2020-2021学年陕西省榆林市高二（上）12月月考试卷北师大版

这是一份2020-2021学年陕西省榆林市高二（上）12月月考试卷北师大版，共8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=y∈R|y=2x−1，则A∩B=( )
A.0,1B.0,1,2C.1,2D.{1}

2. 若OA→⊥AB→，|OA→|=1，则OA→⋅OA→+OB→=( )
A.2B.1C.−1D.0

3. 在△ABC中，A=60∘，AC=4，BC=23，则△ABC的面积( )
A.43B.4C.22D.23

4. 在等差数列an中，若a3+a4+a5+a6+a7=25，则a2+a8=( )
A.7B.8C.10D.11

5. 执行如图所示的程序框图，输出s的值为( )

A.8B.9C.27D.36

6. 已知直线ax+by+c−1=0(bc>0)经过圆x2+y2−2y−5=0的圆心，则4b+1c的最小值是( )
A.10B.25C.4D.9

7. “4A.充分不必要条件B.充要条件
C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

8. 甲、乙、丙三名同学站成一排，甲站在中间的概率是( )
A.13B.12C.16D.23

9. 过椭圆x225+y29=1的左焦点F1的直线交椭圆于A，B两点，F2为椭圆的右焦点，则△ABF2的周长为( )
A.32B.20C.16D.12

10. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思是有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )
A.96里B.48里C.192里D.24里

11. 设椭圆的两个焦点分别为F1，F2，过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P，若△F1PF2为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为( )
A.22B.2−12C.2−2D.2−1

12. 如图所示，以正方形的边长为底，向外作4个等腰三角形，腰长为2，则该图的面积最大为( )

A.43+4B.8+43C.8+82D.8+83
二、填空题

已知直线l与椭圆x236+y29=1交于A和B两点，点M4,2是线段AB的中点，则直线l的斜率为________.
三、解答题

已知角α的终边经过点P(45, −35)．
(1)求sinα的值；

(2)求式sin(π2−α)sin(α+π)⋅tan(α−π)cs(3π−α)的值．

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， △ABC的面积为S，bsinC−3ccsB=0.
(1)求角B的大小；

(2)若b=2，S=3，求a+c的值．

已知等差数列an是递增数列，若a2，a4是方程x2−10x+21=0的两个实根．
(1)求an；

(2)设bn=1an+1an+2ann∈N∗，求数列bn的前n项和Tn.

如图，四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形， PD=DC=4，AD=2，E为PC的中点．

