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2020-2021学年江西省赣州市高三（下）1月月考数学（文）试卷北师大版
展开这是一份2020-2021学年江西省赣州市高三（下）1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|x2−2x≤0 ，B=y|y=sinx，则A∩B=( )
A.−1,0B.−1,1C.0,2D.0,1
2. 复数z满足zi=2+3i，则|z|=( )
A.5B.10C.13D.32
3. 已知|a→|=5，|b→|=5， a→⋅b→=10，则向量a→，b→夹角的余弦值为( )
A.55B.255C.35D.45
4. △ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足a=23，B=45∘， C=75∘，则b=( )
A.2B.6C.22D.32
5. 已知角α是△ABC的一个内角，则“sinα=12 ”是“csα=32 ”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
6. 已知圆O:x−12+y−12=1，则下列选项所对应的图形中，与圆O相切的是( )
A.x2+y2=1B.x−42+y−52=16
C.x+y=1D.x−y=2
7. 如图，将框图输出的y看成输入的x的函数，得到函数y=fx，则y=fx的图象( )
A.关于直线x=1对称B.关于直线x=−1对称
C.关于y轴对称D.关于点0,0对称
8. 如图E，F，G，H分别是菱形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，且BE=2AE，DH=2HA，CF=2FB，CG=2GD，现将△ABD沿BD折起，得到空间四边形ABCD，在折起过程中，下列说法正确的是( )
A.直线EF，HG有可能平行
B.直线EF，HG一定异面
C.直线EF，HG一定相交，且交点一定在直线AC上
D.直线EF，HG一定相交，但交点不一定在直线AC上
9. 已知函数fx=sin2x+φ0<φ<π的图象关于点π6,0对称，则下列选项中能使得gx=csx+φ取得最大值的是( )
A.x=−2π3B.x=−π6C.x=π3D.x=5π12
10. 如图所示某加油站地下圆柱体储油罐示意图，已知储油罐长度为d，截面半径为r（d，r为常量），油面高度为ℎ，油面宽度为w，油量为v（ℎ，w，v为变量），则下列说法：
①w是v的是函数； ②v是w的函数；
③ℎ是w的函数 ；④w是ℎ的函数.
其中正确的是( )
A.①④B.①③C.②④D.③④
11. 许多建筑融入了数学元素，更具神韵，数学赋予了建筑活力，数学的美也被建筑表现得淋漓尽致．已知如图左图是单叶双曲面（由双曲线绕虚轴旋转形成立体图形）型建筑，右图是其中截面最细附近处的部分图象，上、下底面与地面平行．现测得下底直径AB=2010米，上底直径CD=202米，AB与CD间的距离为80米，与上下底面等距离的G处的直径等于CD，则最细部分处的直径为( )
A.10米B.20米C.103米D.105米
12. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为6，E是线段D1C1上的点，且D1E=2EC1，P是平面A1DC1内一动点，则D1P+PE的最小值为( )
A.23+3B.32C.42D.33
二、填空题
将120个个体依次编号：1，2，…，120，用系统(等距)抽样的方法从中抽取出一个容量为10的样本，若抽到的第一个个体的编号为9，则最后一个个体的编号为________.
已知椭圆3x2+4y2=12的左顶点为A，上顶点为B，则|AB|=_______.
已知实数x，y满足条件 x−y−2≤0，x−4y+4≥0，x+2y−2≥0， 则z=2x+y的最大值为________.
已知fx=|lnx+a|+ex的最小值为1(e是自然对数的底数)，则a=_______.
三、解答题
已知an为公差不为0的等差数列．且a1=3，a1，a4，a13成等比数列．
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=12n−1an，求数列{bn}的前n项和Sn .
