2020-2021学年河南省新乡市高一（下）3月月考数学（文）试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年河南省新乡市高一（下）3月月考数学（文）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. 若集合A=x|−5≤x≤6，B={x|x<0或x>7}，则集合A∩B等于（）
A.{x|x≤6或x>7}B.x|0
2. 用分层抽样的方式对某品牌同一批次两种不同型号的产品进行抽查，已知样本容量为80，其中有50件甲型号产品，乙型号产品总数为1800，则该批次产品总数为（）
A.3000B.3600C.4000D.4800

3. 某同学将全班某次数学成绩整理成频率分布直方图后，并将每个小矩形上方线段的中点连接起来得到频率分布折线图（如图所示）据此估计此次考试成绩的众数为（）

A.100B.110C.115D.120

4. 过点1,0且与直线x−2y+3=0平行的直线方程是（）
A.x−2y−1=0B.x−2y+1=0C.2x+y−2=0D.x+2y−1=0

5. 已知直线l：3x+3y+6=0，则直线l的倾斜角是（）
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

6. 下列函数在其定义域上既是奇函数又是减函数的是（）
A.fx=2xB.fx=x13C.fx=lg12|x|D.fx=−x|x|

7. 一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正三角形，则该几何体的侧面积为（）

A.24B.36C.72D.144

8. 若如图所示的程序框图（算法流程图）运行后，输出的S的值为31，则判断框内填入的条件可以为( )

A.x<6B.x>6C.x<7D.x>7

9. 已知设m，n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下列命题中正确的个数是（）
①若m⊥n,m⊥α,n⊥β,则α⊥β ；②若α//β,m⊥α,n//β，则m⊥n；
③若α⊥β,m⊥α,n//β则m⊥n；④若m⊥α,n⊂β,m⊥n则α⊥β.
A.0个B.1个C.2个D.3个

10. 函数fx=ln|x+2|x+2的大致图象为（）
A.
B.
C.
D.

11. 若函数fx=2sin2x+φ+π3是奇函数，且在区间0,π4上是减函数，则实数φ的值可以是（）
A.−π3B.2π3C.5π3D.π3

12. 如图所示，直线y=a分别与函数y=lg2x和y=lg2x−2的图象交于P，Q两点，若在函数y=lg2x−2的图象上存在点A，使得△APQ为等腰直角三角形，则a的值为（）

A.1或3−lg23B.1或2lg23C.0或2lg23−1D.0或2lg23
二、填空题

若函数y=2csωx−π3+1ω>0的最小正周期是π，则ω=________．
三、解答题

设集合A=x|3m−1(1)若m=−2，求A∪B；

(2)若A∩B=⌀，求实数m的取值范围．

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是CC1 的中点．

(1)求证：A1C//平面D1B1E；

(2)求证：平面A1CC1⊥平面B1D1E．

已知函数fx=lga2+x−lga2−x，其中a>0且a≠1.
(1)求函数y=fx的定义域，并判断函数y=fx的奇偶性；

(2)解关于x的不等式fx<0.

某市推行“共享汽车”服务，租用汽车按行驶里程加用车时间收费，标准是“1元/公里+0.2元/分钟”，刚在该市参加工作的小刘拟租用“共亨汽车“上下班．单位同事老李告诉他：“上下班往返总路程虽然只有10公里，但偶尔上下班总共也需要用大约1小时．”小刘近50天往返开车的花费时间情况的频率分布直方图如图所示．假定往返的路况不变，而且每次路上开车花费时间视为用车时间．

(1)若今年有365天，估计这一年中小刘上下班总共花费时间不低于35分钟的天数；

(2)试估计小刘每天平均支付的租车费用（每个时间段以区间中点计算）．

已知定义域为R的函数fx=m−3x3x+n是奇函数．
(1)求m，n的值；

(2)用定义证明fx在−∞,+∞上为减函数；

(3)若对于任意t∈R，不等式ft2−2t+f2t2−k<0恒成立，求k的范围．

已知O为坐标原点，C为反比例函数y=2x上的动点，以点C为圆心，|OC|为半径的圆交x轴于O，A两点，交y轴于O，B两点．
(1)求证：△OAB的面积与点C的位置无关．