(1)求三棱锥A−PDE的体积；

(2)AC边上是否存在一点M，使得PM/平面EDM？若存在，请证明．

某校100名学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图，其中成绩分组区间如下：

(1)求图中a的值；

(2)根据频率分布直方图，估计这100名学生期中考试数学成绩的平均分；

(3)现用分层抽样的方法从第3，4，5组中随机抽取6名学生，将该样本看成一个总体，从中随机抽取2名，求其中恰有1人的分数不低于90分的概率？

已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，两个焦点是F1(−2,0）， F22,0，且椭圆C经过点A0,5.
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若过左焦点F1且倾斜角为135∘ 的直线l与椭圆C交点P，Q两点，求线段PQ的长．
参考答案与试题解析
2020-2021学年陕西省榆林市高二（上）12月月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
先求出集合B，再利用集合的交集运算求解即可.
【解答】
解：集合A=−2,−1,0,1,2，
B=y∈R|y=2x−1=y|y≥0，
则A∩B={0,1,2}.
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
利用平面向量数量积运算求解即可.
【解答】
解：∵ OA→⊥AB→，
∴ OA→⋅AB→=0，
即OA→⋅OB→−OA→=0，
即OA→⋅OB→=OA→2=1
∵ |OA→|=1，
∴ OA→⋅OA→+OB→=OA→2+OA→⋅OB→=12+1=2.
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
三角形的面积公式
余弦定理
【解析】
根据余弦定理求解AB，那么△ABC的面积S=12|AB|⋅|AC|⋅sinA可得答案．
【解答】
解：∵ A=60∘，b=AC=4，a=BC=23，
由余弦定理得：csA=b2+c2−a22bc，
即12=16+c2−128c，
解得：c=2.
那么△ABC的面积S=12|AB|⋅|AC|⋅sinA=12×2×4×32=23．
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为an是等差数列，
所以a3+a7=a4+a6=a2+a8=2a5，
a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25，
所以a5=5，故a2+a8=2a5=10．
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
通过程序框图知，本题为当型循环结构，
逐次执行循环结构，当不满足循环条件时，
终止循环，输出结构.
【解答】
解：执行第一次循环，s=0，k=1，
执行第二次循环，s=1，k=2，
执行第三次循环，s=9，k=3，
终止循环，输出s=9.
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
圆的一般方程
基本不等式及其应用
【解析】
将圆化成标准方程可得圆心为C(0, 1)，代入题中的直线方程算出b+c＝1，从而化简得4b+1c=4cb+bc+5，再根据基本不等式加以计算，可得当b=23且c=13时，4b+1c的最小值为9．
【解答】
解：圆x2+y2−2y−5=0化成标准方程，得x2+(y−1)2=6，
∴ 圆x2+y2−2y−5=0的圆心为C(0, 1)，半径r=6．
∵ 直线ax+by+c−1=0经过圆心C，
∴ a×0+b×1+c−1=0，即b+c=1，
因此，4b+1c=(b+c)(4b+1c)=4cb+bc+5，
∵ b，c>0，
∴ 4cb+bc≥24cb⋅bc=4，当且仅当4cb=bc=2时等号成立．
由此可得当b=2c，即b=23且c=13时，4b+1c=4cb+bc+5的最小值为9．
故选D.
7.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
椭圆的定义
【解析】
求出方程x29−k+y2k−4=1表示的图形为椭圆的k的范围，结合集合的包含关系判断即可．
【解答】
解：方程x29−k+y2k−4=1表示的图形为椭圆，
则9−k>0，k−4>0，9−k≠k−4，
解得：4故“4故选C.
8.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
排列、组合的应用
【解析】
利用排列的意义，先求出甲、乙、丙三名同学站成一排的排法及其甲站在中间的排法，再利用古典概型的计算公式即可得出．
【解答】
解：甲、乙、丙三名同学站成一排，共有A33=6种排法，
其中甲站在中间的排法有以下两种：乙甲丙、丙甲乙．
因此甲站在中间的概率P=26=13．
故选A．
9.
【答案】
B
【考点】
椭圆的定义
【解析】
由椭圆的定义可得：
|AF1|+|AF2|=2a=10，|BF1|+|BF2|=2a=10，
即可得出答案，熟练掌握椭圆的定义是解题的关键．
【解答】
解：由椭圆的定义可得：
|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a=10，
∴ △ABF2的周长为：
|AB|+|AF2|+|BF2|=|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=20.
故选B.
10.
【答案】
A
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
【解析】
首先根据题意分析得到这人每天走的路程构成等比数列an，然后利用等比数列前n项和公式和S6=378，建立关于a1的方程，解出a1，再求出a2即可．
【解答】
解：记每天走的路程里数为an，易知an是公比为12的等比数列，
由题意知 S6=a11−1261−12=378，
∴ a1=192，
∴ a2=192×12=96.
故选A．