2020年，全球展开了某疫苗研发竞赛，我国处于领先地位，为了研究疫苗的有效率，在某地进行临床试验，对符合一定条件的10000名试验者注射了该疫苗，一周后有20人感染，为了验证疫苗的有效率，同期，从相同条件下未注射疫苗的人群中抽取2500人，分成5组，各组感染人数如下：
(1)求y与x的回归方程；
(2)同期，在人数均为10000的条件下，以拟合结果估算未注射疫苗的人群中感染人数，记为N；注射疫苗后仍被感染的人数记为n，估计该疫苗的有效率．（疫苗的有效率为1−nN，结果保留3位有效数字）
（参考公式： y=a+bx，b=i=1nxiyi−nx¯y¯i=1nxi2−nx¯2 ，参考数据： 109.5−1≈0.009132)
如图三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC和△AA1C1是等边三角形．E，F分别为棱AA1，AC的中点，平面AA1C1C⊥平面A1B1C1．
(1)若三棱柱ABC−A1B1C1的体积为3，求AA1；
(2)在线段BF上是否存在点G，使得AG//平面B1EF，证明你的结论．
已知抛物线E：x2=2pyp>0的焦点为F，过点F且斜率为kk≠0 的动直线l与抛物线交于A，B两点，直线l′过点Ax1,y1，且点F关于直线l′的对称点为Rx1,−1．
(1)求抛物线E的方程，并证明直线l′是抛物线E的切线；
(2)过点A且垂直于l′的直线交y轴于点G0,4，求△ABG的面积．
已知函数f(x)=(x−b)ex−a2(x−b+1)2 (a>0,b∈R，e为自然对数的底数）．
(1)当b=2时，讨论fx的单调性；
(2)若fx在R上单调递增，求ba的最大值．
在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的参数方程为：x=sinα+2csα，y=csα−2sinα（α为参数），直线l的极坐标方程为：ρsinθ+π4=2．
(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
(2)设A，B是曲线C与直线l的公共点，P2,0，求||PA|−|PB||的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高三（下）1月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
求出A，B，找出两集合的交集即可．
【解答】
解：∵ A=x∣x2−2x≤0=0,2，B={y∣y=sinx}=−1,1，
∴ A∩B=0,1.
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】
首先计算求出复数，再求模即可得出答案．
【解答】
解：∵ zi=2+3i，
∴ z=2+3ii=2i+3i2i2=3−2i，
∴ z=32+−22=13．
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
由a→=2，b→=1，a→⋅b→=10，利用平面向量数量积的运算公式可求得向量向量a→与b→夹角余弦值.
【解答】
解：∵ a→=5，b→=5，a→⋅b→=10，
∴ cs
故选B.
4.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
直接由正弦定理，得出答案即可.
【解答】
解：在△ABC中，A=180∘−45∘−75∘=60∘，
由正弦定理得，asinA=bsinB，
则b=a⋅sinBsinA=23⋅sin45∘sin60∘=22.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
任意角的三角函数
【解析】
首先求出各自情况下，α的角，即可判断充要性.
【解答】
解：∵ csα=32，
又α是△ABC的内角，
∴ α=π6.
∵ sinα=12，
又α是△ABC的内角，
∴ α=π6或5π6，
∴ “sinα=12”是“csα=32”的必要不充分条件.
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
分别利用圆心距及点到直线的距离公式，判断即可.
【解答】
解：圆O:(x−1)2+(y−1)2=1的圆心为1,1，半径为1，
A，圆心为0,0，半径为1，
此时圆心距为1+1=2<1+1=2，此时两圆不相切，故A错误；
B，圆心为4,5，半径为4，
此时圆心距为9+16=5=1+4，此时两圆相切，故B正确；
C，圆心到直线的距离为1+1−11+1=22<1，此时直线与圆不相切，故C错误；
D，圆心到直线的距离为1−1−21+1=2>1，此时直线与圆不相切，故D错误.
故选B.
7.
【答案】
D
【考点】
程序框图
函数的对称性
【解析】
【解答】
解：根据程序框图可以得到函数为
y=−x2−2x，x<0，y=x2−2x，x≥0，
作出图象为
由图可知图象关于原点对称.
故选D.
8.
【答案】
C
【考点】
空间点、线、面的位置
【解析】
【解答】
解：连接EH，FG，
∵ BE=2AE，DH=2HA，CF=2FB，CG=2GD，
∴ EH//BD//FG，且EH≠FG，
∴ E，F，G，H四点共面，且EF与GH不平行，
即直线EF，HG一定相交，设交点为M，
由M在直线EF上，EF⊂平面ABC，可得点M∈平面ABC，
同理可得点M∈平面ACD，由平面ABC∩平面ACD=AC，
∴ 点M∈AC，即交点一定在直线AC上.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
正弦函数的对称性
余弦函数的定义域和值域
【解析】
首先求出φ=2π3，再利用三角函数的最值，求出答案.
【解答】
解：∵ f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图象关于点π6,0对称，
∴ sinπ3+φ=0.
又0<φ<π，
∴ φ=2π3，
∴ g(x)=csx+2π3，
故当x+2π3=2kπ，k∈Z时，即x=−2π3+2kπ，k∈Z时，
gx取得最大值，
故选项中，只有A满足.