(2)若直线2x+y−4=0与圆C交于M，N两点，且△OMN为等腰直角三角形，求此时圆C的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省新乡市高一（下）3月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
无
【解答】
解：∵ A=x|−5≤x≤6，B={x|x<0或x>7}，
∴ A∩B={x|−5≤x<0}．
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
分层抽样方法
【解析】
无
【解答】
解：根据分层抽样中每层的抽样比相等，
设该批次产品总数为n，则可得301800=80n，解得n=4800．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
【解析】
无
【解答】
解：根据频率分布折线图，得折线的最高点对应的值为115，据此估计此次考试成绩的众数为115．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
无
【解答】
解：设与直线x−2y+3=0平行的直线方程为x−2y+c=0c≠3，
将点1,0代入直线方程x−2y+c=0可得c=−1．
则所求直线方程为x−2y−1=0．
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
直线的斜率
直线的倾斜角
【解析】
无
【解答】
解：因为3x+3y+6=0，所以y=−3x−23，
设直线l的倾斜角为α，则tanα=−3，因为0∘≤α<180∘，
所以α=120∘．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
无
【解答】
解：对于A选项，不是奇函数，故A选项错误；
对于B选项，函数为增函数，故B选项错误；
对于C选项，f(−x)=f(x)，即为偶函数，故C选项错误；
对于D选项，函数fx=−x|x|的定义域为R，关于原点对称，
且f−x=−−x⋅|−x|=x|x|=−fx，此函数为奇函数，
∵ fx=x2,x≤0,−x2,x>0,
故函数fx=−x|x|在区间−∞,0和[0,+∞)上都是减函数，且在R上连续，
则函数fx=−x|x|在R上为减函数．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
无
【解答】
解：若将三棱柱还原为直观图，由三视图知，三棱柱的高为4，
设底面边长为a，则32a=33，
∴ a=6，
故该几何体的侧面积S=3×6×4=72．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
无
【解答】
解：执行该框图，可得S和x的取值变化情况如下表：
由表可知，当判断框内填入的条件为“x>6"时，输出的S的值是31．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】

【解答】
解：由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，
知：若α//β，m⊥α，n//β，则m⊥β，所以m⊥n，正确；
若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β，正确．
故选C．
10.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
无
【解答】
解：由函数可知x≠−2，即图象在x=−2时无值，排除B，D选项；当x=−1.99时，f−1.99<0，所以A选项正确．
故选A．
11.
【答案】
B
【考点】
奇偶性与单调性的综合
正弦函数的单调性
正弦函数的奇偶性
【解析】
无
【解答】
解：∵函数fx=2sin2x+φ+π3是奇函数，
∴ φ+π3=kπ，k∈Z，
故可取φ=2π3，此时f(x)=2sin(2x+π)=−2sin2x，
