2020-2021学年江西省上饶市高三（上）9月月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省上饶市高三（上）9月月考数学（理）试卷北师大版，共12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. 2+i3−7i=( )
A.13−11iB.−13−11iC.13+11iD.−13+11i

2. 已知集合A=x|12x<14，B={−3,−2,2,3}，则A∩B=( )
A.{2,3}B.{3}C.{−3,−2}D.{−3}

3. 某市2020年4月18日−5月5日“新冠肺炎”的新增确诊病例和新增疑似病例的统计如下图所示，则从中任取1天，新增确诊病例和新增疑似病例之差的绝对值超过10的概率为( )

A.12B.13C.49D.718

4. 函数fx=3x+lnx的零点个数为( )
A.0B.1C.2D.3

5. 记等差数列an的前n项和为Sn，若S10=20a4，则a9a4=( )
A.13B.3C.133D.313

6. 若csα−sinα=34，则cs3π2+2α=( )
A.916B.−916C.716D.−716

7. 已知双曲线C:y2a2−x2b2=1a>0,b>0的焦点到距离较近的顶点的距离为4，到渐近线的距离为42，则双曲线C的渐近线方程为( )
A.y=±2xB.y=±22xC.y=±22xD.y=±24x

8. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别是线段BC，BB1的中点，则异面直线DE与D1F所成角的余弦值为( )
A.255B.55C.35D.45

9. 已知函数fx=3x−2,x>0,−3−x+2,x<0,现有如下说法：
①函数fx是奇函数；②函数fx在定义域上单调递增；③函数fx无最值．
则上述说法正确的个数是( )
A.0B.1C.2D.3

10. 已知正三棱柱ABC−A1B1C1的体积为54，AB=6，记三棱柱ABC−A1B1C1的外接球和内切球分别为球O1，球O2，则球O1上的点到球O2上的点的距离的最大值为( )
A.23B.15+23C.15−3D.15+3

11. 已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足2b−c=acsCcsA，b=6，若D为线段BC的中点，且AD=33，则△ABC的面积为( )
A.63B.83C.93D.123

12. 已知关于x的不等式eλx+1lneλxx+1>lnx在0,+∞上恒成立，则实数λ的取值范围为( )
A.1e,+∞B.e,+∞C.0,1eD.0,e
二、填空题

已知|m→|=5，|n→|=3，若m→−n→⊥n→，则|2m→+n→|=_________.

已知实数x,y满足2x−3y≥0,2x+y≤4,y+2≥0, 则z=3x−y的最大值为________.

函数fx=sin2x+π3+32在0,π2上的值域为________.

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1,F2，点M，N是椭圆C上关于原点对称的两点，若∠MF1N≥150∘恒成立，则椭圆C的离心率的取值范围为________.
三、解答题

某工厂测试一款新型机器，随机抽取该机器生产的部分产品，将质量指标值统计如下表所示：

(1)完善表格中的数据并估计产品质量指标值的平均数；

(2)以频率估计概率，若从所有的产品中随机抽取3件，记质量指标值在[70,80)内的数量为X，求X的分布列以及数学期望EX.

记首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an+12，数列{bn}满足bn=lg9Sn.
(1)求证：数列{Sn}是等比数列；

(2)求满足i=2k+11bibi+1>9925成立的最小正整数k的值．

如图所示，四棱锥S−ABCD中，∠DAB=∠ABC=90∘，BC=2AD，SB=SC=2，CD=SD=3，且平面ABCD⊥平面SBC，M为线段SB的中点．

(1)求证：SC⊥AM；

(2)求二面角D−AS−B的正弦值．

已知函数fx=mex−x，m>0.
(1)求fx的极值；

(2)若曲线y=fx+x与y=x2存在两条公切线，求实数m的取值范围．

已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过F的直线l与抛物线C交于A，B两点，其中点A在第一象限，AD→=DB→．
(1)若kOD=49（O为坐标原点），求直线l的方程；

(2)点P在x轴上运动，若∠FAP∈0,π2，求点P横坐标的取值范围．

已知极坐标系中，点M1,π2，曲线C1的极坐标方程为ρ=1，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为x=2+2ty=3−t’（t为参数）．
(1)求直线l的极坐标方程；

