AC=2，同理BF=12AC=2，
∴ S△BEF=154．
又VA−BEF=VF−ABE，
∴ 13×S△BEF×ℎ=13×S△ABE×DE，
即ℎ=255，
∴ 点A到平面BEF的距离为ℎ=255．
【考点】
直线与平面平行的判定
点、线、面间的距离计算
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
(1)取AB的中点G，连接EG，GF，推导出DEGF为平行四边形，从而DF // EG．由此能证明DF // 平面ABE；
(2)设点A到平面BEF的距离为ℎ，连接CE，由VA−BEF＝VF−ABE，能求出点A到平面BEF的距离．
【解答】
(1)证明：取AB的中点G，连接EG，GF.
∵ 菱形ABCD且E为AD的中点，
∴ DE // BC，DE=12BC，
又G，F为AB，AC的中点，
∴ GF为△ABC的中位线，
∴ GF // BC，GF=12BC，
∴ GF//DE且GF=DE，
∴ 四边形DEGF为平行四边形，
∴ DF // EG．
又DF⊄平面ABE，EG⊂平面ABE，
∴ DF // 平面ABE．
(2)解：设点A到平面BEF的距离为ℎ，连接CE，
∵ 平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE=BE，AE⊥BE，
∴ AE⊥平面BCDE，
∴ AE⊥EC．
又F为AC的中点，
∴ EF=12AC=2，同理BF=12AC=2，
∴ S△BEF=154．
又VA−BEF=VF−ABE，
∴ 13×S△BEF×ℎ=13×S△ABE×DE，
即ℎ=255，
∴ 点A到平面BEF的距离为ℎ=255．
【答案】
解：(1)由题可知fx的定义域为0,+∞，
函数fx=12x2+lnx ，f′x=x+1x>0，
所以函数fx在区间1,e上是增函数，
所以fx在区间1,e上的最大值为fe=12e2+1，最小值为f1=12.
(2)fx>1−ax2，
令gx=fx−1−ax2=lnx+a−12x2，
g′x=2a−1x+1x,
当a≥12时，g′x>0,g1=a−12≥0，显然gx>0有解．
当a0，当x∈11−2a,+∞时， g′x0有解，只需−12−12ln1−2a>0解得a>12−12e．
结合a0，
所以函数fx在区间1,e上是增函数，
所以fx在区间1,e上的最大值为fe=12e2+1，最小值为f1=12.
(2)fx>1−ax2，
令gx=fx−1−ax2=lnx+a−12x2，
g′x=2a−1x+1x,
当a≥12时，g′x>0,g1=a−12≥0，显然gx>0有解．
当a0，当x∈11−2a,+∞时， g′x0有解，只需−12−12ln1−2a>0解得a>12−12e．
结合ab>0过点0,2，可得b=2，
设焦距为2c，又由长轴长、焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，
可得2a2+2b2=22c2，即a2+b2=2c2,
又因为a2=b2+c2，解得a2=12，
所以椭圆Γ的标准方程为x212+y24=1.
(2)解：由直线l的方程为y=−x+1，可得P0,1,Q1,0，
设Mx1,y1,Nx2,y2，
因为PM→=λ1MQ→，PN→=λ2NQ→，可得
x1,y1−1=λ11−x1,−y1,x2,y2−1=λ21−x2,−y2，
从而x1=λ11−x1,x2=λ21−x2，
于是λ1=x11−x1,λ2=x21−x2，
所以1λ1+1λ2=1x1+1x2−2=x1+x2x1x2−2，
由x212+y24=1，y=−x+1整理得4x2−6x−9=0，
可得x1+x2=32 ，x1x2=−94，
所以1λ1+1λ2=1x1+1x2−2=x1+x2x1x2−2=−83.
(3)证明：显然直线l的斜率k存在且不为零，设直线l的方程为y=kx−mm>0,
Mx1,y1,Nx2,y2，可得P0,−km,Qm,0，由PM→=λ1MQ→，可得
x1,y1+km=λ1m−x1,−y1，所以x1=λ1m−x1，
从而λ1=x1m−x1，同理λ2=x2m−x2.