又y=sin2x在区间0,π4上单调递增，故fx=−2sin2x满足fx在区间0,π4上是减函数．
当φ=−π3或φ=5π3时，fx=2sin2x，是奇函数，但在区间0,π4上是增函数．
当φ=π3时，fx=2sin2x+2π3是非奇非偶函数．
故选B．
12.
【答案】
A
【考点】
对数函数的图象与性质
函数的图象与图象变化
【解析】
无
【解答】
解：①当AP=AQ，∠PAQ=90∘时，则点P2a,a，点Q2a+2,a，D为PQ中点如图所示，
因为PQ=2，AD=1，所以点A2a+1,a−1满足方程y=lg2x−2，即lg22a+1−2=a−1，解得a=1．
②当AP=PQ，∠APQ=90∘时，则点P2a,a，点Q2a+2,a，如图所示，
因为PQ=2，PA=2，所以点A2a,a−2满足方程y=lg2x−2，即lg22a−2=a−2，解得a=lg283=3−lg23．
③当AQ=PQ，则△APQ为钝角三角形，如图所示，故不存在满足条件的a值．
故选A．
二、填空题
【答案】
2
【考点】
三角函数的周期性及其求法
【解析】
无
【解答】
解：根据余弦函数的图象与性质，
知函数y=2csωx−π3+1ω>0的最小正周期是T=2πω=π，解得ω=2．
故答案为：2．
三、解答题
【答案】
解：(1)m=−2时，A=x|−7由题意知x+2>0,8−x>0,
解得−2所以集合B=x|−2所以A∪B={x|−7(2)①若A=⌀，则m+1≤3m−1，解得m≥1，符合题意，
②当A≠⌀，即m<1时，
要使A∩B=⌀，
则需m<1,m+1≤−2或3m−1≥8,
解得m≤−3，
综上，实数m的取值范围是{m|m≤−3或m≥1}．
【考点】
并集及其运算
集合的包含关系判断及应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)m=−2时，A=x|−7由题意知x+2>0,8−x>0,
解得−2所以集合B=x|−2所以A∪B={x|−7(2)①若A=⌀，则m+1≤3m−1，解得m≥1，符合题意，
②当A≠⌀，即m<1时，
要使A∩B=⌀，
则需m<1,m+1≤−2或3m−1≥8,
解得m≤−3，
综上，实数m的取值范围是{m|m≤−3或m≥1}．
【答案】
证明：(1)设A1C1∩B1D1=O，连接OE，可得O为A1C1中点．
∵ E为CC1中点，∴ OE//A1C．
∵ OE⊂平面D1B1E，A1C⊄平面D1B1E，
∴ A1C//平面D1B1E．
(2)在正方体ABCD−A1B1C1D1中，有CC1⊥平面A1B1C1D1，
∵ B1D1⊂平面A1B1C1D1，
∴ CC1⊥B1D1．
又∵ A1C1⊥B1D1，且A1C1∩CC1=C1，
∴ B1D1⊥平面A1CC1．
∵ B1D1⊂平面B1D1E，
∴ 平面A1CC1⊥平面B1D1E．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
无
无
【解答】
证明：(1)设A1C1∩B1D1=O，连接OE，可得O为A1C1中点．
∵ E为CC1中点，∴ OE//A1C．
∵ OE⊂平面D1B1E，A1C⊄平面D1B1E，
∴ A1C//平面D1B1E．
(2)在正方体ABCD−A1B1C1D1中，有CC1⊥平面A1B1C1D1，
∵ B1D1⊂平面A1B1C1D1，
∴ CC1⊥B1D1．
又∵ A1C1⊥B1D1，且A1C1∩CC1=C1，
∴ B1D1⊥平面A1CC1．
∵ B1D1⊂平面B1D1E，
∴ 平面A1CC1⊥平面B1D1E．
【答案】
解：(1)根据题意，函数fx=lga2+x−lga2−x，
则有2+x>0,2−x>0,解可得−2则有f−x=lga2−x−lga2+x=−fx，又fx的定义域−2,2关于原点对称，
故fx为奇函数.
(2)根据题意，fx=lga2+x−lga2−x<0，则lga2+x①当a>1时， 2+x<2−x,2+x>0,2−x>0, 解可得：−2②当02−x,2+x>0,2−x>0, 解可得：0【考点】
函数奇偶性的判断
函数的定义域及其求法
指、对数不等式的解法
【解析】