(2)把曲线C1上各点的横坐标扩大到原来的5倍，纵坐标扩大到原来的6倍，得到曲线C2，N为C2上的动点，求线段MN的中点P到直线l距离的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省上饶市高三（上）9月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】

【解答】
解：依题意，(2+i)(3−7i)=6−14i+3i+7=13−11i.
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
其他不等式的解法
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，A=x|12x<14={x|x>2}，
故A∩B={3}.
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】

【解答】
解：由图可知，新增确诊病例和新增疑似病例之差的绝对值超过10的天数为7，
则概率P=718．
故选D．
4.
【答案】
B
【考点】
函数的零点与方程根的关系
函数的零点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令f(x)=0，故3x=−ln x，
在同一直角坐标系中分别作出y=3x，y=−ln x的大致图象如图所示，
观察可知，它们有1个交点，即函数fx=3x+ln x的零点个数为1．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设等差数列公差为d，
依题意得，10a1+45d=20a1+60d，
化简得a1=−32d，
故a9a4=a1+8da1+3d=132d32d=133．
故选C．
6.
【答案】
C
【考点】
二倍角的正弦公式
运用诱导公式化简求值
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，(csα−sinα)2
=cs2α+sin2α−2sinαcsα
=916，
故sin2α=716，
则cs3π2+2α=sin2α=716.
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
双曲线的渐近线
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，c−a=4,b2=c2−a2=32,
解得a=2，b=42，c=6，
故双曲线C的渐渐线方程为y=±abx=±24x.
故选D．
8.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
异面直线及其所成的角
【解析】
无
【解答】
解：作出图形如下所示，延长B1B至点G，使得BG=FB，
连结GE，GD，
则∠GDE即为直线DE，D1F所成角.
设AD=2，
故DG=3，DE=5，EG=2，
故cs∠GDE=9+5−22×3×5=255．
故选A．
9.
【答案】
C
【考点】
分段函数的应用
函数奇偶性的判断
函数的最值及其几何意义
函数单调性的判断与证明
函数图象的作法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x>0时，即−x<0，
得f−x=−3−(−x)+2=−(3x−2)=−f(x)，
所以函数f(x)是奇函数，故①正确；
作出函数fx的大致图象如下所示，
观察可知，函数f(x)无最值，且在(−∞,0)和(0,+∞)上单调递增，故②错误，③正确．
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
多面体的内切球问题
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
【解答】
解：因为ABC−A1B1C1为正三棱柱，且AB=6，
所以S△ABC=12×6×33=93.
设该三棱柱的高为ℎ，
93×ℎ=54，解得ℎ=23.
三棱柱ABC−A1B1C1的外接球半径R=3+12=15，内切球半径r=3，
故球O1上的点到球O2上的点的距离的最大值为15+3.
故选D．
11.
【答案】
C
【考点】
两角和与差的正弦公式
诱导公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，(2b−c)cs A=acs C，
故(2sin B−sin C)cs A=sin Acs C，
故2sin Bcs A=sinA+C=sinB，则cs A=12.
因为A∈0,π，故A=π3.
延长AD至点E，使得D是AE的中点，
由题画图：连接EB，EC，
则四边形ABEC是平行四边形，