又λ1+λ2=−3，∴ x1x2−2mx1+x2+3m2=0①，
联立 x212+y24=1,y=kx−m 得1+3k2x2−6k2mx+3k2m2−12=0，则Δ=36k4m2−41+3k23k2m2−12=1212k2+4−k2m2>0②，
且x1+x2=6k2m1+3k2,x1x2=3k2m2−121+3k2③，③代入①得，3k2m2−121+3k2−2m⋅6k2m1+3k2+3m2=0⇒3m2−121+3k2=0，∴ m=2（满足②），
故直线l的方程为y=kx−2，所以直线l恒过定点2,0.
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由题意，因为椭圆Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0过点0,2，可得b=2，
设焦距为2c，又由长轴长、焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，
可得2a2+2b2=22c2，即a2+b2=2c2,
又因为a2=b2+c2，解得a2=12，
所以椭圆Γ的标准方程为x212+y24=1.
(2)解：由直线l的方程为y=−x+1，可得P0,1,Q1,0，
设Mx1,y1,Nx2,y2，
因为PM→=λ1MQ→，PN→=λ2NQ→，可得
x1,y1−1=λ11−x1,−y1,x2,y2−1=λ21−x2,−y2，
从而x1=λ11−x1,x2=λ21−x2，
于是λ1=x11−x1,λ2=x21−x2，
所以1λ1+1λ2=1x1+1x2−2=x1+x2x1x2−2，
由x212+y24=1，y=−x+1整理得4x2−6x−9=0，
可得x1+x2=32 ，x1x2=−94，
所以1λ1+1λ2=1x1+1x2−2=x1+x2x1x2−2=−83.
(3)证明：显然直线l的斜率k存在且不为零，设直线l的方程为y=kx−mm>0,
Mx1,y1,Nx2,y2，可得P0,−km,Qm,0，由PM→=λ1MQ→，可得
x1,y1+km=λ1m−x1,−y1，所以x1=λ1m−x1，
从而λ1=x1m−x1，同理λ2=x2m−x2.
又λ1+λ2=−3，∴ x1x2−2mx1+x2+3m2=0①，
联立 x212+y24=1,y=kx−m 得1+3k2x2−6k2mx+3k2m2−12=0，则Δ=36k4m2−41+3k23k2m2−12=1212k2+4−k2m2>0②，
且x1+x2=6k2m1+3k2,x1x2=3k2m2−121+3k2③，③代入①得，3k2m2−121+3k2−2m⋅6k2m1+3k2+3m2=0⇒3m2−121+3k2=0，∴ m=2（满足②），
故直线l的方程为y=kx−2，所以直线l恒过定点2,0.
【答案】
解：(1)直线l: x=2t+2,y=3t−1,则t=x−22代入y=3t−1中，
整理得3x−2y−8=0;
曲线C的极坐标方程为ρ2=41+3cs2θ知：
ρ2+3ρ2cs2θ=4，而ρ2=x2+y2，x=ρcsθ，即4x2+y2=4，
则x=csθ,y=2sinθ （θ为参数）.
(2)由(1)知，不妨设点P坐标为csθ,2sinθ，点P到直线l的距离为ℎ，
根据题意可得|PQ|=2ℎ=2×|3csθ−4sinθ−8|32+22
=21313×|5sinθ−ϕ+8|,ϕ∈−π2,π2,tanϕ=−34，
故可得|PQ|max=213,|PQ|min=61313.
【考点】
参数方程与普通方程的互化
椭圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)直线l: x=2t+2,y=3t−1,则t=x−22代入y=3t−1中，
整理得3x−2y−8=0;
曲线C的极坐标方程为ρ2=41+3cs2θ知：
ρ2+3ρ2cs2θ=4，而ρ2=x2+y2，x=ρcsθ，即4x2+y2=4，
则x=csθ,y=2sinθ （θ为参数）.
(2)由(1)知，不妨设点P坐标为csθ,2sinθ，点P到直线l的距离为ℎ，
根据题意可得|PQ|=2ℎ=2×|3csθ−4sinθ−8|32+22
=21313×|5sinθ−ϕ+8|,ϕ∈−π2,π2,tanϕ=−34，
故可得|PQ|max=213,|PQ|min=61313.