故选A.
10.
【答案】
A
【考点】
函数的概念
【解析】
【解答】
解：①若w是v的函数，即w=fv，一个储油量v只对应一个油面宽度w，故①符合题意；
②若v是w的函数，即v=fw，由于该油罐是圆柱体，故一个油面宽度w对应两个油面高度ℎ，因此也就对应两个储油量v，故②不符合题意；
③若ℎ是w的函数，即ℎ=fw，由于该油罐是圆柱体，故一个油面宽度w对应两个油面高度ℎ，故③不符合题意；
④若w是ℎ的函数，即w=fℎ，一个油面高度ℎ只对应一个油面宽度w，故④符合题意．
故选A．
11.
【答案】
B
【考点】
双曲线的标准方程
【解析】
先建立直角坐标系，再设出双曲线方程，代入数值即可解得此题.
【解答】
解：设最细部分为EF，以EF所在直线为x轴，以其垂直平分线为y轴建立直角坐标系，
设双曲线方程为x2a2−y2b2=1，
将C(102, 20)，B(1010, −60)代入得：
200a2−400b2=1，1000a2−3600b2=1，
解得a2=100，b2=400，
∴EF=2a2=20．
故选B．
12.
【答案】
C
【考点】
棱柱的结构特征
余弦定理
【解析】
利用对称性可判断D1P+PE=D1′P+PE=D1′E，为最小值，借助余弦定理即可可求解．
【解答】
解：由已知可知四面体D1−A1DC1为正三棱锥且A1D1=D1D=D1C1=6，
△A1DC1为正三角形，可得A1D=A1C1=DC1=62，
作D1关于平面A1DC1的对称点D1′，DD1′过△A1DC1的中心O，连接D1′E交平面A1DC1于P，连接D1P.
所以D1P+PE=D1′P+PE=D1′E为最小值．
在三角形A1DC1中，可求得C1O=23C1G（G为A1D的中点），
而C1G=622−322=36，
则C1O=26.
在直角三角形D1OC1中，D1O=62−262=23，
cs∠OD1C1=33，DD1′=2D1O=43.
又D1E=4，
在△D1D1′E中，由余弦定理得
D1′E2=DD1′2+D1E2−2DD1′⋅D1E⋅cs∠OD1C1=32，
所以D1′E=42，
故D1P+PE的最小值为42.
故选C.
二、填空题
【答案】
117
【考点】
系统抽样方法
【解析】
系统抽样的抽样间隔为120÷10=12，故样本中个体编号相差12的整数倍，可得答案．
【解答】
解：系统抽样的抽样间隔为120÷10=12，
故样本中个体编号相差12的整数倍，
故若抽到的第一个个体的编号为其中一个9，
则最后一个个体的编号为9+9×12=117.
故答案为：117.
【答案】
7
【考点】
椭圆的标准方程
两点间的距离公式
【解析】
首先求出A2,0，B0,3，再利用两点坐标公式，即可得出答案.
【解答】
解：由题意得，椭圆方程为x24+y23=1，
则a=2，b=3，
故A2,0，B0,3，
故AB=4+3=7.
故答案为：7.
【答案】
10
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．
【解答】
解：作出不等式组所表示的平面区域如图所示：
由z=2x+y可得y=−2x+z，
x−y−2=0，x−4y+4=0，
解得B(4,2).
平移直线y=−2x+z，
当直线经过B(4,2)时，直线在y轴上截距最大，
此时z有最大值为2×4+2=10.
故答案为：10.
【答案】
1e
【考点】
利用导数研究函数的最值
已知函数极最值求参数问题
【解析】
根据题意可得fx=lnx+a+ex,x≥1−a−lnx+a+ex,−a
解：依题意可知，函数的定义域为−a,+∞，
当lnx+a=0时，x+a=1，即x=1−a，
因此fx=lnx+a+ex,x≥1−a,−lnx+a+ex,−a
由x+a>0，得f′x>0，
因此fx在[1−a,+∞)为增函数，
所以fxmin=f1−a=e1−a=e−ea，
当−a
所以−a
所以−a
故答案为：1e.
三、解答题
【答案】
解：(1)设an的公差为d，因为a1，a4，a13成等比数列，
所以33+12d=3+3d2，即d2−2d=0，
解得d=0（舍去）或d=2，
所以an=3+2(n−1)=2n+1 .