在△ACE中，∠ACE=π−A=2π3，AC=6，AE=63，CE=AB=c，
由余弦定理，得c2+36+6c=108，解得c=6，
故△ABC的面积为12×62×32=93．
故选C．
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
函数恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令f(x)=(x+1)lnx，
则f′(x)=1x+1+lnx=g(x)，
则g′(x)=x−1x2.
故当x∈(0,1)时，g′(x)<0，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，
故f′(x)≥f′(1)=2，
则函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
而(eλx+1)lneλxx+1>lnx
⇒(eλx+1)lneλx>(x+1)lnx⇔f(eλx)>f(x)，
即λ>lnxx.
令ℎ(x)=lnxx，
故ℎ′(x)=1−lnxx2，
故当x∈(0,e)时，ℎ′(x)>0，
当x∈(e,+∞)时，ℎ′(x)<0，故ℎ(x)max=1e，
故λ>1e.
故选A．
二、填空题
【答案】
35
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
向量的模
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，m→−n→⋅n→=0，故m→⋅n→=3，
则|2m→+n→|=4m→2+4m→⋅n→+n→2
=20+12+3=35．
故答案为：35．
【答案】
11
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影部分所示，
观察可知，
当直线z=3x−y过点B时，z有最大值，
联立2x+y=4，y+2=0，
解得x=3，y=−2，
故z=3x−y的最大值为11．
故答案为：11．
【答案】
0,1+32
【考点】
正弦函数的定义域和值域
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为x∈0,π2，故2x+π3∈π3,4π3，
故sin2x+π3∈−32, 1，
故fx∈0,1+32，
即函数fx的值域为0,1+32．
故答案为：0,1+32．
【答案】
0,6−24
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题画图：连接MF2，NF2，
∵ MN，F1F2互相平分，
∴ 四边形MF1NF2为平行四边形，
∴ ∠MF1N+∠F1NF2=180∘.
∵ ∠MF1N≥150∘，
∴ ∠F1NF2≤30∘，
由椭圆性质知，当N在短轴端点B2（或B1）时，∠F1NF2最大，
此时在Rt△B2OF2中，∠OB2F2=15∘，
∴ e=sin∠OB2F2=sin15∘=6−24，
∴ 0故答案为：0,6−24．
三、解答题
【答案】
解：(1)完善表格如下所示：
故估计所求平均数为65×0.1+75×0.3+85×0.4+95×0.2=82．
(2)依题意，X∼B3,310，X的可能取值为0，1，2，3，
故PX=0=7103=3431000，
PX=1=C31×310×7102=4411000，
P(X=2)=C32×3102×710=1891000，
P(X=3)=3103=271000．
故X的分布列为：
故E(X)=3×310=910．
【考点】
众数、中位数、平均数
频率分布表
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)完善表格如下所示：
故估计所求平均数为65×0.1+75×0.3+85×0.4+95×0.2=82．
(2)依题意，X∼B3,310，X的可能取值为0，1，2，3，
故PX=0=7103=3431000，
PX=1=C31×310×7102=4411000，
P(X=2)=C32×3102×710=1891000，
P(X=3)=3103=271000．
故X的分布列为：
故E(X)=3×310=910．
【答案】
(1)证明：依题意，an+1=2Sn，
则Sn+1−Sn=2Sn，
故Sn+1=3Sn，则Sn+1Sn=3，
故数列{Sn}是以1为首项，3为公比的等比数列．
(2)解：由(1)可得Sn=3n−1，
故bn=lg93n−1=n−12，
故1bnbn+1=4(n−1)n=41n−1−1n(n≥2)，
故i=2k+11bibi+1=41−12+12−13+⋯+1k−1k+1
=41−1k+1，
则41−1k+1>9925，解得k>99，
故最小正整数k的值为100．
【考点】
数列与函数最值问题
数列的求和