11.
【答案】
D
【考点】
椭圆的定义
【解析】
设点P在x轴上方，坐标为(c,b2a)，根据题意可知|PF2|=b2a，|PF2|=|F1F2|，进而根据b2a=2c求得a和c的关系，求得离心率．
【解答】
解：设点P在x轴上方，坐标为(c,b2a)，
∵ △F1PF2为等腰直角三角形，
∴ |PF2|=|F1F2|，即b2a=2c，
即a2−c2a2=2ca，
∴1−e2=2e，
故椭圆的离心率e=2−1，
故选D.
12.
【答案】
C
【考点】
二倍角的三角函数
辅助角公式
【解析】
由三角函数的定义设等腰三角形的底角为θ，则θ∈0,π2，则等腰三角形的底边为2csθ，高为sinθ，由二倍角公式及辅助角公式S=4csθ2+4×12×8sinθcsθ=8sin2θ+8cs2θ+8=82sin2θ+π4+8，再求函数的最大值即可.
【解答】
解：设等腰三角形的底角为θ，则θ∈0,π2，
则等腰三角形的底边为4csθ，高为2sinθ，
则S=4csθ2+4×12×8sinθcsθ
=8sin2θ+8cs2θ+8
=82sin2θ+π4+8，
又2θ+π4∈π4,5π4,
当2θ+π4=π2，即θ=π8时，S取最大值8+82，
故选C.
二、填空题
【答案】
−12
【考点】
椭圆的定义
斜率的计算公式
【解析】
利用“点差法”可求得直线AB的斜率，再利用点斜式即可求得直线l的方程．
【解答】
解:设Ax1,y1，Bx2,y2，
M4,2是线段AB的中点，
则x1+x2=8，y1+y2=4，
由题意得x1236+y129=1①,x2236+y229=1②,
①−②得：136x1+x2x1−x2+19y1+y2y1−y2=0，
由题意知，直线l的斜率存在，
所以kAB=y2−y1x2−x1=−14×x2+x1y2+y1=−12.
故答案为：−12.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ |OP|=(45)2+(35)2=1，
∴ 点P在单位圆上．
由正弦函数的定义得sinα=−35.
(2)原式=csα−sinα⋅tanα(−csα)
=sinαsinαcsα=1csα.
由余弦的定义可知，csα=45.
即所求式的值为54.
【考点】
任意角的三角函数
运用诱导公式化简求值
【解析】
（1）求出|OP|，利用三角函数的定义，直接求出sinα的值．
（2）利用诱导公式化简表达式，根据角的终边所在象限，求出csα=45，可得结果．
【解答】
解：(1)∵ |OP|=(45)2+(35)2=1，
∴ 点P在单位圆上．
由正弦函数的定义得sinα=−35.
(2)原式=csα−sinα⋅tanα(−csα)
=sinαsinαcsα=1csα.
由余弦的定义可知，csα=45.
即所求式的值为54.
【答案】
解：(1)bsinC−3ccsB=0，
由正弦定理可得
sinBsinC−3sinCcsB=0，
∵ 0∴ sinC≠0，
∴ sinB−3csB=0，
即tanB=3，
又∵ 0∴ B=60∘.
(2)∵ S=12acsinB=3，
∴ ac=4，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB，
即4=(a+c)2−3ac=(a+c)2−12，
∴ a+c=4.
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)bsinC−3ccsB=0，
由正弦定理可得
sinBsinC−3sinCcsB=0，
∵ 0∴ sinC≠0，
∴ sinB−3csB=0，
即tanB=3，
又∵ 0∴ B=60∘.
(2)∵ S=12acsinB=3，
∴ ac=4，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB，
即4=(a+c)2−3ac=(a+c)2−12，
∴ a+c=4.
【答案】
解：(1)因为因为等差数列an为递增数列，
且a2，a4是方程x2−10x+21=0的两根，
所以a2+a4=10 ，a2a4=21，
解得a2=3，a4=7，
公差d=a4−a22=2 ，
所以a1=1，
所以an=a1+(n−1)d=2n−1(n∈N∗) .
(2)bn=1an+1an+2an=12n+12n−1+22n−1
=1212n−1−12n+1+22n−1，
所以Tn=12(1−13+13−15+15+⋯+12n−1−12n+1)+2+8+⋯+22n−1
=121−12n+1+21−4n1−4
=n2n+1+234n−1.
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（1）因为等差数列an为递增数列，且a2,a4是方程x2−10x+21=0的两根，
所以a2+a4=10，a2a4=21，
解得a2=3,a4=7或a2=7,a4=3，
又d>0，则a2=3,a4=7, d=a4−a22=2 .
故an=a1+(n−1)d=2n−1(n∈N∗，Sn=12n1+2n−1=n2 .
【解答】
解：(1)因为因为等差数列an为递增数列，
且a2，a4是方程x2−10x+21=0的两根，
所以a2+a4=10 ，a2a4=21，
解得a2=3，a4=7，
公差d=a4−a22=2 ，
所以a1=1，
所以an=a1+(n−1)d=2n−1(n∈N∗) .
(2)bn=1an+1an+2an=12n+12n−1+22n−1
=1212n−1−12n+1+22n−1，
所以Tn=12(1−13+13−15+15+⋯+12n−1−12n+1)+2+8+⋯+22n−1
=121−12n+1+21−4n1−4
=n2n+1+234n−1.
【答案】
解：(1)∵ PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴ PD⊥AD．
又∵ ABCD是矩形，
∴ AD⊥CD．
又∵ PD∩CD=D，
∴ AD⊥平面PCD，
∴ AD是三棱锥A−PDE的高．
∵ E为PC的中点，且PD=DC=4，
∴ S△PDE=12S△PDC=12×12×4×4=4．
又∵ AD=2，
∴ VA−PDE=13AD⋅S△PDE=13×2×4=83．
