2020-2021学年江西省赣州市高二（下）第一次月考数学（文）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高二（下）第一次月考数学（文）试卷北师大版，共10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. 已知复数z=1+2i3−i（i是虚数单位），则复数z的虚部是( )
A.110iB.110C.710D.710i

2. 在一项中学生近视情况的调查中，某校男生150名中有80名近视，女生140名中有70名近视，在检验这些中学生眼睛近视是否与性别有关时用什么方法最有说服力（ ）
A.平均数与方差B.回归分析C.独立性检验D.概率

3. 以下有关命题的说法错误的是（ ）
A.命题“若x2−x−2=0，则x=−1”的逆否命题为“若x≠−1，则x2−x−2≠0”
B.“x2+x−2=0”是“x=1”成立的必要不充分条件
C.对于命题p：∃x0∈R，使得x02−x0+1<0，则¬p：∀x∈R，均有x2−x+1≥0
D.若p∨q为真命题，则¬p与q至少有一个为真命题

4. 若命题“∃x∈R，使得3x2+2ax+1<0”是假命题，则实数a的取值范围是（ ）
A.−33

5. 设a≥1，则双曲线x2a−y2a2+4=1离心率的取值范围为( )
A.[5, +∞)B.[6, +∞)C.[5, +∞)D.[6, +∞)

6. 已知函数fx=ex+f′0x2+3x+2 ，则f′1=( )
A.e+5B.e+8C.e+11D.e+12

7. 已知函数f(x)=lnx−x2+x，则函数f(x)的单调递增区间是( )
A.(−∞, 1)B.(0, 1)C.(−12, 1)D.(1, +∞)

8. 执行如图所示的程序框图，如果输入的t=0.01，则输出的n=（ ）

A.5B.6C.7D.8

9. 曲线C1：x=1+csθ，y=sinθ(θ为参数）上的点到曲线 C2：x=−22+12t,y=1−12t （t为参数）上的点的最短距离为（ ）
A.1B.2C.3D.4

10. 在极坐标系中，圆ρ=2sinθ的圆心到直线ρcsθ−2ρsinθ+1=0的距离为( )
A.55B.255C.355D.455

11. 已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若FP→=3FQ→，则|QF|=（ ）
A.83B.52C.3D.2

12. 若关于x的不等式|x−2|+|2x+3|>a对任意x∈R恒成立，则a的取值范围为（ ）
A.−∞,7B.−∞,72C.[0,7)D.[0,72)
二、填空题

若直线x=1−2t,y=2+3t,（t为参数）与直线4x+ky=1垂直，则常数k=________．

在极坐标系中，直线ρcsθ+ρsinθ=a(a>0)与圆ρ=2csθ相切，则a=________．

已知整数对的序列如下：(1, 1)，(1, 2)，(2, 1)，(1, 3)，(2, 2)，(3, 1)，(1, 4)，(2, 3)，(3, 2)，(4, 1)，(1, 5)，(2, 4)…，则第60个数对是________．

“已知数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若存在正整数m，n(m≠n)，使得Sm=Sn，则Sm+n=0”．类比上述结论，若正项数列{bn}为等比数列，________．
三、解答题

已知集合A={x|x2−3x−10≤0}，B={x|m+1≤x≤2m−1}且B≠⌀．
(1)若“命题p:∀x∈B，x∈A”是真命题，求m的取值范围；

(2)“命题q:∃x∈A，x∈B”是真命题，求m的取值范围．

为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度（单位： μg/m3），得下表：

(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过$150"$的概率；

(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：

(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？
附： χ2=nad−bc2a+bc+da+cb+d

如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PC⊥AC,BC⊥AC,AC=PC=2,CB=4，M是PA的中点．

(1)求证： PA⊥平面MBC；

(2)设点N是PB的中点，求三棱锥N−MBC的体积．

在平面直角坐标系xOy中，已知直线l:x=−12t，y=1+32t(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=4csθ−π6.
1求曲线C的直角坐标方程；

2设点M的极坐标为1,π2，直线l与曲线C的交点A，B，求|MA|+|MB|的值.

