2020-2021年江西省赣州市高三（下）3月月考数学（文）试卷北师大版

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这是一份2020-2021年江西省赣州市高三（下）3月月考数学（文）试卷北师大版，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. 已知集合A=x|2x<1，集合B=−1,0,1,2，则∁RA∩B=( )
A.−1B.1,2C.0,1,2D.−1,0

2. 已知i为虚数单位，若复数ω=−12+32i，则ω2=( )
A.ω¯B.1C.ωD.0

3. 已知a=lg0.82,b=sin12,c=20.3，则（）
A.a
4. 已知向量a→=3,2，b→=x,y，且实数x，y满足约束条件 x−2y−2≤0,x−y+1≥0,y≤0, 则z=a→⋅b→的最大值为( )
A.−18B.−10C.−2D.6

5. 已知双曲线x24−y2b2=1的一个焦点到一条渐近线的距离为3，则该双曲线的离心率为（）
A.72B.3C.2D.7

6. 某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），甲图为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，乙图为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归方程为y=1.16x−30.75，以下结论中不正确的为( )

A.15名志愿者身高的极差小于臂展的极差
B.15名志愿者身高和臂展成正相关关系
C.身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米
D.可估计身高为190厘米的人臂展大约为189.65厘米

7. 七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，七巧板完整图案为一正方形(如图)，该正方形是由七块板组成的，即五块等腰直角三角形(两块小型三角形、一块中型三角形和两块大型三角形)、一块正方形和一块平行四边形．现随机地向七巧板内抛掷米粒，则米粒落在阴影部分的概率是( )

A.16B.18C.19D.112

8. 已知抛物线C:y2=2pxp>0，斜率为2的直线与抛物线交于A，B两点，且弦AB中点的纵坐标为1，则抛物线C的标准方程为( )
A.y2=8xB.y2=6xC.y2=4xD.y2=2x

9. 设函数f(x)=ax−a−x+bsin3x+c(a>0且a≠1)．若f−t=1，ft=3，则c=( )
A.1B.2C.3D.4

10. 已知函数fx=2sinπx−π6，当x∈0,10时，把函数Fx=fx−1的所有零点依次记为x1,x2,x3,⋯ ,xn，且x1A.203B.403C.803D.1403

11. 如图，在四边形ABCD中，BC⊥DC，∠BAD=∠ABC=60∘，BC=2，AD=1，则DC的长为（）

A.62B.2C.3D.3

12. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A，B的距离之比为λλ>0,λ≠1，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，圆O:x2+y2=1、点A−12,0和点B0,12，M为圆O上的动点，则2|MA|−|MB|的最大值为( )
A.52B.172C.32D.22
二、填空题

已知单位向量a→，b→满足|a→−2b→|=7，则a→，b→的夹角为________.

曲线y=ex⋅sinx+csx在点0,1处的切线与坐标轴围成的封闭图形的面积为________.

已知函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0,0<φ<π的部分图像如图所示，则函数fx的解析式为________．

在三棱锥P−ABC中，底面ABC是等边三角形，PA=1，且∠PAC=∠PAB=60∘，则点P到面ABC的距离为________．
三、解答题

已知数列an是公差不为0的等差数列， bn为等比数列，且a1=3,b2=4,a3−b3=5,a4−b4=2 .
(1)求数列an,bn的通项公式；

(2)若an<λ⋅bn对一切的n∈N+恒成立，求实数λ的取值范围．

2021年2月25日，全国脱贫攻坚总结表彰大会在北京召开，充分肯定了脱贫攻坚取得的重大历史性成就．习近平总书记在大会上深刻阐述了伟大脱贫攻坚精神，并对巩固拓展脱贫攻坚成果、全面推进乡村振兴提出了明确的要求．某乡镇为了有效衔接乡村振兴，需采购一批零件，现从这批零件中随机抽测120件零件的长度，经数据处理得到如图的频率分布直方图，其中最长的20件零件长度的茎叶图如图所示，以这120件零件的长度的频率估计整批零件长度的概率．

(1)求这批零件的长度大于1.60分米的概率，并求频率分布直方图中m,n,t的值；

(2)从被抽测的120件零件中，挑出长度大于1.66分米的零件，再从中随机选取2件，求被抽取的2件零件的平均长度不小于1.7分米的概率．

如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60∘,AB=2，PA⊥平面ABCD，E为PC的中点，F为AB的中点．

(1)求证： BE//平面PDF；

(2)若三棱锥P−DEF的体积为1，求PA的长度．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，且点3,12在椭圆C上．
(1)求C的方程；

