2020-2021学年陕西省榆林市高二（上）12月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年陕西省榆林市高二（上）12月月考数学试卷人教A版，共9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={−2,−1,0,1,2}，B={x|y=−x}，则A∩B=( )
A.{1,2}B.{0,1,2}C.{−2,−1}D. {−2,−1,0}

2. “x>1”是“1x<1”的( )条件
A.充分而不必要B.必要不充分
C.充要D.既不充分也不必要

3. 一车间为规定工作定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了4次试验，测得的数据如表，根据表可得回归方程y=8x+11，则实数a的值为( )
A.34B.35C.36D.37

4. 设a=lg36，b=lg510，c=lg714，则( )
A.c>b>aB.b>cc>bD.a>b>c

5. 已知函数f(x)=6x−lg2x，在下列区间中，包含f(x)零点的区间是( )
A.(0, 1)B.(1, 2)C.(2, 4)D.(4, +∞)

6. 已知平面α⊥平面β，m是α内的一条直线，n是β内一条直线，若m⊥n，则( )
A.m⊥βB.n⊥αC.m⊥β或n⊥αD.m⊥β且n⊥α

7. 公元263年左右．我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为（参考数据： sin15∘≈0.2588，sin7.5∘≈0.1305）( )

A.18B.24C.30D.36

8. 已知非零向量a→，b→满足|a→|=2|b→|，且(a→−b→)⊥b→，则a→与b→的夹角的大小为( )
A.π6B.π4C.π3D.2π3

9. 在区间0,2上随机地取一个数x，则事件"−1≤lg12(x+12)≤1”发生的概率为( )
A.34B.23C.13D.14

10. 已知直线y=−x被圆M:x2+y2+Ey=0E<0截得的弦长为22，且圆N的方程为x2+y2−2x−2y+1=0，则圆M与圆N的位置关系为（ ）
A.相交B.外切C.相离D.内切

11. 已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，CC1=22，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为（ ）
A.2B.3C.2D.1

12. 过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点作垂直于x轴的直线与椭圆有4个交点，且这4个交点恰好为正方形的四个顶点，则椭圆的离心率为（ ）
A.5+14B.5−12C.3−12D.3+12
二、填空题

已知SC是球O的直径，A，B是球O球面上的两点，且CA=CB=1,AB=3，若三棱锥S−ABC的体积为1，则球O的表面积为________.
三、解答题

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2sin2A+sin(A−B)=sinC，且A≠π2．
(1)求ab的值；

(2)若c=2，C=π3，求△ABC的面积．

已知数列an是一个等差数列，且a3=3,a2+a5=7，数列bn是各项均为正数的等比数列，且满足b1=12 ,b3⋅b5=1256.
(1)求数列an与bn的通项公式；

(2)设数列cn满足cn=anbn，其前n项和为Tn,求证： Tn<2.

如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在平面互相垂直， FD⊥平面ABCD，EF//平面ABCD.

(1)求证：平面 ACF⊥ 平面BDF；

(2)若∠CBA=60∘，求二面角A−BC−F的大小.

某公司为了解广告投入对销售收益的影响，在若干地区共投入4万元广告费用，并将各地的销售收益绘制成频率分布直方图（如图所示）．由于工作人员操作失误，横轴的数据丢失，但可以确定横轴是从0开始计数的.

1根据频率分布直方图，计算图中各小矩形的宽度；

2试估计该公司投入4万元广告费用之后，对应销售收益的平均值（以各组的区间中点值代表该组的取值）；

3该公司按照类似的研究方法，测得另外一些数据，并整理得到下表：
由表中的数据显示，x与y之间存在着线性相关关系，请将2的结果填入空白栏，并求出y关于x的回归直线方程．
附参考公式：b=i=1nxiyi−nx¯y¯i=1nxi2−nx¯2，a=y¯−bx¯.