如图，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0, −1)，且离心率为22．

(1)求椭圆C的方程；

(2)经过点(1, 1)，且斜率为k的直线与椭圆C交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：直线AP与AQ斜率之和为定值．

已知函数fx=x3+ax2−a2x+3，a∈R．
(1)若a<0，求函数fx的单调减区间；

(2)若关于x的不等式2xlnx≤f′x+a2+1恒成立，求实数a的范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高二（下）第一次月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的除法的运算法则化简求解即可．
【解答】
解：复数z=1+2i3−i=(1+2i)(3+i)(3−i)(3+i)
=1+7i10=110+710i．
复数z的虚部是：710．
故选C．
2.
【答案】
C
【考点】
独立性检验的应用
【解析】
独立性检验利用随机变量K2来判断“两个分类变量有关系”的方法．
【解答】
解：判断两个分类变量是否有关的最有效方法是进行独立性检验.
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
必要条件、充分条件与充要条件的判断
复合命题及其真假判断
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
无
【解答】
解：命题“若x2−x−2=0，则x=−1”的逆否命题为“若x≠−1，则x2−x−2≠0”，A正确；
“x2+x−2=0”则“x=1或x=−2”，故“x2+x−2=0”是“x=1”成立的必要不充分条件，B正确；
对于命题p：∃x0∈R，使得x02−x0+1<0，则¬p：∀x∈R，均有x2−x−+1≥0，C正确；
若p∨q为真命题，则p与q至少有一个为真命题，D错误，
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
全称命题与特称命题
【解析】
利用含有量词的命题的否定先将条件转化为真命题，再利用一元二次不等式恒成立求解即可．
【解答】
解：命题“∃x∈R，使得3x2+2ax+1<0”是假命题，
即“∀x∈R，3x2+2ax+1≥0成立”是真命题，
故Δ=4a2−12≤0，解得−3≤a≤3．
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵e2=c2a2
=a+a2+4a
=4a+a+1≥5，
∴e的取值范围为[5, +∞).
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
导数的运算
【解析】
首先对原函数求导，取x=0,然后计算f'(0)的值，得到导数解析式，计算f'(1)即可.
【解答】
解：因为f(x)=ex+f′(0)x2+3x+2，
所以f′(x)=ex+2f′(0)x+3.
取x=0得f′(0)=e0+2f′(0)×0+3=4，
所以f′(x)=ex+8x+3，
所以f′(1)=e1+8×1+3=e+11.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
求导f′x=1x−2x+1=−2x2+x+1x,x>0，令f′x>0，结合定义域即可求解．
【解答】
解：f′x=1x−2x+1
=−2x2+x+1x,x>0，
令f′x>0，可得−2x2+x+1>0，
解得x∈−12,1，
又x>0，所以x∈0,1.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
程序框图
【解析】
无
【解答】
解：由程序框图可知，
S=1−12=12，m=14，n=1，12>0.01；
S=12−14=14，m=18，n=2，14>0.01；
S=14−18=18，m=116，n=3，18>0.01；
S=18−116=116，m=132，n=4，116>0.01；
S=116−132=132，m=164，n=5，132>0.01；
S=132−164=164，m=1128，n=6，164>0.01；
S=164−1128=1128，m=1256，n=7，1128<0.01．
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线与圆的位置关系
直线的参数方程
圆的参数方程
【解析】
无
【解答】
解：曲线C1的普通方程为x−12+y2=1，曲线C2的普通方程为x+y+22−1=0，
显然曲线C1上的点到曲线C2上的点的最近距离为d=|1+0+22−1|2−1=1．
故选A.
10.
【答案】
A
【考点】
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆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