(2)记椭圆C的下顶点为P，过点Q4,1的直线l（不经过P点）与C相交于A，B两点．试问直线PA与直线PB的斜率之和是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．

设函数fx=ax2−1ex,a∈R.
(1)若函数fx在R上是增函数，求实数a的取值范围；

(2)证明：当a≥2时， fx+xex+e≥0．

在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 x=2t1+t2，y=21+t2 （t为参数，且t<0）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，点A的极坐标为4,π6.
(1)求C1的极坐标方程；

(2)设曲线C2的直角坐标方程为x2+y2=16，以A为直角顶点的等腰直角三角形ABC的顶点B，C均在C2上．若B在第二象限，直线BC交C1于点M，求|BM|.
参考答案与试题解析
2020-2021年江西省赣州市高三（下）3月月考数学(文)试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
首先求出集合A，再求补集，即可求出交集.
【解答】
解：∵ A=x∣2x<1=x∣x<0，
∴ ∁RA=x|x≥0，又B={−1,0,1,2}，
∴ ∁RA∩B={0,1,2}.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
直接计算，即可得出答案.
【解答】
解：∵ ω=−12+32i，
∴ ω2=−12+32i2=14−32i+34i2
=−12−32i=ω¯.
故选A.
3.
【答案】
A
【考点】
指数函数的性质
对数函数的图象与性质
正弦函数的单调性
指数式、对数式的综合比较
【解析】
利用正弦函数的性质、对数函数和指数函数的性质求解即可得到结果．
【解答】
解：a=lg0.820c=20.3>20=1，
因此a故选A.
4.
【答案】
D
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
作出可行域，再平移直线，即可得出答案.
【解答】
解：作出线性规划区域，如图阴影区域，
由于z=a→⋅b→=3x+2y，
故可化为y=−32x+z2，
平移直线y=−32x+z2，当直线过点A2,0时，在y轴的截距最大，此时z最大，
即zmax=3×2+2×0=6.
故选D.
5.
【答案】
A
【考点】
点到直线的距离公式
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】
由已知求出双曲线的a和渐近线方程，设出双曲线的右焦点，利用点的直线的距离公式即可求解．
【解答】
解：由题意可得a=2，一条渐近线l：bx−ay=0，
设双曲线的右焦点为Fc,0，
则点F到直线l的距离d=bca2+b2=bcc=b=3，
因此c=a2+b2=7，
所以离心率为e=ca=72.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
就图形对各个选项分别判断即可．
【解答】
解：A，身高的极差大约是21，臂展极差大于等于26，故A正确；
B，根据散点图以及回归方程得到，身高矮展臂就会短一些，
身高高一些，展臂就会长一些，故B正确；
C，身高相差10厘米的两人展臂的估计值相差11.6厘米，
但不是准确值，回归方程上的点并不都是准确的样本点，故C正确；
D，身高为190厘米，代入回归方程，得
展臂为1.16×190−30.75=189.65厘米，但不是准确值，故D错误.
故选C.
7.
【答案】
B
【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】
根据几何概型的概率公式求出对应区域的面积，即可得到结论．
【解答】
解：设大正方形的边长为2，则阴影部分由两个小等腰直角三角形构成，面积等于小等腰直角三角形1的2倍，
则正方形的对角线长为22，则小等腰直角三角形1的边长为224=22，
小等腰三角形1的面积S=12×22×22=14，
则阴影部分的面积为2×14=12，正方形的面积为4，
若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为124=18．
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
抛物线的标准方程
【解析】
先利用点差法，求出AB的斜率，利用中点坐标公式，即可得出p的值．
【解答】
解：抛物线y2=2px的焦点为Fp2,0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，线段AB的中点M的纵坐标为1，y1+y2=2，
则y12=2px1，y22=2px2，
两式相减可得：y12−y22=2px1−x2，
kAB=2py1+y2=2p2=p，
∴p=2，
∴y2=4x．
故选C．
9.
【答案】
B
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