已知f(x)是定义在[−1, 1]上的奇函数，且f(1)=1，当a，b∈[−1, 1]时，且a+b≠0时，有f(a)+f(b)a+b>0成立.
1判断f(x)在[−1, 1]上的单调性，并给予证明；

2若f(x)≤m2−2am+1对∀a∈[−1, 1]以及∀x∈[−1,1]恒成立，求m的范围．

在平面直角坐标系中，已知点M−2,0，N2,0，动点Px,y满足直线MP与直线NP的斜率之积为−14．记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程，并说明C是什么曲线；

(2)过点3,0作直线l与曲线C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰好关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年陕西省榆林市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
函数的定义域及其求法
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为A={−2,−1,0,1,2},B={x|x≤0}，
所以A∩B={−2,−1,0}.
故选D .
2.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
由1x<1则x>1或x<0，从而可进行判断充分性与必要性
【解答】
解：若x>1，则1x<1；
若1x<1，则x>1或x<0，
∴ “x>1”是“1x<1”的充分不必要条件.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
求解线性回归方程
算术平均数
【解析】
由表格中的数据求得样本点的中心，代入线性回归方程即可求得a值．
【解答】
解：x¯=2+3+4+54=3.5，y¯=30+a+40+504=120+a4，
则样本点的中心坐标为(3.5, 120+a4)，代入线性回归方程，
得120+a4=8×3.5+11，
解得a=36.
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
对数值大小的比较
对数与对数运算
【解析】
利用对数的运算和对数函数的性质求解即可.
【解答】
解：a=lg36=1+lg32，
b=lg510=1+lg52，
c=lg714=1+lg72，
∵ 0∴ lg32>lg52>lg72，
∴ a>b>c.
故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
可得f(2)=2>0，f(4)=−12<0，由零点的判定定理可得．
【解答】
解：∵ f(x)=6x−lg2x，
∴ f(2)=2>0，f(4)=−12<0，
满足f(2)f(4)<0，
∴ f(x)在区间(2, 4)内必有零点.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
利用m⊥n作出所对应的两种图形即可判断出正确答案．
【解答】
解：平面α⊥平面β，m是α内的一条直线，n是β内的一条直线，且m⊥n，
由图①②可以判断出m⊥β或n⊥α.
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
列出循环过程中S与n的数值，满足判断框的条件即可结束循环．
【解答】
解：模拟执行程序，可得：n=6，S=3sin60∘=332；
不满足条件S≥3.10，n=12，S=6×sin30∘=3；
不满足条件S≥3.10，n=24，S=12×sin15∘≈12×0.2588=3.1056，
满足条件S≥3.10，退出循环，输出n的值为24．
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
直接利用向量垂直，得到向量数量积为0，再转换化简即可得到.
【解答】
解：因为(a→−b→)⊥b→，
所以(a→−b→)⋅b→=0，
即a→⋅b→−b→2=0，
即a→⋅b→cs−b→2=0，
所以cs=|b→|2|a→|⋅|b→|=|b→|22|b→|⋅|b→|=12，
又∈0,π，
所以=π3.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
本题主要考查几何概型求概率．
【解答】
解：∵ −1≤lg12x+12≤1，
∴12≤x+12≤2，
∴0≤x≤32，
∴P=322=34，
故选A．
10.
【答案】
A
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
直线与圆的位置关系
【解析】
根据题意，联立直线y=−x与圆M的方程，计算可得交点的坐标，进而由直线y=−x被圆M截得的弦长为22，可得E24+E24=8，解可得E的值，即可得M的方程，分析圆M、圆N的圆心半径，分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，y=−x,x2+y2+Ey=0,
则有2y2+Ey=0,
解得：y1=0或y2=−E2.
又由y=−x,则x1=0 或x2=E2，
即直线y=−x与圆M:x2+y2+Ey=0的交点为0,0和E2,−E2,