(2)bn=12n−12n+1=1212n−1−12n+1，
所以Sn=121−13+13−15+…+12n−1−12n+1
=121−12n+1=n2n+1 .
【考点】
等差数列的通项公式
等比中项
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设an的公差为d，因为a1，a4，a13成等比数列，
所以33+12d=3+3d2，即d2−2d=0，
解得d=0（舍去）或d=2，
所以an=3+2(n−1)=2n+1 .
(2)bn=12n−12n+1=1212n−1−12n+1，
所以Sn=121−13+13−15+…+12n−1−12n+1
=121−12n+1=n2n+1 .
【答案】
解：(1)由表格数据知x¯=500，y¯=5，
i=1nxiyi=3×3+4×3+5×6+6×6+7×7×100=13600，
i=1nxi2=32+42+52+62+72×10000=1350000 .
所以b=i=1nxiyi−nxy¯i=1nxi2−nx¯2=13600−5×500×51350000−5×5002=1100100000=0.011，
所以a=y¯−bx¯=5−0.011×500=−0.5，
故回归方程为y=0.011x−0.5 .
(2)同期条件下，依据回归方程估算未注射疫苗的人群中感染人数N，
当人数为10000时，N约为y=0.011×10000−0.5=109.5，
当人数为10000时，注射疫苗的人群中感染人数n=20，
所以，疫苗的有效率为1−20109.5≈0.817 .
【考点】
求解线性回归方程
回归分析的初步应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由表格数据知x¯=500，y¯=5，
i=1nxiyi=3×3+4×3+5×6+6×6+7×7×100=13600，
i=1nxi2=32+42+52+62+72×10000=1350000 .
所以b=i=1nxiyi−nxy¯i=1nxi2−nx¯2=13600−5×500×51350000−5×5002=1100100000=0.011，
所以a=y¯−bx¯=5−0.011×500=−0.5，
故回归方程为y=0.011x−0.5 .
(2)同期条件下，依据回归方程估算未注射疫苗的人群中感染人数N，
当人数为10000时，N约为y=0.011×10000−0.5=109.5，
当人数为10000时，注射疫苗的人群中感染人数n=20，
所以，疫苗的有效率为1−20109.5≈0.817 .
【答案】
解：(1)设底面边长为a，△A1B1C1是等边三角形，
S△A1B1C1=34a2.
又△AA1C1是等边三角形，
则AA1=a，∠AA1C1=π3，且平面AA1C1C⊥平面A1B1C1，
所以A到平面A1B1C1的距离为ℎ=asinπ3=32a，
所以VABC−A1B1C1=S△A1B1C1⋅ℎ=34×32a3=3，
所以a3=8，即a=2，也即AA1=2.
(2)BF的中点G满足条件，证明如下：
取BB1的中点H，连接AG，AH，GH，
平行四边形AA1B1B中，E，H分别AA1，B1B的中点，
所以AH//B1E①，
GH是△B1BF的中位线，则GH//B1F②，
AH∩GH=H，由①②可知平面AGH//平面B1EF，
AG⊂平面AGH，所以AG//平面B1EF.
又过平面B1EF外一点A有且仅有一个平面与B1EF平行，知G点唯一，
故在线段BF上存在中点G，使得AG//平面B1EF．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设底面边长为a，△A1B1C1是等边三角形，
S△A1B1C1=34a2.
又△AA1C1是等边三角形，
则AA1=a，∠AA1C1=π3，且平面AA1C1C⊥平面A1B1C1，
所以A到平面A1B1C1的距离为ℎ=asinπ3=32a，
所以VABC−A1B1C1=S△A1B1C1⋅ℎ=34×32a3=3，
所以a3=8，即a=2，也即AA1=2.
(2)BF的中点G满足条件，证明如下：
取BB1的中点H，连接AG，AH，GH，
平行四边形AA1B1B中，E，H分别AA1，B1B的中点，
所以AH//B1E①，
GH是△B1BF的中位线，则GH//B1F②，
AH∩GH=H，由①②可知平面AGH//平面B1EF，
AG⊂平面AGH，所以AG//平面B1EF.
又过平面B1EF外一点A有且仅有一个平面与B1EF平行，知G点唯一，
故在线段BF上存在中点G，使得AG//平面B1EF．
【答案】
解：(1)由点Ax1,y1，Rx1,−1坐标，知AR与直线y=−1垂直，
F，R关于过点A的直线l′对称，可得|AF|=|AR|，
所以直线y=−1为抛物线准线，
所以p=2，抛物线方程为x2=4y，
因此点F0,1，所以kFR=−2x1，从而直线l′的斜率为x12.