令gx=fx−c=ax−a−x+bsin3x，可得gx为奇函数，根据奇函数性质g−x+gx=0，得gt+g−t=ft−c+f−t−c=4−2c=0，可得解．
【解答】
解：fx=ax−a−x+bsin3x+c，
令gx=fx−c=ax−a−x+bsin3x，
g−x=a−x−ax−bsin3x，
g−x+gx=0，即gx为奇函数，
gt+g−t=ft−c+f−t−c=4−2c=0，
∴c=2．
故选B．
10.
【答案】
D
【考点】
数列的函数特性
数列与三角函数的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵2sinπx−π6=1⇒πx−π6=π6+2kπ,或πx−π6=5π6+2kπk∈Z，
即x=13+2k，或x=1+2kk∈Z，
故在x∈0,10时，函数有10个零点，
则Sn=(13+73+133+193+253)+(1+3+5+7+9)=1403.
故选D.
11.
【答案】
C
【考点】
解三角形
【解析】
无
【解答】
解：如图，延长AD，BC交于点E，
由题意知，∠BAD=∠B=π3，
∴ ∠E=π3，∠DCE=π2，
∴ ∠ADC=5π6，
不妨设DC=x，
则EC=33x，DE=233x．
∵ BE=EC+BC=AE，
即33x+2=1+233x，解得：x=3．
故选C．
12.
【答案】
B
【考点】
轨迹方程
圆的综合应用
【解析】
记MC|=2|MA|，则由阿氏圆的定义可知：C−2,0 .
由数形结合可知2|MA|−|MB|=|MC|−|MB|≤|BC|=172 .
【解答】
解：设存在一点C使得|MC|=2|MA|，
而圆O为点M的轨迹，
设M(x,y)，则满足x2+y2=1，
故2|MA|=2x+122+y2
=4x2+4x+1+4y2
=x2+y2+4x+1+3(x2+y2)
=x2+y2+4x+4
=(x+2)2+y2
=|MC|，
其中C(−2,0)在圆O外，
而B(0,12)在圆O内，
∴|MC|−|MB|≤|BC|=22+122=172.
故选B .
二、填空题
【答案】
2π3
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：单位向量a→，b→满足|a→−2b→|=7，
得a→2−4a→⋅b→+4b→2=7，即a→⋅b→=−12，
所以cs⟨a→⋅b→⟩=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=−12 ，夹角为2π3．
故答案为：2π3．
【答案】
12
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
导数的几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵y=ex⋅sinx+csx，
∴y′=ex⋅sinx+ex⋅csx−sinx，
∴当x=0时，曲线y=ex⋅sinx+csx在点0,1处的切线斜率k=1，
∴切线方程为y=x+1，
∴与坐标轴围成的封闭图形的面积为S=12×1×1=12.
故答案为：12.
【答案】
f(x)=3sin(2x+5π6)
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图像可知最小值为−3，则A=3，
又T4=7π12−π3=π4，则T=2πω=π，
所以ω=2，
因为函数f(x)的图像过点(7π12，0)，
所以f(7π12)=3sin(2×7π12+φ)=0，即sin(7π6+φ)=0，
又0<φ<π，
所以φ=5π6，
所以函数f(x)的解析式为f(x)=3sin(2x+5π6).
故答案为：f(x)=3sin(2x+5π6).
【答案】
63
【考点】
点、线、面间的距离计算
棱锥的结构特征
【解析】
无
【解答】
解：由∠PAC=∠PAB=60∘知点P在底面ABC的投影落在∠BAC的平分线AD，不妨设垂足为H，作HE⊥AB交AB于点E，如图所示，
从而有AB⊥面PEH．
在Rt△PAE中可解得AE=12；
在Rt△AEH中，可解得AH=33；
在Rt△PAH中可解得PH=63．
故答案为：63．
三、解答题
【答案】
解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由题意得：a1+2d−b2q=5，a1+3d−b2q2=2，
即d−2q=1，3d−4q2=−1，
解得：d=5，q=2或d=0，q=−12（舍去），
从而 an=5n−2,bn=2n .
(2)由(1)可知，λ>5n−22n，
令cn=5n−22n，则cn+1−cn=5n+32n+1−5n−22n=7−5n2n+1 .
当n=1时，cn+1−cn>0 ；
当n≥2时，cn+1−cn<0；
故cnmax=c2=2，故λ>2 .
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列与等比数列的综合
等比数列的通项公式
数列与不等式的综合
【解析】