又由直线y=−x被圆M:x2+y2+Ey=0E<0截得的弦长为22，
则有E24+E24=8，解得E=±4.
又由E<0，则E=−4,
则圆M的方程为x2+y2−4y=0，其圆心为0,2，半径r=2,
圆N的方程为x2+y2−2x−2y+1=0，
即x−12+y−12=1，其圆心为1,1，半径R=1,
两圆圆心距|MN|=1+1=2，则有r−R<|MN|故选A．
11.
【答案】
D
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接AC，BD，交于点O，连接OE，
因为O，E是AC,CC1的中点，
所以OE//AC1，且OE=12AC1，
所以AC1//平面BDE，即直线AC1与平面BED的距离等于点C或C1到平面BED的距离，
过C作CF⊥OE于F，则CF即为所求距离，
因为底面边长为2，高为22，
所以AC=22，OC=2，CE=2，OE=2，
所以OE⋅CF=OC⋅CE，
所以CF=1.
故选D．
12.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
利用过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点作垂直x轴的直线与椭圆有四个交点，这四个交点恰好为正方形的四个顶点，可得c=b2a，由此可得椭圆的离心率．
【解答】
解：∵ 过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点作垂直x轴的直线与椭圆有四个交点，
这四个交点恰好为正方形的四个顶点，
∴ c=b2a，
∴ ac=a2−c2，
∴ e2+e−1=0.
∵ 0∴ e=5−12.
故选B．
二、填空题
【答案】
52π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ SC是球O的直径，A，B是球O球面上的两点，
且CA=CB=1,AB=3，
∴ △ABC的外接圆r=1,
连结圆心与O，可得球心到圆心距离为R2−1，
又∠SAC=∠SBC=90∘，
S△ABC=12×3×12=34，
V=13×34×ℎ=1，
解得ℎ=43，
∴ RR2−1=2R43,
解得R2=13，
∴ 球O的表面积S=4πR2=52π．
故答案为：52π.
三、解答题
【答案】
解：(1)由2sin2A+sin(A−B)=sinC，
可得2sin2A+sin(A−B)=sin(A+B)，可得：2sinAcsA=sinBcsA.
∵ A≠π2,
∴ csA≠0．
得2sinA=sinB，
由正弦定理得：2a=b，即ab=12．
(2)已知c=2，C=π3，
由余弦定理：得a2+b2−ab=4．
又由(1)可知：2a=b，
从而解得：a=233，b=433，
∴ △ABC的面积S=12absinC=233．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
二倍角的正弦公式
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
(Ⅰ)根据三角形内角和定理sinC＝sin(A+B)，打开化解，根据正弦定理，可得ab的值；
(Ⅱ)c＝2，C=π3，由余弦定理求出a，b的值，根据△ABC的面积S=12absinC可得答案．
【解答】
解：(1)由2sin2A+sin(A−B)=sinC，
可得2sin2A+sin(A−B)=sin(A+B)，可得：2sinAcsA=sinBcsA.
∵ A≠π2,
∴ csA≠0．
得2sinA=sinB，
由正弦定理得：2a=b，即ab=12．
(2)已知c=2，C=π3，
由余弦定理：得a2+b2−ab=4．
又由(1)可知：2a=b，
从而解得：a=233，b=433，
∴ △ABC的面积S=12absinC=233．
【答案】
(1)解： ∵an 为等差数列, 设公差为d,
∴a1+2d=3,a1+d+a1+4d=7,
∴a1=1,d=1,
∴an=n ,
∵bn为等比数列且 bn>0, q>0 ,
b3⋅b5=b42=1256,
∴b4=116=b1q3=12q3 ,
∴q=12,
∴bn=12×12n−1=12n.
(2) 证明：由(1)知 cn=anbn=n⋅12n ,
Tn=1×12+2×122+3×123+⋯+n−12n−1+n2n ①，
12Tn=1×122+2×123+…+n−12n+n2n+1②，
①−②得12Tn=12+122+123+…+12n−n2n+1
=12(1−12n)1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1.
∴Tn=2−2+n2n ,
∴Tn<2.
【考点】
等差数列的通项公式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
答案未提供解析。
答案未提供解析。
【解答】
(1)解： ∵an 为等差数列, 设公差为d,
∴a1+2d=3,a1+d+a1+4d=7,
∴a1=1,d=1,
∴an=n ,
∵bn为等比数列且 bn>0, q>0 ,
b3⋅b5=b42=1256,
∴b4=116=b1q3=12q3 ,
∴q=12,
∴bn=12×12n−1=12n.
(2) 证明：由(1)知 cn=anbn=n⋅12n ,