暂无
【解答】
解：(1)根据题意，函数fx=lga2+x−lga2−x，
则有2+x>0,2−x>0,解可得−2则有f−x=lga2−x−lga2+x=−fx，又fx的定义域−2,2关于原点对称，
故fx为奇函数.
(2)根据题意，fx=lga2+x−lga2−x<0，则lga2+x①当a>1时， 2+x<2−x,2+x>0,2−x>0, 解可得：−2②当02−x,2+x>0,2−x>0, 解可得：0【答案】
解：(1)由频率分布直方图可知，小刘上下班总共花费时间不低于35分钟的频率为0.032+0.016+0.004×10=0.52，这一年中小刘上下班总共花费时间不低于35分钟的天数约为365×0.52=189.8≈190．
(2)列出用车花费与相应频率的数表如下：
估计小刘平均每天的租车费用为
14×0.08+16×0.40+18×0.32+
20×0.16+22×0.04=17.36（元）．
【考点】
频率分布直方图
用样本的频率分布估计总体分布
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由频率分布直方图可知，小刘上下班总共花费时间不低于35分钟的频率为0.032+0.016+0.004×10=0.52，这一年中小刘上下班总共花费时间不低于35分钟的天数约为365×0.52=189.8≈190．
(2)列出用车花费与相应频率的数表如下：
估计小刘平均每天的租车费用为
14×0.08+16×0.40+18×0.32+
20×0.16+22×0.04=17.36（元）．
【答案】
(1)解：∵ fx为R的奇函数，∴ f−0=−f0=f0，n≠0，
∴ f0=0即m−30=0，解得m=1.
又∵ f−1=−f1，
∴ 1−3−13−1+n=−1−33+n，解之得n=1．
经检验当m=1且n=1时，fx=1−3x3x+1，满足f−x=−fx，
故fx是奇函数．
(2)证明：由(1)得fx=1−3x3x+1=−1+23x+1，
任取实数x1，x2，且x1则f(x1)−f(x2)=23x1+1−23x2+1=2(3x2−3x1)(3x1+1)(3x2+1)．
∵ x10，
∴ fx1−fx2>0，即fx1>fx2，函数fx在−∞,+∞上为减函数.
(3)解：根据(1)(2)知，函数fx是奇函数且在−∞,+∞上为减函数，
∴ 不等式ft2−2t+f2t2−k<0恒成立，
即ft2−2t<−f2t2−k=f−2t2+k．
也就是：t2−2t>−2t2+k对任意的t∈R都成立．
变量分离，得k<3t2−2t对任意的t∈R都成立，
∵ 3t2−2t=3t−132−13，当t=13时有最小值为−13，
∴ k<−13，即k的范围是−∞,−13．
【考点】
奇函数
函数单调性的判断与证明
函数恒成立问题
【解析】
无
无
无
【解答】
(1)解：∵ fx为R的奇函数，∴ f−0=−f0=f0，n≠0，
∴ f0=0即m−30=0，解得m=1.
又∵ f−1=−f1，
∴ 1−3−13−1+n=−1−33+n，解之得n=1．
经检验当m=1且n=1时，fx=1−3x3x+1，满足f−x=−fx，
故fx是奇函数．
(2)证明：由(1)得fx=1−3x3x+1=−1+23x+1，
任取实数x1，x2，且x1则f(x1)−f(x2)=23x1+1−23x2+1=2(3x2−3x1)(3x1+1)(3x2+1)．
∵ x10，
∴ fx1−fx2>0，即fx1>fx2，函数fx在−∞,+∞上为减函数.
(3)解：根据(1)(2)知，函数fx是奇函数且在−∞,+∞上为减函数，
∴ 不等式ft2−2t+f2t2−k<0恒成立，
即ft2−2t<−f2t2−k=f−2t2+k．
也就是：t2−2t>−2t2+k对任意的t∈R都成立．
变量分离，得k<3t2−2t对任意的t∈R都成立，
∵ 3t2−2t=3t−132−13，当t=13时有最小值为−13，
∴ k<−13，即k的范围是−∞,−13．
【答案】
(1)证明：设Ct,2tt∈R,t≠0，
因为圆C过原点O，所以|OC|2=t2+4t2．
设圆C的方程是x−t2+y−2t2=t2+4t2，
令x=0，得y1=0，y2=4t，
令y=0，得x1=0，x2=2t．
故S△OAB=12|OA|⋅|OB|=12×|2t|×|4t|=4，
即△OAB的面积为定值，与C位置无关．
(2)解：因为△OMN为等腰直角三角形，则有|OM|=|ON|，
又因为|CM|=|CN|，所以OC垂直平分线段MN．
因为kMN=−2，所以kOC=12．
故2t=12t，解得t=2或t=−2．
当t=2时，圆心C的坐标为2,1，|OC|=5，
此时，圆心C到直线y=−2x+4的距离d=15<5，圆C与直线y=−2x+4相交于两点，符合题意，
此时，圆的方程为x−22+y−12=5．
当t=−2时，圆心C的坐标为−2,−1，|OC|=5，此时C到直线y=−2x+4的距离d=95>5，圆C与直线y=−2x+4不相交，
故t=−2不符合题意，舍去．
综上，圆C的方程为x−22+y−12=5．
【考点】
直线与圆的位置关系
三角形的面积公式
直线和圆的方程的应用
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：设Ct,2tt∈R,t≠0，
因为圆C过原点O，所以|OC|2=t2+4t2．
设圆C的方程是x−t2+y−2t2=t2+4t2，
令x=0，得y1=0，y2=4t，
令y=0，得x1=0，x2=2t．
故S△OAB=12|OA|⋅|OB|=12×|2t|×|4t|=4，
即△OAB的面积为定值，与C位置无关．
(2)解：因为△OMN为等腰直角三角形，则有|OM|=|ON|，
又因为|CM|=|CN|，所以OC垂直平分线段MN．
因为kMN=−2，所以kOC=12．
故2t=12t，解得t=2或t=−2．
当t=2时，圆心C的坐标为2,1，|OC|=5，
此时，圆心C到直线y=−2x+4的距离d=15<5，圆C与直线y=−2x+4相交于两点，符合题意，
此时，圆的方程为x−22+y−12=5．
当t=−2时，圆心C的坐标为−2,−1，|OC|=5，此时C到直线y=−2x+4的距离d=95>5，圆C与直线y=−2x+4不相交，
故t=−2不符合题意，舍去．
综上，圆C的方程为x−22+y−12=5．S
1
3
7
15
31
x
10
9
8
7
6
花费
14
16
18
20
22
频率
0.08
0.40
0.32
0.16
0.04
花费
14
16
18
20
22
频率
0.08
0.40
0.32
0.16
0.04

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