【解析】
先将原极坐标方程两边同乘以ρ后化成直角坐标方程，再利用直角坐标方程进行求解即得．
【解答】
解：将原极坐标方程ρ=2sinθ，化为：
ρ2=2ρsinθ，
化成直角坐标方程为：x2+y2−2y=0，
它表示圆心在(0, 1)的圆，
直线ρcsθ−2ρsinθ+1=0的直角坐标方程为x−2y+1=0，
∴ 所求的距离是：|0−2×1+1|1+4=55．
故选A．
11.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
【解析】
利用抛物线的定义及几何性质、直线与抛物线的位置关系求解．
【解答】
解：设l与x轴的交点为M，
过点Q作QN⊥l于点N，
因为FP→=3FQ→，
所以|NQ||MF|=|PQ||PF|=23．
又|MF|=p=4，
所以|NQ|=83．
由抛物线的定义知|NQ|=|QF|=83．
故选A．
12.
【答案】
B
【考点】
函数恒成立问题
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
无
【解答】
解：∵ |x−2|+|2x+3|>a对x∈R恒成立，
∴ 令fx=|x−2|+|2x+3|=−3x−1,x≤−32，x+5,−32当x≤−32时， fx≥72；
当−32当x≥2时， fx≥7，
∵ |x−2|+|2x+3|>a，
∴ 只需要a∴ a<72.
故选B．
二、填空题
【答案】
−6
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
利用相互垂直的直线斜率之间的关系即可得出．
【解答】
解：直线x=1−2t,y=2+3t（t为参数）化为3x+2y−7=0，
∴ 直线的斜率k1=−32，
∵ 直线4x+ky=1的斜率k2=−4k，
直线x=1−2t,y=2+3t（t为参数）与直线4x+ky=1垂直，
∴ −32×−4k=−1，
解得k=−6.
故答案为：−6．
【答案】
1+2
【考点】
圆的极坐标方程
直线的极坐标方程
点到直线的距离公式
【解析】
首先把曲线和直线的极坐标方程转化成直角坐标方程，进一步利用圆心到直线的距离等于半径求出结果．
【解答】
解：圆ρ=2csθ，转化成：ρ2=2ρcsθ，
进一步转化成直角坐标方程为：(x−1)2+y2=1.
把直线ρ(csθ+sinθ)=a的方程转化成直角坐标方程为：x+y−a=0．
由于直线和圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，
则d=|1−a|2=1，
解得：a=1±2．
因为a>0，所以a=1+2．
故答案为：1+2．
【答案】
(5, 7)
【考点】
数列的应用
数列递推式
【解析】
把握数对的规律如下：①两个数之和为n的整数对共有n−1个，②在两个数之和为n的n−1个整数对中，排列顺序为，第1个数由1起越来越大，第2个数由n−1起越来越小．
【解答】
解：由已知可知：其排列规律是(m, n)(m, n∈N∗),m+n的和从2开始，依次是3，4…增大，其中m也是依次增大．
而m+n=2只有1个(1, 1)；
m+n=3有2个(1, 2)，(2, 1)；
m+n=4有3个(1, 3)，(2, 2)，(3, 1)；
…
m+n=11有10个(1, 10)，(2, 9)，…，(10, 1)；
其上面共有1+2+...+10=55个；
m+n=12有11个(1, 11)，(2, 10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)…，(11, 1)；
故答案为：(5, 7)．
【答案】
它的前n项积为Tn，若存在正整数m，n(m≠n)，使得Tm=Tn，则Tm+n=1
【考点】
类比推理
【解析】
这是一个类比推理的问题，在类比推理中，等差数列到等比数列的类比推理方法一般为：加减运算类比推理为乘除运算，累加类比为累乘，由“已知数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若存在正整数m，n(m≠n)，使得Sm=Sn，则Sm+n=0”．类比推理可得：“已知正项数列{bn}为等比数列，它的前n．项积为Tn，若存在正整数m，n．(m≠n)，使得Tm=Tn，则Tm+n=1．
【解答】
解：在由等差数列的运算性质类比推理到等比数列的运算性质时：
加减运算类比推理为乘除运算，
累加类比为累乘，
故由“已知数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若存在正整数m，n(m≠n)，使得Sm=Sn，则Sm+n=0”．
类比推理可得：
“已知正项数列{bn}为等比数列，它的前n项积为Tn，若存在正整数m，n(m≠n)，使得Tm=Tn，则Tm+n=1．
故答案为：它的前n项积为Tn，若存在正整数m，n(m≠n)，使得Tm=Tn，则Tm+n=1．
三、解答题
【答案】
解：(1)A={x|−2≤x≤5}，B={x|m+1≤x≤2m−1}，B≠⌀.