Tn=1×12+2×122+3×123+⋯+n−12n−1+n2n ①，
12Tn=1×122+2×123+…+n−12n+n2n+1②，
①−②得12Tn=12+122+123+…+12n−n2n+1
=12(1−12n)1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1.
∴Tn=2−2+n2n ,
∴Tn<2.
【答案】
(1)证明：∵ ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵FD⊥平面ABCD，
∴FD⊥AC，
∵BD∩FD=D
∴AC⊥平面BDF,
∵AC⊂ 平面ACF,
∴ 平面ACF⊥平面BDF.
(2)解：设AC∩BD=O ，以O为原点，分别以OB，OA为x轴，y轴，
过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图：
则B3,0,0,C0,−1,0,F−3,0,3,得
BC→=−3,−1,0,BF→=−23,0,3，
设平面BCF的法向量 n→=x,y,z,
则n→⋅BC→=−3x−y=0，n→⋅BF→=−23x+3z=0，
取x=1 ，得n→=1,−3,2，
取平面ABC的一个法向量m→=0,0,1，
设二面角A−BC−F的大小为θ，该二面角为锐二面角，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=28=22,
∴θ=π4.
∴二面角A−BC−F的大小为π4.
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
平面与平面垂直的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵FD⊥平面ABCD，
∴FD⊥AC，
∵BD∩FD=D
∴AC⊥平面BDF,
∵AC⊂ 平面ACF,
∴ 平面ACF⊥平面BDF.
(2)解：设AC∩BD=O ，以O为原点，分别以OB，OA为x轴，y轴，
过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图：
则B3,0,0,C0,−1,0,F−3,0,3,得
BC→=−3,−1,0,BF→=−23,0,3，
设平面BCF的法向量 n→=x,y,z,
则n→⋅BC→=−3x−y=0，n→⋅BF→=−23x+3z=0，
取x=1 ，得n→=1,−3,2，
取平面ABC的一个法向量m→=0,0,1，
设二面角A−BC−F的大小为θ，该二面角为锐二面角，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=28=22,
∴θ=π4.
∴二面角A−BC−F的大小为π4.
【答案】
解：1设各小矩形的宽度为m，
由频率分布直方图各小长方形面积总和为1，
可知(0.08+0.1+0.14+0.12+0.04+0.02)⋅m=0.5m=1，
故m=2.
2由1知各小组依次是[0, 2),[2, 4),[4, 6),[6, 8),[8, 10),[10, 12]，
其中点分别为1，3，5，7，9，11，
对应的频率分别为0.16，0.20，0.28，0.24，0.08，0.04，
故可估计平均值为1×0.16+3×0.2+5×0.28
+7×0.24+9×0.08+11×0.04=5.
3由2知空白栏中填5，
由题意可知，x¯=1+2+3+4+55=3，
y¯=2+3+1+5+75=3.6，
i=15xiyi=1×2+2×3+3×1+4×5+5×7=66，
i=15xi2=12+22+32+42+52=55，
根据公式，可求得b=66−5×3×3.655−5×32=1210=1.2，
a=3.6−1.2×3=0，
即回归直线的方程为y=1.2x．
【考点】
频率分布直方图
求解线性回归方程
【解析】
(Ⅰ)根据频率分布直方图，由频率分布直方图各小长方形面积总和为1，可计算图中各小长方形的宽度；
(Ⅱ)以各组的区间中点值代表该组的取值，即可计算销售收益的平均值；
(Ⅲ)求出回归系数，即可得出结论．
【解答】
解：1设各小矩形的宽度为m，
由频率分布直方图各小长方形面积总和为1，
可知(0.08+0.1+0.14+0.12+0.04+0.02)⋅m=0.5m=1，
故m=2.
2由1知各小组依次是[0, 2),[2, 4),[4, 6),[6, 8),[8, 10),[10, 12]，
其中点分别为1，3，5，7，9，11，
对应的频率分别为0.16，0.20，0.28，0.24，0.08，0.04，
故可估计平均值为1×0.16+3×0.2+5×0.28
+7×0.24+9×0.08+11×0.04=5.
3由2知空白栏中填5，
由题意可知，x¯=1+2+3+4+55=3，
y¯=2+3+1+5+75=3.6，
i=15xiyi=1×2+2×3+3×1+4×5+5×7=66，
i=15xi2=12+22+32+42+52=55，
根据公式，可求得b=66−5×3×3.655−5×32=1210=1.2，
a=3.6−1.2×3=0，
即回归直线的方程为y=1.2x．
【答案】
解：1f(x)是定义在[−1, 1]上的增函数.
理由：任取x1，x2∈[−1, 1]，且x1则f(x1)−f(x2)=f(x1)+f(−x2)，
∵ f(x1)+f(−x2)x1+(−x2)>0，即f(x1)−f(x2)x1−x2>0，
