2020-2021学年云南省曲靖高二（下）4月月考数学（理）试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年云南省曲靖高二（下）4月月考数学（理）试卷 (1)人教A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. 设集合U=1,2,3,4,5,6，A=1,3,5，B=3,4,5，则∁UA∪B=( )
A.2,6B.3,6C.1,3,4,5D.1,2,4,6

2. 若复数z=21−i，其中i为虚数单位，则z=( )
A.1+iB.1−iC.−1+iD.−1−i

3. 某高校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是17.5，30，样本数据分组为[17.5，20)，[20，22.5)，[22.5，25)，[25，27.5)，[27.5，30]．根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是( )

A.56B.60C.120D.140

4. 若变量x，y满足 x+y≤2,2x−3y≤9,x≥0, 则x2+y2的最大值是( )
A.4B.9C.10D.12

5. 一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A.13+23πB.13+23πC.13+26πD.1+26π

6. 已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内.则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

7. 已知圆M:x2+y2−2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是22，则圆M与圆N：(x−1)2+(y−1)2=1的位置关系是( )
A.内切B.相离C.外切D.相交

8. 执行下边的程序框图，若输入的a，b的值分别为0和9，则输出的i的值为（ ）

A.2B.3C.4D.5

9. 已知函数f(x)的定义域为R，当x12时，f(x+12)=f(x−12)．则f(6)=（ ）
A.−2B.−1C.0D.2

10. 设a=30.7，b=13−0.8 ，c=lg0.70.8，则a，b，c的大小关系为( )
A.af′(x)+32对于任意的x∈[1, 2]成立．
参考答案与试题解析
2020-2021学年云南省曲靖市高二（下）4月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知，A∪B=1,3,5∪3,4,5=1,3,4,5，
所以∁UA∪B=2,6.
故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
共轭复数
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的代数形式的乘除运算可求得z=1−i，从而可得答案．
【解答】
解：∵ z=21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，
∴ z=1−i，
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
频率分布直方图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由频率分布直方图知，自习时间不少于22.5小时的为后三组，
所以200×0.16+0.08+0.04×2.5=140（人）.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
求解非线性目标函数的最值-有关距离
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：画出可行域如图所示，
点A3,−1到原点距离最大，所以x2+y2max=10.
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由几何体的三视图可知，几何体的上面是半径为22的半球，
体积V1=12×43π×223=2π6.
下面是底面积为1，高为1的四棱锥，
体积V2=13×1×1=13．
则该几何体的体积为13+26π.
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”⇒“平面α和平面β相交”，反之不成立．
【解答】
解：直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，
则“直线a和直线b相交”⇒“平面α和平面β相交”，
反之不成立.
∴ “直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
根据直线与圆相交的弦长公式，求出a的值，结合两圆的位置关系进行判断即可．
【解答】
解：圆的标准方程为M:x2+(y−a)2=a2(a>0)，
则圆心为(0, a)，半径R=a，
圆心到直线x+y=0的距离d=a2.
∵ 圆M:x2+y2−2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是22，
∴ 2R2−d2=2a2−a22=2a22=22，
即a22=2，即a2=4，a=2，
则圆心为M(0, 2)，半径R=2，
圆N：(x−1)2+(y−1)2=1的圆心为N(1, 1)，半径r=1，
则MN=12+12=2，
∵ R+r=3，R−r=1，
∴ R−r12，函数f(x)以T=1为周期，故f(6)=f(1).
∵ 当−1≤x≤1时，f(−x)=−f(x)，
∴ f(1)=−f(−1).
又∵ 当x1，
b=13−0.8=30.8>30.7=a，
c=lg0.70.80，
所以m>3，即m的取值范围为(3, +∞)．
故答案为：(3, +∞)．
三、解答题
【答案】
(1)证明：由2(tanA+tanB)=tanAcsB+tanBcsA得：
2(sinAcsA+sinBcsB)=sinAcsAcsB+sinBcsAcsB，
∴ 两边同乘以csAcsB得，
2(sinAcsB+csAsinB)=sinA+sinB，
∴ 2sin(A+B)=sinA+sinB，
即sinA+sinB=2sinC①.
根据正弦定理，asinA=bsinB=csinC=2R，
∴ sinA=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R，
代入①得：a2R+b2R=2c2R，
∴ a+b=2c.
(2)解：由(1)知c=a+b2，
∴ csC=a2+b2−c22ab
=a2+b2−a+b222ab=38ba+ab−14≥12，
当且仅当a=b时等号成立，故csC的最小值为12.
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