∵ “命题p:∀x∈B，x∈A”是真命题，
∴ B⊆A，B≠⌀，
∴ m+1≤2m−1，m+1≥−2，2m−1≤5，解得2≤m≤3.
(2)q为真，则A∩B≠⌀，
∵ B≠⌀，∴ m≥2，
∴ −2≤m+1≤5，m≥2，
∴ 2≤m≤4.
【考点】
全称命题与特称命题
集合关系中的参数取值问题
命题的真假判断与应用
【解析】
（1）化简集合A={x|−2≤x≤5}，根据B={x|m+1≤x≤2m−1}，B≠⌀，p真，建立不等式组，即可求得m的取值范围；
（2）q为真，则A∩B≠⌀，由于B≠⌀，从而m≥2，进而可建立不等式组，即可求得m的取值范围．
【解答】
解：(1)A={x|−2≤x≤5}，B={x|m+1≤x≤2m−1}，B≠⌀.
∵ “命题p:∀x∈B，x∈A”是真命题，
∴ B⊆A，B≠⌀，
∴ m+1≤2m−1，m+1≥−2，2m−1≤5，解得2≤m≤3.
(2)q为真，则A∩B≠⌀，
∵ B≠⌀，∴ m≥2，
∴ −2≤m+1≤5，m≥2，
∴ 2≤m≤4.
【答案】
解：(1)用频率估计概率，从而得到“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过$150"$的概率
P=32+18+6+8100=0.64.
(2)根据所给数据，可得下面的2×2列联表：
(3)根据(2)中的列联表，
由χ2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
=100×64×10−16×10280×20×74×26=7.484>6.635，
Pχ2≥0.635=0.01.
故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关.
【考点】
古典概型及其概率计算公式
独立性检验
【解析】
(1)根据题目已知信息利用频率估计概率；
(2)根据题目给定信息画出2×2列联表；
(3)根据列联表计算K的观测值K2，得出统计结论.
【解答】
解：(1)用频率估计概率，从而得到“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过$150"$的概率
P=32+18+6+8100=0.64.
(2)根据所给数据，可得下面的2×2列联表：
(3)根据(2)中的列联表，
由χ2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
=100×64×10−16×10280×20×74×26=7.484>6.635，
Pχ2≥0.635=0.01.
故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关.
【答案】
(1)证明：∵ 平面PAC⊥平面ABC，BC⊥AC，
∴ BC⊥平面 PAC ，
∵ PA⊂平面PAC，∴ BC⊥PA，
∵ AC=PC,M是PA的中点，
∴ CM⊥PA ，CM∩BC=C，
∴ PA⊥平面MBC.
(2)解：由(1)知PA⊥平面MBC，
∵ N是PB的中点，
∴ N到平面MBC的距离是14PA=224=22，
∵ BC⊥AC,BC⊥PC,∴ BC⊥平面PAC,
∴ BC⊥MC，
∵ MC=12PA=2，
∴ VN−MBC=13S△MBC×14PA=13×12×4×2×22=23.
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ 平面PAC⊥平面ABC，BC⊥AC，
∴ BC⊥平面 PAC ，
∵ PA⊂平面PAC，∴ BC⊥PA，
∵ AC=PC,M是PA的中点，
∴ CM⊥PA ，CM∩BC=C，
∴ PA⊥平面MBC.
(2)解：由(1)知PA⊥平面MBC，
∵ N是PB的中点，
∴ N到平面MBC的距离是14PA=224=22，
∵ BC⊥AC,BC⊥PC,∴ BC⊥平面PAC,
∴ BC⊥MC，
∵ MC=12PA=2，
∴ VN−MBC=13S△MBC×14PA=13×12×4×2×22=23.
【答案】
解：1把ρ=4csθ−π6，展开得ρ=2sinθ+23csθ，
两边同乘ρ，得ρ2=2ρsinθ+23ρcsθ①,
将ρ2=x2+y2，ρcsθ=x, ρsinθ=y代入①，
即得曲线C的直角坐标方程为x2+y2−23x−2y=0.
2将x=−12t，y=1+32t代入②式，得t2+3t−1=0.
设方程的两个实根分别为t1，t2，
则t1+t2=−3，t1t2=−1.
点M的直角坐标系为(0,1).
则由参数t的几何意义即得|MA|=t1，|MB|=|t2|，
且t1t2<0.
∴ |MA|+|MB|=t1+t2
=t1−t2=t1+t22−4t1t2
=3+4=7
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
两点间的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1把ρ=4csθ−π6，展开得ρ=2sinθ+23csθ，
两边同乘ρ，得ρ2=2ρsinθ+23ρcsθ①,
