2020-2021学年四川省自贡市高二（下）7月月考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年四川省自贡市高二（下）7月月考数学（文）试卷人教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A=x|x2−4x+30，则A∪B=( )
A.−3,−32B.−3,32C.1,32D.1,+∞

2. 复数z满足(1−i)z=i（i为虚数单位），则z的虚部为( )
A.−12B.12C.−12iD.12i

3. 极坐标系中，直线l的方程为ρsinθ+π3=2与曲线C:ρ=2的位置关系为( ）
A.相交B.相切
C.相离D.不确定，与θ有关

4. 若双曲线C的中心为坐标原点，其焦点在y轴上，离心率为2，则该双曲线C的渐近线方程为( )
A.y=±3xB.y=±33xC.y=±4xD.y=±14x

5. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b=c，a2=2b21−sinA，则A的大小为（ ）
A.π4B.π3C.π6D.3π4

6. 等差数列an公差为dd≠0，且满足a3，a5，a8成等比数列，则da1=( )
A.12B.1C.3D.2

7. 在圆x2+y2=16内随机取一点P，则点P落在不等式组 x+y−4≤0,x−y+4≥0,y≥0 表示的区域内的概率为（ ）
A.14πB.34πC.1πD.43π

8. 已知直线l为曲线y=sinx+xcsx在x=π2处的切线，则在直线l上方的点是( )
A.π2,1B.2,0C.π,−1D.1,−π

9. 设a→=3,m，b→=5,1，p：向量a→与a→−b→的夹角为钝角，q:m∈−2,3，则p是q的( )条件.
A.充分不必要B.必要不充分
C.充要D.既不充分也不必要

10. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A.2B.4C.8+62D.14+62

11. 已知函数fx满足：对任意x∈R，f−x=−fx，f2−x=f2+x，且在区间0,2上，fx=x22+csx−1 ，m=f3，n=f7，t=f10，则( )
A.m0与双曲线C2:x2−3y2=λ有一个公共焦点F，过C2上一点P35,4向C1作两条切线，切点分别为A、B，则|AF|⋅|BF|=________.
三、解答题

某企业员工500人参加“学雷锋”志愿活动，按年龄分组：第1组[25, 30)，第2组[30, 35)，第3组[35, 40)，第4组[40, 45)，第5组[45, 50]，得到的频率分布直方图如图所示．

(1)上表是年龄的频数分布表，求正整数a，b的值；

(2)现在要从年龄较小的第1，2，3组中用分层抽样的方法抽取6人，年龄在第1，2，3组的人数分别是多少？

(3)在(2)的前提下，从这6人中随机抽取2人参加社区宣传交流活动，求至少有1人年龄在第3组的概率．

已知曲线fx=x2+lnx−ax+1．
(1)当a=1时，求曲线在x=1处的切线方程；

(2)对任意的x∈[1,+∞），都有fx≥0，求实数a的取值范围．

如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是菱形， AC∩BD=O， A1O⊥底面ABCD，AB=2 ，AA1=3.

(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；

(2)若∠BAD=60∘，求D点到面B1BC的距离．

已知函数fx=lnxx−mxm∈R．
(1)若fx≤0恒成立，求实数m的最小值；

(2)当m≥0时，试确定函数fx的极值点个数，并说明理由．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1的右焦点为(3,0)，且经过点(−1,32)，点M是x轴上一点，过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点（点A在x轴上方）．

1求椭圆C的方程；

2若|AM|=2|MB|，且直线l与圆O:x2+y2=47相切于点N，求|MN|的长．


在平面直角坐标系 xOy 中，直线l的参数方程为x=1−32t，y=12t（t为参数），曲线C的极坐标方程为 ρ=4csθ.
(1)求直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程；