数列递推式
等比数列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：依题意，an+1=2Sn，
则Sn+1−Sn=2Sn，
故Sn+1=3Sn，则Sn+1Sn=3，
故数列{Sn}是以1为首项，3为公比的等比数列．
(2)解：由(1)可得Sn=3n−1，
故bn=lg93n−1=n−12，
故1bnbn+1=4(n−1)n=41n−1−1n(n≥2)，
故i=2k+11bibi+1=41−12+12−13+⋯+1k−1k+1
=41−1k+1，
则41−1k+1>9925，解得k>99，
故最小正整数k的值为100．
【答案】
(1)证明：取SC的中点G，连接GM和GD，
∴ GM//BC，且GM=12BC.
又∵ ∠DAB=∠ABC，
∴ AD//BC.
∵ AD=12BC，
∴ GM//AD，且GM=AD，
∴ 四边形ADGM为平行四边形，
∴ DG//AM.
又∵ CD=SD=3，
∴ DG⊥SC.
又∵ DG//AM，
∴ SC⊥AM．
(2)解：∵ 平面ABCD⊥平面SBC，平面 ABCD∩平面SBC=BC，
AB⊥BC，AB⊂平面ABCD，
∴AB⊥平面SBC.
又∵ SC⊂平面SBC，
∴AB⊥SC.
又∵ AM⊥SC，AB∩AM=A，
∴SC⊥平面ABS．
∴SC⊥SB.
∵SB=SC=2，可得BC=22，AD=2.
取BC的中点O，连接OD和OS，
∵ 四边形ABCD为直角梯形，则OD//AB，
∵ AB⊥平面SBC
∴ OD⊥平面SBC，
故OD⊥BC，OD⊥OS.
∵ SB=SC，OS⊥BC
∴以OS为x轴，OB为y轴，OD为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
∵ CD=SD=3，
∴OD=1，
则A0,2,1，D0,0,1，S2,0,0，C(0,−2,0)，
SA→=(−2,2,1)，SD→=(−2,0,1)，CS→=(2,2,0)，
易知CS→=2,2,0为平面SAB的一个法向量.
设平面SAD的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅SA→=0，n→⋅SD→=0，
即−2x+2y+z=0，−2x+z=0，
令x=1，则n→=1,0,2.
设二面角D−AS−B为θ，
则|cs θ|=|n→⋅CS→||n→||CS→|=66，
故二面角D−AS−B的正弦值为306．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
两条直线垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：取SC的中点G，连接GM和GD，
∴ GM//BC，且GM=12BC.
又∵ ∠DAB=∠ABC，
∴ AD//BC.
∵ AD=12BC，
∴ GM//AD，且GM=AD，
∴ 四边形ADGM为平行四边形，
∴ DG//AM.
又∵ CD=SD=3，
∴ DG⊥SC.
又∵ DG//AM，
∴ SC⊥AM．
(2)解：∵ 平面ABCD⊥平面SBC，平面 ABCD∩平面SBC=BC，
AB⊥BC，AB⊂平面ABCD，
∴AB⊥平面SBC.
又∵ SC⊂平面SBC，
∴AB⊥SC.
又∵ AM⊥SC，AB∩AM=A，
∴SC⊥平面ABS．
∴SC⊥SB.
∵SB=SC=2，可得BC=22，AD=2.
取BC的中点O，连接OD和OS，
∵ 四边形ABCD为直角梯形，则OD//AB，
∵ AB⊥平面SBC
∴ OD⊥平面SBC，
故OD⊥BC，OD⊥OS.
∵ SB=SC，OS⊥BC
∴以OS为x轴，OB为y轴，OD为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
∵ CD=SD=3，
∴OD=1，
则A0,2,1，D0,0,1，S2,0,0，C(0,−2,0)，
SA→=(−2,2,1)，SD→=(−2,0,1)，CS→=(2,2,0)，
易知CS→=2,2,0为平面SAB的一个法向量.
设平面SAD的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅SA→=0，n→⋅SD→=0，
即−2x+2y+z=0，−2x+z=0，
令x=1，则n→=1,0,2.
设二面角D−AS−B为θ，
则|cs θ|=|n→⋅CS→||n→||CS→|=66，
故二面角D−AS−B的正弦值为306．
【答案】
解：(1)依题意f′x=mex−1.
令f′x=0，解得x=−lnm，
故当x∈−∞,−lnm时，f′x<0，f(x)单调递减；
当x∈−lnm,+∞时，f′x>0，f(x)单调递增，
故函数fx有极小值f−lnm=1+lnm，无极大值．
(2)设曲线y1=f(x)+x=mex，y2=x2.