又抛物线方程为y=x24，得y′=x2，
所以过点A的切线斜率为x12，
所以l′为抛物线切线得证.
(2)由题意得到kAG=4−y10−x1=−2x1，得y1=2，x1=±22.
设点Bx2,y2，可设直线AB方程为y=kx+1k≠0，
联立y=kx+1,x2=4y,
化简得x2−4kx−4=0，得到x1x2=−4，
当x1=22时，x2=−2；
当x1=−22时，x2=2，
所以|x1−x2|=32，
因此，△ABG的面积S=12|GF|⋅|x1−x2|=922．
【考点】
抛物线的定义
利用导数研究曲线上某点切线方程
抛物线的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由点Ax1,y1，Rx1,−1坐标，知AR与直线y=−1垂直，
F，R关于过点A的直线l′对称，可得|AF|=|AR|，
所以直线y=−1为抛物线准线，
所以p=2，抛物线方程为x2=4y，
因此点F0,1，所以kFR=−2x1，从而直线l′的斜率为x12.
又抛物线方程为y=x24，得y′=x2，
所以过点A的切线斜率为x12，
所以l′为抛物线切线得证.
(2)由题意得到kAG=4−y10−x1=−2x1，得y1=2，x1=±22.
设点Bx2,y2，可设直线AB方程为y=kx+1k≠0，
联立y=kx+1,x2=4y,
化简得x2−4kx−4=0，得到x1x2=−4，
当x1=22时，x2=−2；
当x1=−22时，x2=2，
所以|x1−x2|=32，
因此，△ABG的面积S=12|GF|⋅|x1−x2|=922．
【答案】
解：(1)b=2时，fx=x−2ex−a2x−12，
f′x=x−1ex−ax−1=x−1ex−a，
因为a>0，所以，
①若lna<1即0
③若lna=1即a=e时，f′x≥0恒成立.
故当0
当a=e时，fx在R上单调递增.
(2)f′x=x−b+1ex−a，由已知fx在R上单调递增，
则x−b+1ex−a≥0恒成立，
由讨论可知b−1=lna，即b=lna+1，
所以ba=lna+1a.
记ga=lna+1aa>0，
则g′a=−lnaa2，由g′a=0，知a=1.
所以当0
当a>1时，g′a<0，ga单调递减，
所以gamax=g1=1，
所以ba的最大值是1．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)b=2时，fx=x−2ex−a2x−12，
f′x=x−1ex−ax−1=x−1ex−a，
因为a>0，所以，
①若lna<1即0
③若lna=1即a=e时，f′x≥0恒成立.
故当0
当a=e时，fx在R上单调递增.
(2)f′x=x−b+1ex−a，由已知fx在R上单调递增，
则x−b+1ex−a≥0恒成立，
由讨论可知b−1=lna，即b=lna+1，
所以ba=lna+1a.
记ga=lna+1aa>0，
则g′a=−lnaa2，由g′a=0，知a=1.
所以当0
当a>1时，g′a<0，ga单调递减，
所以gamax=g1=1，
所以ba的最大值是1．
【答案】
解：(1)由已知，sinα=x−2y5，csα=2x+y5，
消参可得C：x2+y2=5，
l：ρsinθ+π4=2⇒22ρcsθ+22ρsinθ=2⇒x+y−2=0．
(2)P在直线l上，且l的斜率为−1，
故设l的参数方程为：x=2−22t，y=22t（t为参数），
将其代入C的普通方程可得：t2−22t−1=0，
则t1+t2=22，t1t2=−1，
故||PA|−|PB||=||t1|−|t2||=|t1+t2|=22．
【考点】
参数方程化为普通方程
直线的极坐标方程
参数方程的优越性
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由已知，sinα=x−2y5，csα=2x+y5，
消参可得C：x2+y2=5，
l：ρsinθ+π4=2⇒22ρcsθ+22ρsinθ=2⇒x+y−2=0．
(2)P在直线l上，且l的斜率为−1，
故设l的参数方程为：x=2−22t，y=22t（t为参数），
将其代入C的普通方程可得：t2−22t−1=0，
则t1+t2=22，t1t2=−1，
故||PA|−|PB||=||t1|−|t2||=|t1+t2|=22．调查人数x
300
400
500
600
700
感染人数y
3
3
6
6
7
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