2021届黑龙江省实验中学高三下学期2月月考试题（线上）数学（文）试题（含解析）

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2021届黑龙江省实验中学高三下学期2月月考试题（线上） 数学（文） 试题  一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】可求出集合，，然后进行并集的运算即可．【详解】解：，，，．故选：A．2．命题“”的否定是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据全称命题的否定形式，直接求解.【详解】全称命题“”的否定形式需要改量词，以及结论否定，即否定是.故选：D3．复数满足，则复数的实部与虚部之和为（    ）A． B． C．1 D．0【答案】D【分析】设复数，根据复数满足求解.【详解】设复数，因为复数满足，所以，即，所以，所以复数的实部与虚部之和0.故选：D.4．如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得米，米，米，，，据此可以估计天坛的最下面一层的直径大约为（    ）．（结果精确到1米）（参考数据：，，，）A．39米 B．43米 C．49米 D．53米【答案】D【分析】求出，在中，用余弦定理即可求得.【详解】在中，，，，所以，在中，，所以（米）．故选：D【点睛】解三角形应用题的一般步骤：(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.5．已知是抛物线的焦点，是该抛物线上的两点，，则线段的中点到 轴的距离为（    ）A． B．1 C．2 D．3【答案】A【分析】根据题意,求出准线方程,利用抛物线的定义:抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离,列出方程求出中点的横坐标即可.【详解】因为抛物线方程为,所以其准线方程为，设,由抛物线的定义知,，所以,由中点坐标公式可得,中点的横坐标为,所以线段AB的中点到y轴的距离为.故选:A6．下列说法中正确的是（    ）①先把高二年级的2000名学生编号为1到2000，再从编号为1到50的50名学生中随机抽取1名学生，其编号为，然后抽取编号为的学生，这样的抽样方法是系统抽样法；②甲乙两组数据分别为甲：28，31，39，42，45，55，57，58，66，乙：29，34，35，48，42，46，55，53，55，67.则甲、乙的中位数分别为45和44；③从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，恰有一个黑球与至少有一个红球不是互斥事件；④已知数据的平均数为，方差为，则的平均数和方差分别为和A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．①②③【答案】C【分析】接利用系统抽样的定义，中位数的定义，互斥事件的定义，平均数和方差的关系判断①②③④的结论．【详解】解：对于①：根据系统抽样的定义，所以随机抽取一个，则抽取的编号为，，，这样的抽样方法为系统抽样，故①正确；对于②：甲：28，31，39，42，45，55，57，58，66，则中位数为45；乙：29，34，35，48，42，46，55，53，55，67．则中位数为，故②错误；对于③：从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，恰有一个黑球为一红一黑，与至少有一个红球可能为两个红球或一红一黑，故不是互斥事件，故③正确；对于④：已知数据，，，的平均数为，方差为，则，，，的平均数和方差分别为和，故④正确．故选：C．7．在递增的等比数列中，，则（    ）A． B．或 C． D．【答案】C【分析】利用等比数列的性质与通项公式求解即可【详解】在递增的等比数列中，，由解得，故选：C8．已知是内一点，，记的面积为，的面积为，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据已知条件确定点的位置，由此可求得的值.【详解】因为，所以，，分别取、的中点、，连接、，
 根据平面向量加法的平行四边形法则可得，，所以，，所以，、、三点共线，且，所以，，因此，.故选：D.