（1）设等差数列an的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由题意得：a1+2d−b2qa1+3d−b22+2即d−2q=13d−4q2=−1，
解得：d=5q=2，或d=0|y=−12（舍去），
从而， an=5n−2,bn=2n .
（2）由（1）可知，λ>5n−22n，
令Cn=5n−22n，则Cn+1=5n+32n+1−5n−22n=7−5n2n+1 .
当n=1时，Cn+1−Cn>0 ；
当n≥2时，Cn+1−Cn<0；
故Cnmin=C2=2，故λ>2 .
【解答】
解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由题意得：a1+2d−b2q=5，a1+3d−b2q2=2，
即d−2q=1，3d−4q2=−1，
解得：d=5，q=2或d=0，q=−12（舍去），
从而 an=5n−2,bn=2n .
(2)由(1)可知，λ>5n−22n，
令cn=5n−22n，则cn+1−cn=5n+32n+1−5n−22n=7−5n2n+1 .
当n=1时，cn+1−cn>0 ；
当n≥2时，cn+1−cn<0；
故cnmax=c2=2，故λ>2 .
【答案】
解：(1)记“这批零件的长度大于1.60分米”为事件A，
由茎叶图可知，这批零件的长度大于1.60分米的20件中共计18件，
从而PA=18120=0.15 .
且这批零件长度大于1.70分米的共计3件，因此，0.1m×120=3， 0.1n×120=15，
解得m=0.25,n=1.25，
又2×0.25×0.1+2×1.25×2+0.2t=1，解得t=3.5 .
(2)从120件零件中，长度大于1.66分米的零件共计7件，从这7件中，任取两件有如下情况：1.74和1.72，1.74和1.71，1.74和1.69，1.74和1.69，1.74和1.68 ………1.68和1.67等共计21种 .
而符合被抽取的2件零件中的平均长度不小于1.70分米即两件零件长度之和不小于3.40的共有12种．
记“被抽取的2件零件中的平均长度不小于1.70分米”为事件B，
则PB=1221=47 .
【考点】
用样本的频率分布估计总体分布
频率分布直方图
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)记“这批零件的长度大于1.60分米”为事件A，
由茎叶图可知，这批零件的长度大于1.60分米的20件中共计18件，
从而PA=18120=0.15 .
且这批零件长度大于1.70分米的共计3件，因此，0.1m×120=3， 0.1n×120=15，
解得m=0.25,n=1.25，
又2×0.25×0.1+2×1.25×2+0.2t=1，解得t=3.5 .
(2)从120件零件中，长度大于1.66分米的零件共计7件，从这7件中，任取两件有如下情况：1.74和1.72，1.74和1.71，1.74和1.69，1.74和1.69，1.74和1.68 ………1.68和1.67等共计21种 .
而符合被抽取的2件零件中的平均长度不小于1.70分米即两件零件长度之和不小于3.40的共有12种．
记“被抽取的2件零件中的平均长度不小于1.70分米”为事件B，
则PB=1221=47 .
【答案】
(1)证明：取PD的中点G，连结EG,FG .
因为E，G分别为PC，PD的中点，故EG//CD，且EG=12CD，
因为F为AB的中点且底面ABCD为菱形，故BF//CD，且BF=12CD，
即BF=//EG，
故四边形BEGF为平行四边形，所以BE//FG .
又BE⊄面PDF，故BE//平面PDF .
(2)解：因为E，F分别PC，AB的中点，
故VP−DEF=VC−DEF=VE−CDF=12VP−CDF=14VP−ABCD=1，
⇒VP−ABCD=4 .
又VP−ABCD=13AB2⋅sin∠BAD⋅PA，
即13×22×32×PA=4⇒PA=23 .
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）证明：取PD的中点G，连结EG,FG .
因为E，G分别为PC，PD的中点，故EG//CD，且EG=12CD，
因为F为AB的中点且底面ABCD为菱形，故BF//CD，且BF=12CD，
故四边形BEGF为平行四边形，所以BE//FG .
又BE⊄面PDF，故BE//平面PDF .
（2）因为E，F分别PC，AB的中点，
故VP−DEF=VC−DEF=VE−CDF=12VP−CDF=14VP−ABCD=1，
⇒VP−ABCD=4 .
又VP−ABCD=13AB2⋅sin∠BAD⋅PA，
即13×22×32×PA=4⇒PA=23 .
【解答】
(1)证明：取PD的中点G，连结EG,FG .
因为E，G分别为PC，PD的中点，故EG//CD，且EG=12CD，
因为F为AB的中点且底面ABCD为菱形，故BF//CD，且BF=12CD，
即BF=//EG，
故四边形BEGF为平行四边形，所以BE//FG .
又BE⊄面PDF，故BE//平面PDF .
(2)解：因为E，F分别PC，AB的中点，
故VP−DEF=VC−DEF=VE−CDF=12VP−CDF=14VP−ABCD=1，