将ρ2=x2+y2，ρcsθ=x, ρsinθ=y代入①，
即得曲线C的直角坐标方程为x2+y2−23x−2y=0.
2将x=−12t，y=1+32t代入②式，得t2+3t−1=0.
设方程的两个实根分别为t1，t2，
则t1+t2=−3，t1t2=−1.
点M的直角坐标系为(0,1).
则由参数t的几何意义即得|MA|=t1，|MB|=|t2|，
且t1t2<0.
∴ |MA|+|MB|=t1+t2
=t1−t2=t1+t22−4t1t2
=3+4=7.
【答案】
(1)解：由题设知，ca=22，b=1，
结合a2=b2+c2，解得a=2，
所以x22+y2=1；
(2)证明：由题意设直线PQ的方程为y=k(x−1)+1(k≠0)，
代入椭圆方程x22+y2=1，
可得(1+2k2)x2−4k(k−1)x+2k(k−2)=0，
由已知得，Δ>0，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，x1x2≠0，
则x1+x2=4k(k−1)1+2k2，x1x2=2k(k−2)1+2k2，
则有直线AP，AQ的斜率之和为kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2
=kx1+2−kx1+kx2+2−kx2
=2k+(2−k)(1x1+1x2)=2k+(2−k)⋅x1+x2x1x2
=2k+(2−k)⋅4k(k−1)2k(k−2)=2k−2(k−1)=2．
即有直线AP与AQ斜率之和为2，即为定值.
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线中的定点与定值问题
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
（1）运用离心率公式和a，b，c的关系，解方程可得a，进而得到椭圆方程；
（2）由题意设直线PQ的方程为y=k(x−1)+1(k≠0)，代入椭圆方程x22+y2=1，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简计算即可得到结论．
【解答】
(1)解：由题设知，ca=22，b=1，
结合a2=b2+c2，解得a=2，
所以x22+y2=1；
(2)证明：由题意设直线PQ的方程为y=k(x−1)+1(k≠0)，
代入椭圆方程x22+y2=1，
可得(1+2k2)x2−4k(k−1)x+2k(k−2)=0，
由已知得，Δ>0，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，x1x2≠0，
则x1+x2=4k(k−1)1+2k2，x1x2=2k(k−2)1+2k2，
则有直线AP，AQ的斜率之和为kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2
=kx1+2−kx1+kx2+2−kx2
=2k+(2−k)(1x1+1x2)=2k+(2−k)⋅x1+x2x1x2
=2k+(2−k)⋅4k(k−1)2k(k−2)=2k−2(k−1)=2．
即有直线AP与AQ斜率之和为2，即为定值.
【答案】
解：(1)因为f′x=3x2+2ax−a2=3x−ax+a，
由f′x<0且a<0得：a3所以函数fx的单调减区间为a3,−a.
(2)依题意x∈0,+∞时，
不等式2xlnx≤f′x+a2+1恒成立，
等价于a≥lnx−32x−12x在x∈0,+∞上恒成立，
令ℎx=lnx−32x−12x，
则ℎ′x=1x−32+12x2=−3x+1x−12x2，
当x∈0,1时，ℎ′x>0，ℎx单调递增；
当x∈1,+∞，ℎ′x<0，ℎx单调递减；
所以当x=1时，ℎx取得最大值ℎ1=−2，
故a≥−2．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为f′x=3x2+2ax−a2=3x−ax+a，
由f′x<0且a<0得：a3所以函数fx的单调减区间为a3,−a.
(2)依题意x∈0,+∞时，
不等式2xlnx≤f′x+a2+1恒成立，
等价于a≥lnx−32x−12x在x∈0,+∞上恒成立，
令ℎx=lnx−32x−12x，
则ℎ′x=1x−32+12x2=−3x+1x−12x2，
当x∈0,1时，ℎ′x>0，ℎx单调递增；
当x∈1,+∞，ℎ′x<0，ℎx单调递减；
所以当x=1时，ℎx取得最大值ℎ1=−2，
故a≥−2．
[0,50]
(50,150]
(150,475]
[0,35]
32
18
4
(35,75]
6
8
12
(75,115]
3
7
10
[0,150]
(150,475]
[0,75]
(75,115]
P(χ2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
[0,150]
(150,475]
[0,75]
64
16
(75,115]
10
10
[0,150]
(150,475]
[0,75]
64
16
(75,115]
10
10