 9．已知圆和两点，，若圆上有且只有一点，使得，则的值为（    ）A．4 B．7 C．4或6 D．3或7【答案】C【分析】根据题意，得到点落在以为直径的圆上，把圆上有且只有一点，使得，转化为两圆相切，结合圆与圆的位置关系，即可求解.【详解】由题意，两点，，且，可得点落在以为直径的圆上，即圆，要使得圆上有且只有一点，使得，等价于圆与圆只有一个公共点，即两圆相切，可得两圆的圆心距为，当两圆相外切时，可得，即，解得；当两圆相内切时，可得，即，解得，综上可得，实数的值为或.故选;C.10．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由正弦函数的性质可得，结合已知单调区间列不等式组求解集即可.【详解】由函数解析式知：在上单调递增，∴，单调递增，又∵在区间上单调递增，∴，解得，所以当时，有，故选：B【点睛】关键点点睛：利用整体代入法得到，结合已知单调区间与所得区间的关系求参数范围.11．在正方体中，有如下命题：①两条异面直线和所成的角为；②直线与平面所成的角为；③若是棱中点，则直线与是相交直线；④若点在线段上运动，则始终有.真命题的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】直接求解异面直线所成角判断①；求解线面角判断②；由异面直线概念判断③；由直线与平面垂直的性质判断④．【详解】解：对于①，连接，，由，，可得四边形为平行四边形，则，为两条异面直线和所成的角，△为等边三角形，可得，故①错误；平面平面，且平面平面，连接，则，可得平面，则为直线与平面所成的角为，故②正确；平面，平面，且，平面，由异面直线的定义，可得直线与是异面直线，故③错误；由分析②时可知，平面，当点在线段上运动时，平面，则，故④正确．正确命题的个数是2个．故选：B．12．已知函数，当时，恒有成立，则实数的取值范围（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，然后将又时，恒有成立，转化为时，恒有成立求解.【详解】因为，所以是奇函数，当时，，所以在上递减，又时，恒有成立，所以时，恒有成立，即时，恒有成立，即时，恒有成立，令，则，，所以在上递减，所以，所以，解得，所以实数的取值范围是，故选：A  二、填空题13．已知函数，若，则___________.【答案】0或3【分析】当时，，当时， ，由此能求出的值．【详解】解：函数，，当时，，解得，当时，，解得．综上：或．故答案为：0或3．14．在区间上任取两个数，则函数无零点的概率为___________.【答案】【分析】，，由无零点，可知，从而可得.作出不等式组对应的图形，结合几何概型的概率公式，可求出答案.【详解】由题意可知，，，又因为无零点，所以，故只需即可.所以满足不等式组，建立平面直角坐标系，作出不等式对应的图形，如下图阴影部分，其中是边长为1的正方形，为的中点，所以，，根据几何概型的概率公式可得，函数无零点的概率为.故答案为：. 15．已知，且有，则___________.【答案】【分析】利用二倍角公式和同角的平方关系进行化简得到，由知，进而得到，即可求出结果.【详解】∵，∴，∴∵，∴，∴，即，所以，故答案为：.16．已知双曲线的左、右焦点分别为、，过原点的直线与的左、右两支分别交于、两点，直线交双曲线于另一点（、在的两侧）.若，且，则双曲线的离心率为___________.【答案】【分析】连接、、，设，，利用余弦定理以及双曲线的定义可得出，，再利用余弦定理可得出的值，即可求得该双曲线的离心率的值.【详解】连接、、，如下图所示：由双曲线的对称性可知，四边形为平行四边形，所以，，，设，，则，，由双曲线的定义可得，所以，，由余弦定理可得，解得，因为，所以，，，由余弦定理可得，化简可得，因此，该双曲线的离心率为.故答案为：. 三、解答题17．某城市交通部门为了对该城市共享单车加强监管，随机选取了100人就该城市共享单车的推行情况进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值(百分制)按照分成5组，制成如图所示频率分布直方图.（1）求图中的值；（2）估计这组数据的平均数和中位数；（3）已知满意度评分值在内的男生数与女生数的比为，若在满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，求2人中恰有1名女生概率.【答案】（1）；（2）平均数为，中位数为；（3）.【分析】（1）由频率分布直方图的性质，列出方程，即可求解；（2）根据平均数的计算公式和中位数的计算方法，即可求得这组数据的平均数和中位数；（3）求得满意度评分值在内有人，男生3人，女生2人，分别记为，记“满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，恰有1名女生”为事件，利用列举法求得基本事件的总数和所求事件包含基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.【详解】（1）由频率分布直方图的性质，可得，解得.（2）估计这组数据的平均数为，中位数设为，则，解得.