2020-2021学年贵州省兴义市某校高二（下）3月月考数学（理）_试卷

这是一份2020-2021学年贵州省兴义市某校高二（下）3月月考数学（理）_试卷，共12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=−1,0,1,2，集合B=y|y=2x,x∈A，则A∩B=( )
A.⌀B.0,1,2
C.1,2D.−1,0,12,1,2,4

2. 已知i为虚数单位，复数z=52−i的虚部为（ ）
A.1B.2C.iD.2i

3. 小明处理一组数据，漏掉了一个数10，计算得平均数为10，方差为2，加上这个数后的这组数据（ ）
A.平均数等于10，方差等于2
B.平均数等于10，方差小于2
C.平均数大于10，方差小于2
D.平均数小于10，方差大于2

4. 2020年3月，中共中央国务院印发了《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》，提出“把劳动教育纳入人才培养全过程，贯通大中小学各学段，贯穿家庭、学校、社会各方面，与德育、智育、体育、美育相融合，紧密结合经济社会发展变化和学生生活实际，积极探索具有中国特色的劳动教育模式”．贵州省某学校结合自身实际，推出了《职业认知》《家政课程》《田地教育》《手工制作》《种植技术》五门劳动课程，要求学生从中任选两门进行学习，经考核合格后方能获得相应学分．现有甲、乙两人进行选课，则仅有一门课程相同的概率为（ ）
A.325B.15C.310 D.35

5. 设a=lg1317， b=3−0.2， c=13−2.1，则a，b，c的大小关系是（ ）
A.a0),
因为A到原点的距离等于半径r,则
(t−0)2+(3t−0)2=2，
解得t=1.
故A为(1,3)，代入y2=2px得,p=32.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
由题意，根据异面直线的判定对选项进行逐一判断即可.
【解答】
解：已知经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不过该点的直线是异面直线，
所以在选项A，B，C中，直线GH与MN均为异面直线，其不满足条件，
在选项D中，连接HN，
则HN为底面三角形的中位线，
所以GM//HN且GM=HN，
即四边形GHNM是平行四边形，
所以GH//MN，选项D正确.
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
数列的函数特性
【解析】
利用等差数列通项求出an=−n2+7n−1，再利用二次函数的性质求解即可.
【解答】
解：∵ an+n2为等差数列，且a1+1=6，a2+22=13，
∴ 等差数列an+n2的公差为d=7，首项为a1+1=6，
∴ 等差数列an+n2的通项为an+n2=6+7n−1=7n−1，
∴ an=−n2+7n−1，
由于二次函数y=−x2+7x−1开口向下，且对称轴为x=72，
∴ 当n=3或4时，a3=a4=−32+7×3−1=11.
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
由题意，根据向量的减法以及向量的加法，将其数量积放到四边形中，结合向量的线性运算进行求解即可.
【解答】
解：已知在平行四边形ABCD中， AB=3， AD=2， ∠BAD=π4，
因为BD→=BA→+AD→=AD→−AB→ ，
而AE→=AD→+DE→=AD→+λDC→=AD→+λAB→ ，
所以BD→⋅AE→=(AD→−AB→)⋅(AD→+λAB→)
=|AD→|2+λAD→⋅AB→−AB→⋅AD→−λ|AB→|2
=2×2+λ2×3×22−3×2×22−λ×3×3
=2+3λ−3−9λ=−6λ−1=−3,
解得λ=13.
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
由题意，将方程在区间上的零点个数转化成两个函数图象的交点问题， 可画出函数图象，利用数形结合进行求解即可.
【解答】
解：若关于x的方程3cs2x=a+sin2x在区间0,π2上有两个不等的实根，
因为y=sin2x−3cs2x=2sin(2x−π3)，
此时问题等价于函数y=2sin(2x−π3)与y=−a的图象有两个交点，
此时3≤−a0时，x+1x≥2，即x=1时等号成立，
所以f(x)∈(1,3]，
当x2．
由题知ρ1=ρ2，所以2sin2θ1=2sin2θ2，即sin2θ1=sin2θ2．
又θ1，θ2∈0,π2，θ1≠θ2，所以2θ1+2θ2=π，即θ1+θ2=π2．
【答案】
(1)解：因为|x|+|x−1|≥|x−x−1|=1，
又当且仅当x∈[0,1]时，上式可以取“=”，
所以函数y=fx的最小值为1，即m=1．
(2)证明：由(1)知m=1，即a+b+c=1．
因a2b2+b2c2≥2ab2c，b2c2+c2a2≥2bc2a，c2a2+a2b2≥2ca2b，
三式相加得a2b2+b2c2+c2a2≥abc，
有a2b2+b2c2+c2a2+2abca+b+c≥3abc，
即(ab+bc+ca)2≥3abc，故ab+bc+ca≥3abc．
（上述不等式中当且仅当a=b=c时取“=”）
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：因为|x|+|x−1|≥|x−x−1|=1，
又当且仅当x∈[0,1]时，上式可以取“=”，
所以函数y=fx的最小值为1，即m=1．
(2)证明：由(1)知m=1，即a+b+c=1．
因a2b2+b2c2≥2ab2c，b2c2+c2a2≥2bc2a，c2a2+a2b2≥2ca2b，
三式相加得a2b2+b2c2+c2a2≥abc，
有a2b2+b2c2+c2a2+2abca+b+c≥3abc，
即(ab+bc+ca)2≥3abc，故ab+bc+ca≥3abc．
（上述不等式中当且仅当a=b=c时取“=”）培养基质量x（克）
20
40
50
60
80
细菌A的最大承载量Y（单位）
300
400
500
600
700