(1)由切化弦公式tanA=sinAcsA，tanB=sinBcsB，带入2(tanA+tanB)=tanAcsB+tanBcsA并整理可得2(sinAcsB+csAsinB)=sinA+csB，这样根据两角和的正弦公式即可得到sinA+sinB=2sinC，从而根据正弦定理便可得出a+b=2c；
(2)根据a+b=2c，两边平方便可得出a2+b2+2ab=4c2，从而得出a2+b2=4c2−2ab，并由不等式a2+b2≥2ab得出c2≥ab，也就得到了c2ab≥1，这样由余弦定理便可得出csC=3c22ab−1，从而得出csC的范围，进而便可得出csC的最小值．
【解答】
(1)证明：由2(tanA+tanB)=tanAcsB+tanBcsA得：
2(sinAcsA+sinBcsB)=sinAcsAcsB+sinBcsAcsB，
∴ 两边同乘以csAcsB得，
2(sinAcsB+csAsinB)=sinA+sinB，
∴ 2sin(A+B)=sinA+sinB，
即sinA+sinB=2sinC①.
根据正弦定理，asinA=bsinB=csinC=2R，
∴ sinA=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R，
代入①得：a2R+b2R=2c2R，
∴ a+b=2c.
(2)解：由(1)知c=a+b2，
∴ csC=a2+b2−c22ab
=a2+b2−a+b222ab=38ba+ab−14≥12，
当且仅当a=b时等号成立，故csC的最小值为12.
【答案】
解：(1)∵ 数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n，
∴ a1=11．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=3n2+8n−3(n−1)2−8(n−1)=6n+5，
又∵ an=6n+5对n=1也成立，所以an=6n+5.
∵ {bn}是等差数列，设公差为d，则an=bn+bn+1=2bn+d．
当n=1时，2b1=11−d，当n=2时，2b2=17−d.
由2b1=11−d，2b2=17−d，
解得d=3，
所以数列{bn}的通项公式为bn=an−d2=3n+1.
(2)由cn=(an+1)n+1(bn+2)n=(6n+6)n+1(3n+3)n=(6n+6)⋅2n，
于是，Tn=12⋅21+18⋅22+24⋅23+⋯+(6n+6)⋅2n，
两边同乘以2，得2Tn=12⋅22+18⋅23+…+(6n+6)⋅2n+1,
两式相减，得−Tn=12+6(21+22+23+…+2n)−(6n+6)⋅2n+1=−12n⋅2n，
所以Tn=3n⋅2n+2．
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
等比数列的前n项和
【解析】
(Ⅰ)求出数列{an}的通项公式，再求数列{bn}的通项公式；
(Ⅱ)求出数列{cn}的通项，利用错位相减法求数列{cn}的前n项和Tn．
【解答】
解：(1)∵ 数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n，
∴ a1=11．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=3n2+8n−3(n−1)2−8(n−1)=6n+5，
又∵ an=6n+5对n=1也成立，所以an=6n+5.
∵ {bn}是等差数列，设公差为d，则an=bn+bn+1=2bn+d．
当n=1时，2b1=11−d，当n=2时，2b2=17−d.
由2b1=11−d，2b2=17−d，
解得d=3，
所以数列{bn}的通项公式为bn=an−d2=3n+1.
(2)由cn=(an+1)n+1(bn+2)n=(6n+6)n+1(3n+3)n=(6n+6)⋅2n，
于是，Tn=12⋅21+18⋅22+24⋅23+⋯+(6n+6)⋅2n，
两边同乘以2，得2Tn=12⋅22+18⋅23+…+(6n+6)⋅2n+1,
两式相减，得−Tn=12+6(21+22+23+…+2n)−(6n+6)⋅2n+1=−12n⋅2n，
所以Tn=3n⋅2n+2．
【答案】
解：(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，
则P(M)=C84C105=518．
(2)X的可能取值为0，1，2，3，4，
∴ P(X=0)=C65C105=142，
P(X=1)=C64C41C105=521，
P(X=2)=C63C42C105=1021，
P(X=3)=C62C43C105=521，
P(X=4)=C61C44C105=142，
∴ X的分布列为
E(X)=0×142+1×521+2×1021+3×521+4×142=2．
【考点】
生活中概率应用
排列、组合及简单计数问题
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量的分布列及性质
【解析】
（1）利用组合数公式计算概率；
（2）使用超几何分布的概率公式计算概率，得出分布列，再计算数学期望．
【解答】
解：(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，
则P(M)=C84C105=518．
(2)X的可能取值为0，1，2，3，4，
∴ P(X=0)=C65C105=142，
P(X=1)=C64C41C105=521，
P(X=2)=C63C42C105=1021，
P(X=3)=C62C43C105=521，
P(X=4)=C61C44C105=142，
∴ X的分布列为
E(X)=0×142+1×521+2×1021+3×521+4×142=2．
【答案】
(1)证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，
在△CEF中，因为G是CE的中点，
所以GI//EF，
又EF//OB，
所以GI//OB，
在△CFB中，因为H是FB的中点，
所以HI//BC，
又HI∩GI=I，所以平面GHI//平面ABC，
因为GH⊂平面GHI，所以GH // 平面ABC．
(2)解：连接OO′，则OO′⊥平面ABC，
又AB=BC，且AC是圆O的直径，
所以BO⊥AC.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.
由题意得B0,23,0，C−23,0,0，
过点F作FM垂直OB于点M，
所以FM=FB2−BM2=3，
可得F0,3,3,
故BC→=−23,−23,0，BF→=0,−3,3，
设m→=x,y,z是平面BCF的一个法向量．
由m→⋅BC→=0，m→⋅BF→=0可得−23x−23y=0，−3y+3z=0，
可得平面BCF的一个法向量m→=−1,1,33，
因为平面ABC的一个法向量n→=0,0,1，
所以cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=77，
所以二面角F−BC−A的余弦值为77.
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】