⇒VP−ABCD=4 .
又VP−ABCD=13AB2⋅sin∠BAD⋅PA，
即13×22×32×PA=4⇒PA=23 .
【答案】
解：(1)设椭圆的焦距为2c，由题意得：
ca=32,3a2+14b2=1,a2=b2+c2,
所以a=2，b=1，c=3，
故椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)由题意知P0,−1，直线l的斜率存在，不妨设直线l的方程为y=kx−4+1，
设A，B两点的坐标为Ax1,y1,Bx2,y2，
联立y=kx−4+1,x24+y2=1,
得4k2+1x2−8k4k−1x+32k2k−1=0，
所以x1+x2=8k4k−14k2+1,x1⋅x2=32k2k−14k2+1，
kPA+kPB=y1+1x1+y2+1x2=kx1−4+2x1+kx2−4+2x2
=2kx1x2−22k−1x1+x2x1x2
=2k−22k−1x1+x2x1x2
=2k−16k22k−14k−132k2k−1=2k−4k−12=12.
故直线PA与直线PB的斜率之和为定值，且定值为12.
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设椭圆的焦距为2c，由题意得：
ca=32,3a2+14b2=1,a2=b2+c2,
所以a=2，b=1，c=3，
故椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)由题意知P0,−1，直线l的斜率存在，不妨设直线l的方程为y=kx−4+1，
设A，B两点的坐标为Ax1,y1,Bx2,y2，
联立y=kx−4+1,x24+y2=1,
得4k2+1x2−8k4k−1x+32k2k−1=0，
所以x1+x2=8k4k−14k2+1,x1⋅x2=32k2k−14k2+1，
kPA+kPB=y1+1x1+y2+1x2=kx1−4+2x1+kx2−4+2x2
=2kx1x2−22k−1x1+x2x1x2
=2k−22k−1x1+x2x1x2
=2k−16k22k−14k−132k2k−1=2k−4k−12=12.
故直线PA与直线PB的斜率之和为定值，且定值为12.
【答案】
(1)解：f′x=−ax2+2ax+1ex，
由题意，f′x≥0在R上恒成立，
即不等式ax2−2ax−1≤0在R上恒成立，
从而有a=0或a<0，Δ≤0，
解得−1≤a≤0 即a∈−1,0.
(2)证明：当a≥2时，
设gx=fx+xex+e，
则g′x=2−xax+1ex，
当x∈−∞,−1a时，g′x<0，gx单调递减；
当x∈−1a,2时，g′x>0,gx单调递增；
当x∈2,+∞时，g′x<0，gx单调递减.
由此可知，gx的极小值为g−1a=−e1a+e,a≥2，
故g−1a=−e1a+e≥0，
即当x∈−∞,2时，gx≥g−1a=0.
又当x∈2,+∞时，gx>0，
综上可知，当a≥2时，gx≥0.
【考点】
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】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：f′x=−ax2+2ax+1ex，
由题意，f′x≥0在R上恒成立，
即不等式ax2−2ax−1≤0在R上恒成立，
从而有a=0或a<0，Δ≤0，
解得−1≤a≤0 即a∈−1,0.
(2)证明：当a≥2时，
设gx=fx+xex+e，
则g′x=2−xax+1ex，
当x∈−∞,−1a时，g′x<0，gx单调递减；
当x∈−1a,2时，g′x>0,gx单调递增；
当x∈2,+∞时，g′x<0，gx单调递减.
由此可知，gx的极小值为g−1a=−e1a+e,a≥2，
故g−1a=−e1a+e≥0，
即当x∈−∞,2时，gx≥g−1a=0.
又当x∈2,+∞时，gx>0，
综上可知，当a≥2时，gx≥0.
【答案】
解：(1)由题意得x2+y2=2t1+t22+21+t22
=41+t21+t22=41+t2=2y,
又t<0，所以x<0，
所以C1的极坐标方程ρ2=2ρsinθπ2<θ<π.
(2)因为△ABC是等腰直角三角形，所以BC是曲线C2的直径，且OA⊥OB,所以B4,2π3，
直线BC的极坐标方程为θ=2π3,
所以M3,2π3,
所以 |BM|=4−3.
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的参数方程
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的参数方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得x2+y2=2t1+t22+21+t22
=41+t21+t22=41+t2=2y,
又t<0，所以x<0，
所以C1的极坐标方程ρ2=2ρsinθπ2<θ<π.
(2)因为△ABC是等腰直角三角形，所以BC是曲线C2的直径，且OA⊥OB,所以B4,2π3，
直线BC的极坐标方程为θ=2π3,
所以M3,2π3,
所以 |BM|=4−3.