（3）由题意，满意度评分值在内有人，其中男生3人，女生2人，分别记为，记“满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，恰有1名女生”为事件，从5人中抽取2人共有：，，，，，，，，，，所以总基本事件个数为10个，其中事件包含的基本事件为：，，，，，，共6个，所以概率为.18．如图1，菱形ABCD中，AB=2，，以对角线BD为折痕把△ABD折起，使点A到达如图2所示点E的位置，使.(1)求证：；(2)求三棱锥E—BCD的体积．【答案】（1）见解析； （2） .【分析】（1）先证明,再证明平面,从而证明（2）把三棱锥E—BCD拆分成两个三棱锥，求体积和即可．【详解】（1）菱形ABCD中可得：，以对角线BD为折痕把△ABD折起，使点A到达如图2所示点E的位置，则，,又交于点，所以平面，又平面，所以．（2）由（1）得平面，所以,菱形ABCD中，AB=2，，求得：,,所以=．【点睛】（1）主要考查了线面垂直的判定及线面垂直的性质，考查了转化思想．（2）主要考查了分割求和方法及体积计算，转化思想，属于基础题，计算一定要细心．19．已知数列的前项和为，且和的等差中项为1.（1）求数列的通项公式；（2）记，数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题意可得，则当时，，两式相减可得，从而可得数列是以2为首项，2为公比的等比数列，进而可求出其通项公式；（2）由（1）得，然后利用错位相减法求和【详解】解：（1）因为和的等差中项为1，所以，即，当时，.两式相减得，整理得.在中，令得，所以，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，因此.（2）由题，得，所以①，②，，得，所以，.20．已知椭圆的焦距为，四个顶点构成的四边形面积为（1）求椭圆的标准方程；（2）斜率存在的直线与椭圆相交于、两点，为坐标原点，，若点在椭圆上，请判断的面积是否为定值，如果是，求出定值；如果不是，说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，定值为.【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）设直线方程是，设、、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由求出点的坐标，代入椭圆方程化简可得出，然后利用三角形的面积公式化简求得出的面积即可得解.【详解】（1）由题可得，解得，因此，椭圆方程为；（2）设直线方程是，设、、，联立，得，，由韦达定理可得，，.因为，所以，，，即点，把点坐标代入椭圆方程可得，整理可得，点到直线的距离为，的面积.所以，的面积为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．21．已知函数，（1）若，的极大值是，求a的值；（2）若，在上存在唯一零点，求b的值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）先求得函数的定义域，求得函数的导函数，根据定义域，分析导函数的零点情况，对实数进行分类讨论，根据函数的极值的条件，求得的值；（2）利用导数研究函数的单调性，结合唯一零点的条件得到等式，化简即可求得的值.【详解】（1）若，则的定义域为，．若，，在定义域内单调递增，无极大值；若，，单调递增；，单调递减．时，取得极大值，．（2）若，则，令，得，当时，有唯一解，即，当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．又因为有且只有1个零点，所以．即．因为，，整理可得故．【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值问题和零点问题，属基础题，难度一般，关键点在于(1)中的分类讨论，（2）中的的根的设而不求的思想.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数，且)，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）写出曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）若直线与轴交点记为，与曲线交于两点，求的值.【答案】（1）：，：；（2）.【分析】（1）对曲线的参数方程直接消参，可得其普通方程，由极坐标与直角坐标的互化公式可求得直线的直角坐标方程；（2）由题意得直线的参数方程为(为参数)，将其代入中，得，则由根与系的关系可得，设对应的参数分别为，则，从而可求得结果【详解】解：（1）曲线的参数方程为(为参数，且)，化为普通方程为.由得直线直角坐标方程为.（2）直线与轴交点记为，即，转换为参数方程为(为参数)与曲线交于两点，把直线的参数方程代入方程.得到，设对应的参数分别为所以，则：.23．已知函数.（1）当时，解不等式；（2）对任意的恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由，将，转化为，分，求解；（2）将不等式恒成立，转化为对任意的恒成立求解.【详解】（1）当时，，，则不等式为，当时，为恒成立，，当时，为，解得，或或，综上，不等式的解集为；（2）不等式等价于，即对任意的恒成立，即对任意的恒成立，∵函数在区间上单调递增，最小值为，，故实数的取值范围是.