(2)设点 P(1,0)，直线l与曲线C相交于两点A，B，求 1|PA|+1|PB| 的值.
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省自贡市高二（下）7月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
并集及其运算
【解析】
由不等式的解法，化简集合A，B，再由并集的定义，即可得到所求集合．
【解答】
解：集合A=x|x2−4x+30=32,+∞，
则A∪B=1,+∞．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
由(1+i)z＝i，得z=i1+i，再利用复数代数形式的乘除运算化简复数z，则答案可求．
【解答】
解：∵ (1−i)z=i，
∴ z=i1−i=i(1+i)(1+i)(1−i)=i−12=−12+12i，
则z的虚部为12．
故选B.
3.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
点到直线的距离公式
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
【解析】
首先根据极直互化得到直线和圆的直角坐标方程，根据圆心到直线的距离跟半径的大小比较判断直线与曲线的位置关系即可．
【解答】
解：直线l的方程为ρsinθ+π3=2⇒ρ12sinθ+32csθ=2，
即ρsinθ+3ρcsθ=4，
因为极坐标系中：x=ρcsθ，y=ρsinθ，
所以直线l的直角坐标方程为3x+y=4．
对于曲线C:ρ=2 ，
因为ρ2=x2+y2，所以x2+y2=4，
所以C:ρ=2表示以0,0为圆心，以2为半径的圆，
因为圆心(0,0)到直线3x+y=4的距离d=4(3)2+12=2，
所以直线l与曲线C相切．
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线的离心率，求出a，b关系，然后求解渐近线方程．
【解答】
解：因为e=2，
所以ba=b2a2=c2−a2a2=e2−1=3，
而焦点在y轴上的双曲线的渐近线方程为：y=±abx，
所以该双曲线C的渐近线方程为：y=±33x．
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ b=c，
∴ a2=b2+c2−2bccsA=2b2−2b2csA=2b21−csA，
又∵ a2=2b21−sinA，
∴ 2b21−csA=2b21−sinA，
则sinA=csA，
即tanA=1，
∵ A∈(0,π)，
∴ A=π4.
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
等差数列与等比数列的综合
等比数列的性质
等差数列的性质
【解析】
由等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，化简整理可得所求值．
【解答】
解：等差数列an公差为d(d≠0)，且满足a3，a5，a8成等比数列，
可得a52=a3a8，
即a1+4d2=a1+2da1+7d，
化为a1d=2d2，
可得d=0（舍去）或d=12a1，
则da1=12．
故选A．
7.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
简单线性规划
【解析】
由题意画出图形，分别求出三角形的面积与阴影部分的面积，再由测度比是面积比得答案．
【解答】
解：如图，图中阴影部分为不等式组表示区域，
圆的面积 S=πr2=π⋅42=16π，
阴影部分面积S阴=4×8×12=16，
P=S阴S=1616π=1π .
故选C.
8.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
利用导数的几何意义求得切线的方程，进而判定点与切线的位置关系即可．
【解答】
解：y′=csx+csx−xsinx=2csx−xsinx，
y′|x=π2=−π2，
又∵ 当x=π2时，y=1，
∴ 切线的方程为y=−π2x−π2+1，
A，当x=π2时，y=1 ，故点π2,1在切线上；
B，当x=2时，y=−π22−π2+1=−π+π24+1>−π+94+1=3.25−π>0，故点2,0在切线下方；
C，当x=π时，y=−π2π−π2+1=−π24+1−π，故点1,−π在切线下方．
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
由题知a→−b→=−2,m−1，进而根据题意得以a→⋅a→−b¯0，
又g(−x)=x2f(−x)−3x2=x2f(x)−3x2=g(x)，
∴ g(x)是偶函数，
∴ g(x)>g(1)等价于|x|>1，
∴ x>1或x0，
当a=1时，fx=x2+lnx−x+1，f′x=2x+1x−1，
∴ f′1=2，f1=1，
所求切线方程为y−1=2x−1，即y=2x−1．
2由题意对于∀x∈1,+∞有fx=x2+lnx−ax+1≥0，
则可得a≤x2+lnx+1x，x∈1,+∞，
设gx=x2+lnx+1x，x∈1,+∞，
g′x=x2−lnxx2，x∈1,+∞，
再设mx=x2−lnx，x∈1,+∞，
m′x=2x−1x=2x2−1x>0，
∴ mx在1,+∞上为增函数，
∴ mx≥m1=1，即g′x>0，gx在1,+∞上为增函数，
∴ gx≥g1=2，即a≤2．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
左侧图片未给出解析
左侧图片未给出解析
【解答】
解：1函数fx的定义域为x|x>0，
当a=1时，fx=x2+lnx−x+1，f′x=2x+1x−1，
∴ f′1=2，f1=1，
所求切线方程为y−1=2x−1，即y=2x−1．
2由题意对于∀x∈1,+∞有fx=x2+lnx−ax+1≥0，
则可得a≤x2+lnx+1x，x∈1,+∞，