∵ x1−x2<0，∴ f(x1)−f(x2)<0，
∴ 函数f(x)在[−1, 1]上是增函数.
2要使f(x)≤m2−2am+1对所有的x∈[−1, 1]恒成立，
只需f(x)max≤m2−2am+1，
由(1)知，f(x)在[−1, 1]上是增函数，
∴ f(x)max=f(1)=1，
∴ 1≤m2−2am+1，即m2−2am≥0对任意a∈[−1, 1]恒成立，
构造新函数g(a)=−2am+m2，由一次函数的单调性可知，
需g(−1)=2m+m2≥0，g(1)=−2m+m2≥0，
解得m≥2或m≤−2或m=0．
故实数m的取值范围{m|m≥2或m=0或m≤−2}.
【考点】
函数单调性的判断与证明
不等式恒成立问题
函数恒成立问题
【解析】
（1）由题设知，令x10，故f(x1)（2）由f(x)在[−1, 1]上是增函数，知f(x)在[−1, 1]上的最大值为f(1)=1，由m2−2am+1≥1对a∈[−1, 1]恒成立，知g(a)=2ma−m2≤0对a∈[−1, 1]恒成立，由此能求出m的范围．
【解答】
解：1f(x)是定义在[−1, 1]上的增函数.
理由：任取x1，x2∈[−1, 1]，且x1则f(x1)−f(x2)=f(x1)+f(−x2)，
∵ f(x1)+f(−x2)x1+(−x2)>0，即f(x1)−f(x2)x1−x2>0，
∵ x1−x2<0，∴ f(x1)−f(x2)<0，
∴ 函数f(x)在[−1, 1]上是增函数.
2要使f(x)≤m2−2am+1对所有的x∈[−1, 1]恒成立，
只需f(x)max≤m2−2am+1，
由(1)知，f(x)在[−1, 1]上是增函数，
∴ f(x)max=f(1)=1，
∴ 1≤m2−2am+1，即m2−2am≥0对任意a∈[−1, 1]恒成立，
构造新函数g(a)=−2am+m2，由一次函数的单调性可知，
需g(−1)=2m+m2≥0，g(1)=−2m+m2≥0，
解得m≥2或m≤−2或m=0．
故实数m的取值范围{m|m≥2或m=0或m≤−2}.
【答案】
解：(1)由题设可得KMP=yx+2，KNP=yx−2，x≠±2，
则yx+2⋅yx−2=−14x≠±2，化简得x24+y2=1x≠±2，
所以曲线C是中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)存在定点Q433，0，满足直线QA与直线QB恰好关于x轴对称.
由题设知，直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x+my−3=0与椭圆C的方程
联立得x24+y2=1，x≠±2，x+my−3=0，
整理得4+m2y2−23my−1=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，定点Qt,0（依题意t≠x1,t≠x2），
由根与系数的关系可得， y1+y2=23m4+m2，y1y2=−14+m2，
直线QA与直线QB恰好关于x轴对称，
则直线QA与直线QB的斜率互为相反数，
所以y1x1−t+y2x2−t=0，
即y1x2−t+y2x1−t=0，
又因为x1+my1−3=0 ，x2+my2−3=0，
所以y13−my2−t+y23−my1−t=0，
整理得3−ty1+y2−2my1y2=0，
从而可得3−t⋅23m4+m2−2m⋅−14+m2=0，
即2m4−3t=0，
所以当t=433，即Q433,0时，
直线QA与直线QB恰好关于x轴对称.
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
轨迹方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题设可得KMP=yx+2，KNP=yx−2，x≠±2，
则yx+2⋅yx−2=−14x≠±2，化简得x24+y2=1x≠±2，
所以曲线C是中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)存在定点Q433，0，满足直线QA与直线QB恰好关于x轴对称.
由题设知，直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x+my−3=0与椭圆C的方程
联立得x24+y2=1，x≠±2，x+my−3=0，
整理得4+m2y2−23my−1=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，定点Qt,0（依题意t≠x1,t≠x2），
由根与系数的关系可得， y1+y2=23m4+m2，y1y2=−14+m2，
直线QA与直线QB恰好关于x轴对称，
则直线QA与直线QB的斜率互为相反数，
所以y1x1−t+y2x2−t=0，
即y1x2−t+y2x1−t=0，
又因为x1+my1−3=0 ，x2+my2−3=0，
所以y13−my2−t+y23−my1−t=0，
整理得3−ty1+y2−2my1y2=0，
从而可得3−t⋅23m4+m2−2m⋅−14+m2=0，
即2m4−3t=0，
所以当t=433，即Q433,0时，
直线QA与直线QB恰好关于x轴对称.零件数x(个)
2
3
4
5
加工时间y(分钟)
30
a
40
50
广告投入x/万元
1
2
3
4
5
销售收益y/万元
2
3
1
7