(2)AC边上存在一点M，使得PA//平面EDM．
证明：连结BD交AC于点M，
∵ E为PC的中点，M是AC的中点，
∴ EM//PA．
又∵ EM⊂平面EDM，PA⊈平面EDM，
∴ PA//平面EDM．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的性质
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴ PD⊥AD．
又∵ ABCD是矩形，
∴ AD⊥CD．
又∵ PD∩CD=D，
∴ AD⊥平面PCD，
∴ AD是三棱锥A−PDE的高．
∵ E为PC的中点，且PD=DC=4，
∴ S△PDE=12S△PDC=12×12×4×4=4．
又∵ AD=2，
∴ VA−PDE=13AD⋅S△PDE=13×2×4=83．
(2)AC边上存在一点M，使得PA//平面EDM．
证明：连结BD交AC于点M，
∵ E为PC的中点，M是AC的中点，
∴ EM//PA．
又∵ EM⊂平面EDM，PA⊈平面EDM，
∴ PA//平面EDM．
【答案】
解：(1)由题意得10a+0.01×10+0.02×10+0.03×10+0.035×10=1，所以a=0.005．
(2)由直方图分数在[50, 60]的频率为0.05，[60, 70]的频率为0.35，
[70, 80]的频率为0.30，[80, 90]的频率为0.20，[90, 100]的频率为0.10，
所以这100名学生期中考试数学成绩的平均分的估计值为：
55×0.05+65×0.35+75×0.30+85×0.20+95×0.10=74.5.
(3)由直方图，得：
第3组人数为0.3×100=30，
第4组人数为0.2×100=20人，
第5组人数为0.1×100=10人．
所以利用分层抽样在60名学生中抽取6名学生，
每组分别为：
第3组：3060×6=3人，
第4组：2060×6=2人，
第5组：1060×6=1人．
所以第3、4、5组分别抽取3人、2人、1人．
设第3组的3位同学为A1，A2，A3，第4组的2位同学为B1，B2，第5组的1位同学为C1，则从六位同学中抽两位同学有15种可能如下：
(A1, A2)，(A1, A3)，(B1, B2)，(A2, A3)，(A1, B1)，(A1, B2)，(A2, B1)，(A2, B2)，(A3, B1)，(A3, B2)，(A1, C1)，(A2, C1)，(A3, C1)，(B1, C1)，(B2, C1)，
其中恰有1人的分数不低于90（分）的情形有：(A1, C1)，(A2, C1)，(A3, C1)，(B1, C1)，(B2, C1)，共5种．
所以其中第4组的2位同学至少有一位同学入选的概率为515=13.
【考点】
频率分布直方图
分层抽样方法
众数、中位数、平均数
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
（1）根据所以概率的和为1，即所求矩形的面积和为1，建立等式关系，可求出所求；
（2）均值为各组组中值与该组频率之积的和；
（3）先分别求出3，4，5组的人数，再利用古典概型知识求解．
【解答】
解：(1)由题意得10a+0.01×10+0.02×10+0.03×10+0.035×10=1，所以a=0.005．
(2)由直方图分数在[50, 60]的频率为0.05，[60, 70]的频率为0.35，
[70, 80]的频率为0.30，[80, 90]的频率为0.20，[90, 100]的频率为0.10，
所以这100名学生期中考试数学成绩的平均分的估计值为：
55×0.05+65×0.35+75×0.30+85×0.20+95×0.10=74.5.
(3)由直方图，得：
第3组人数为0.3×100=30，
第4组人数为0.2×100=20人，
第5组人数为0.1×100=10人．
所以利用分层抽样在60名学生中抽取6名学生，
每组分别为：
第3组：3060×6=3人，
第4组：2060×6=2人，
第5组：1060×6=1人．
所以第3、4、5组分别抽取3人、2人、1人．
设第3组的3位同学为A1，A2，A3，第4组的2位同学为B1，B2，第5组的1位同学为C1，则从六位同学中抽两位同学有15种可能如下：
(A1, A2)，(A1, A3)，(B1, B2)，(A2, A3)，(A1, B1)，(A1, B2)，(A2, B1)，(A2, B2)，(A3, B1)，(A3, B2)，(A1, C1)，(A2, C1)，(A3, C1)，(B1, C1)，(B2, C1)，
其中恰有1人的分数不低于90（分）的情形有：(A1, C1)，(A2, C1)，(A3, C1)，(B1, C1)，(B2, C1)，共5种．
所以其中第4组的2位同学至少有一位同学入选的概率为515=13.
【答案】
解：(1)由已知得b=5，c=2，
∴ a=3，
∴ 椭圆C的方程为x29+y25=1.
(2)由已知得直线l的方程为y=−x−2，
联立y=−x−2，x29+y25=1，
消去y得14x2+36x−9=0，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则x1+x2=−3614，x1x2=−914，
∴ |PB|=1+12⋅(x1+x2)2−x1x2=307.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
直线的斜截式方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由已知得b=5，c=2，
∴ a=3，
∴ 椭圆C的方程为x29+y25=1.
(2)由已知得直线l的方程为y=−x−2，
联立y=−x−2，x29+y25=1，
消去y得14x2+36x−9=0，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则x1+x2=−3614，x1x2=−914，
∴ |PB|=1+12⋅(x1+x2)2−x1x2=307.组号
第一组
第二组
第三组
第四组
第五组
分组
[50, 60)
[60, 70)
[70, 80)
[80, 90)
[90, 100]