设gx=x2+lnx+1x，x∈1,+∞，
g′x=x2−lnxx2，x∈1,+∞，
再设mx=x2−lnx，x∈1,+∞，
m′x=2x−1x=2x2−1x>0，
∴ mx在1,+∞上为增函数，
∴ mx≥m1=1，即g′x>0，gx在1,+∞上为增函数，
∴ gx≥g1=2，即a≤2．
【答案】
(1)证明：∵ A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴ A1O⊥BD.
∵ 四边形ABCD是菱形，∴ CO⊥BD.
∵ A1O∩CO=O，∴ BD⊥平面A1CO.
∵ BD⊂平面BB1D1D，
∴ 平面A1CO⊥平面BB1D1D.
(2)解：∵ AB=2 ，AA1=3 ，∠BAD=60∘，
∴ OB=OD=1， OA=OC=3，
∴ OA1=AA12−OA2=6.
设D点到面B1BC的距离为ℎ，
则由等体积法知VD−B1BC=VB1−BCD，
易得ℎ=263，
即D点到面B1BC的距离为263.
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）先证得BD⊂平面BB1D1D，即可证得平面A1CO⊥平面BB1D1D
(2)利用等体积法证明即可
【解答】
(1)证明：∵ A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴ A1O⊥BD.
∵ 四边形ABCD是菱形，∴ CO⊥BD.
∵ A1O∩CO=O，∴ BD⊥平面A1CO.
∵ BD⊂平面BB1D1D，
∴ 平面A1CO⊥平面BB1D1D.
(2)解：∵ AB=2 ，AA1=3 ，∠BAD=60∘，
∴ OB=OD=1， OA=OC=3，
∴ OA1=AA12−OA2=6.
设D点到面B1BC的距离为ℎ，
则由等体积法知VD−B1BC=VB1−BCD，
易得ℎ=263，
即D点到面B1BC的距离为263.
【答案】
解：1由题意可得mx≥lnxx，即m≥lnxx2，
令gx=lnxx2，由其导函数易知：x∈0,e时，gx单调递增；
x∈e,+∞时，gx单调递减，
∴ gx≤ge=12e，
∴ m的最小值为12e．
2∵ fx=lnxx−mxm≥0，
∴ f′x=1−lnxx2−m=1−lnx−mx2x2x>0，
令gx=1−lnx−mx2，
∵ g′x=−1x−2mx0，em>m，
ge=−me20，即f′x>0，fx在区间0,x0上单调递增；
当x∈x0,+∞时，gxm，
ge=−me20，即f′x>0，fx在区间0,x0上单调递增；
当x∈x0,+∞时，gx0，此时M(±233,0)．
在Rt△OMN中，|MN|=43−47=42121，所以|MN|的长为42121．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1由题意知a2−b2=c2=3,(−1)2a2+(32)2b2=1,
即(a2−4)(4a2−3)=0．
又a2=3+b2>3，故a2=4，b2=1，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1．
2设M(m,0)，直线l:x=ty+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)．
由|AM|=2|MB|，有y1=−2y2，
由x24+y2=1,x=ty+m,得(t2+4)y2+2tmy+m2−4=0．
由根与系数的关系得y1+y2=−2tmt2+4，y1y2=m2−4t2+4．
由y1y2=−2y22，y1+y2=−2y2+y2=−y2，
得y1y2=−2[−(y1+y2)]2=−2(y1+y2)2，
m2−4t2+4=−2(−2tmt2+4)2，化简得(m2−4)(t2+4)=−8t2m2．
原点O到直线l的距离d=|m|1+t2．
又直线l与圆O:x2+y2=47相切，
所以|m|1+t2=47，
即t2=74m2−1．
由(m2−4)(t2+4)=−8t2m2,t2=74m2−1得21m4−16m2−16=0，
即(3m2−4)(7m2+4)=0，
解得m2=43，此时t2=43，满足Δ>0，此时M(±233,0)．
在Rt△OMN中，|MN|=43−47=42121，所以|MN|的长为42121．
【答案】
解：(1)x=1−32t，y=12t（t为参数），
消去参数t，可得直线l的普通方程为x+3y−1=0.
∵ρ=4csθ，
∴ρ2=4ρcsθ，∴ x2+y2−4x=0，
∴ 曲线的直角坐标方程为 (x−2)2+y2=4.
(2)把x=1−32t，y=12t代入x2+y2−4x=0，得t2+3t−3=0.
设A，B两点对应的参数分别为 t1,t2，则 t1+t2=−3, t1t2=−3.
不妨设 t10，
∴1|PA|+1|PB|=1|t1|+1t2=|t1|+|t2||t1t2|
=(t1+t2)2−4t1t2|t1t2|=153.
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线的参数方程
直线与圆的位置关系
参数方程的优越性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)x=1−32t，y=12t（t为参数），
消去参数t，可得直线l的普通方程为x+3y−1=0.
∵ρ=4csθ，
∴ρ2=4ρcsθ，∴ x2+y2−4x=0，
∴ 曲线的直角坐标方程为 (x−2)2+y2=4.
(2)把x=1−32t，y=12t代入x2+y2−4x=0，得t2+3t−3=0.
设A，B两点对应的参数分别为 t1,t2，则 t1+t2=−3, t1t2=−3.
不妨设 t10，
∴1|PA|+1|PB|=1|t1|+1t2=|t1|+|t2||t1t2|
=(t1+t2)2−4t1t2|t1t2|=153.区间
[25,30)
[30,35)
[35,40)
[40,45)
[45,50]
人数
50
50
a
150
b