【解答】
(1)证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，
在△CEF中，因为G是CE的中点，
所以GI//EF，
又EF//OB，
所以GI//OB，
在△CFB中，因为H是FB的中点，
所以HI//BC，
又HI∩GI=I，所以平面GHI//平面ABC，
因为GH⊂平面GHI，所以GH // 平面ABC．
(2)解：连接OO′，则OO′⊥平面ABC，
又AB=BC，且AC是圆O的直径，
所以BO⊥AC.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.
由题意得B0,23,0，C−23,0,0，
过点F作FM垂直OB于点M，
所以FM=FB2−BM2=3，
可得F0,3,3,
故BC→=−23,−23,0，BF→=0,−3,3，
设m→=x,y,z是平面BCF的一个法向量．
由m→⋅BC→=0，m→⋅BF→=0可得−23x−23y=0，−3y+3z=0，
可得平面BCF的一个法向量m→=−1,1,33，
因为平面ABC的一个法向量n→=0,0,1，
所以cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=77，
所以二面角F−BC−A的余弦值为77.
【答案】
解：(1)设椭圆C的半焦距为c，
由题意知2a=4，2c=22，
所以a=2，b=a2−c2=2，
所以椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)①证明：设Px0,y0x0>0,y0>0，
由M0,m，可得Px0,2m，Qx0,−2m，
所以直线PM的斜率k=2m−mx0=mx0，
直线QM的斜率k′=−2m−mx0=−3mx0，
此时k′k=−3，
所以k′k为定值−3.
②设Ax1,y1，Bx2,y2，
直线PA的方程为y=kx+m，
直线QB的方程为y=−3kx+m，
联立 y=kx+m,x24+y22=1,
整理得2k2+1x2+4mkx+2m2−4=0
由x0x1=2m2−42k2+1，可得x1=2m2−22k2+1x0，
所以y1=kx1+m=2k(m2−2)(2k2+1)x0+m，
同理x2=2m2−218k2+1x0，y2=−6km2−218k2+1x0+m，
所以x2−x1=2(m2−2)(18k2+1)x0−2(m2−2)(2k2+1)x0
=−32k2(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0，
y2−y1=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m−2k(m2−2)(2k2+1)x0−m
=−8k(6k2+1)(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0，
所以kAB=y2−y1x2−x1=6k2+14k=146k+1k，
由m>0，x0>0，可知k>0，
所以6k+1k≥26，等号当且仅当k=66时取得．
此时m4−8m2=66，
解得m=147，符合题意，
所以直线AB的斜率的最小值为62.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设椭圆C的半焦距为c，
由题意知2a=4，2c=22，
所以a=2，b=a2−c2=2，
所以椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)①证明：设Px0,y0x0>0,y0>0，
由M0,m，可得Px0,2m，Qx0,−2m，
所以直线PM的斜率k=2m−mx0=mx0，
直线QM的斜率k′=−2m−mx0=−3mx0，
此时k′k=−3，
所以k′k为定值−3.
②设Ax1,y1，Bx2,y2，
直线PA的方程为y=kx+m，
直线QB的方程为y=−3kx+m，
联立 y=kx+m,x24+y22=1,
整理得2k2+1x2+4mkx+2m2−4=0
由x0x1=2m2−42k2+1，可得x1=2m2−22k2+1x0，
所以y1=kx1+m=2k(m2−2)(2k2+1)x0+m，
同理x2=2m2−218k2+1x0，y2=−6km2−218k2+1x0+m，
所以x2−x1=2(m2−2)(18k2+1)x0−2(m2−2)(2k2+1)x0
=−32k2(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0，
y2−y1=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m−2k(m2−2)(2k2+1)x0−m
=−8k(6k2+1)(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0，
所以kAB=y2−y1x2−x1=6k2+14k=146k+1k，
由m>0，x0>0，可知k>0，
所以6k+1k≥26，等号当且仅当k=66时取得．
此时m4−8m2=66，
解得m=147，符合题意，
所以直线AB的斜率的最小值为62.
【答案】
(1)解：fx的定义域为0,+∞，
f′(x)=a1−1x+2x2−(2x−1)×2xx4
=ax−ax+2−2xx3=ax3−ax2+2−2xx3
=(x−1)(ax2−2)x3，
若a≤0，则ax2−20，f(x)单调递增；
当x∈(1, +∞)时，f′(x)0时，f′(x)=a(x−1)x3(x+2a)(x−2a)，
①若00，f(x)单调递增，
当x∈1, 2a时，f′(x)2，0