设公切线在曲线y1=mex上的切点为x1,mex1，
在曲线y2=x2上的切点为x2,x22，显然x1≠x2.
由于y1′=mex，y2′=2x，故mex1=2x2=mex1−x22x1−x2.
由于m>0，故x2>0，且2x2=2x2−x22x1−x2，得x2=2x1−2>0，
所以x1>1，此时m=2x2ex1=4x1−1ex1,x1>1.
设Fx=4x−1ex，x>1，F′x=42−xex，
令F′x=0，解得x=2，故Fx在1,2上单调递增，在2,+∞上单调递减，
而F2=4e2，F1=0，当x→+∞时，Fx→0，则Fx的值域为(0,4e2].
因为曲线y=fx+x与y=x2存在两条公切线，
所以方程Fx=m有两个不同的实根，
故实数m的取值范围为0,4e2．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
斜率的计算公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)依题意f′x=mex−1.
令f′x=0，解得x=−lnm，
故当x∈−∞,−lnm时，f′x<0，f(x)单调递减；
当x∈−lnm,+∞时，f′x>0，f(x)单调递增，
故函数fx有极小值f−lnm=1+lnm，无极大值．
(2)设曲线y1=f(x)+x=mex，y2=x2.
设公切线在曲线y1=mex上的切点为x1,mex1，
在曲线y2=x2上的切点为x2,x22，显然x1≠x2.
由于y1′=mex，y2′=2x，故mex1=2x2=mex1−x22x1−x2.
由于m>0，故x2>0，且2x2=2x2−x22x1−x2，得x2=2x1−2>0，
所以x1>1，此时m=2x2ex1=4x1−1ex1,x1>1.
设Fx=4x−1ex，x>1，F′x=42−xex，
令F′x=0，解得x=2，故Fx在1,2上单调递增，在2,+∞上单调递减，
而F2=4e2，F1=0，当x→+∞时，Fx→0，则Fx的值域为(0,4e2].
因为曲线y=fx+x与y=x2存在两条公切线，
所以方程Fx=m有两个不同的实根，
故实数m的取值范围为0,4e2．
【答案】
解：(1)依题意，F1,0，
因为AD→=DB→，故D是线段AB的中点．
设直线l：x=ty+1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，D(x0,y0)，
联立x=ty+1,y2=4x,
整理得y2−4ty−4=0，
所以y1+y2=4t，y1y2=−4，
故y0=2t，x0=ty0+1=2t2+1，
故D2t2+1,2t，则2t2t2+1=49，
解得t=14或t=2，
故直线l的方程为4x−y−4=0或x−2y−1=0．
(2)因为∠FAP∈0,π2，故AF→⋅AP→>0，
设Ax,y，F1,0，Pxp,0，
则AP→=xp−x,−y，AF→=1−x,−y，
故AP→⋅AF→=xp−x1−x+y2
=x2+3−xpx+xp>0x>0，
即x2+3−xpx+xp>0对任意的x>0恒成立.
令ℎx=x2+3−xpx+xp，
①xp−32>0,Δ<0,解得3故3②xp−32≤0,ℎ(0)≥0,解得0≤xp≤3.
又xp≠1，故0≤xp<1或1综上所述，点P横坐标的取值范围为[0,1)∪(1,9)．
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
直线与抛物线结合的最值问题
直线与抛物线的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)依题意，F1,0，
因为AD→=DB→，故D是线段AB的中点．
设直线l：x=ty+1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，D(x0,y0)，
联立x=ty+1,y2=4x,
整理得y2−4ty−4=0，
所以y1+y2=4t，y1y2=−4，
故y0=2t，x0=ty0+1=2t2+1，
故D2t2+1,2t，则2t2t2+1=49，
解得t=14或t=2，
故直线l的方程为4x−y−4=0或x−2y−1=0．
(2)因为∠FAP∈0,π2，故AF→⋅AP→>0，
设Ax,y，F1,0，Pxp,0，
则AP→=xp−x,−y，AF→=1−x,−y，
故AP→⋅AF→=xp−x1−x+y2
=x2+3−xpx+xp>0x>0，
即x2+3−xpx+xp>0对任意的x>0恒成立.
令ℎx=x2+3−xpx+xp，
①xp−32>0,Δ<0,解得3故3②xp−32≤0,ℎ(0)≥0,解得0≤xp≤3.
又xp≠1，故0≤xp<1或1综上所述，点P横坐标的取值范围为[0,1)∪(1,9)．
【答案】
解：(1)依题意，直线l的普通方程为x+2y−8=0，
则直线l的极坐标方程为ρcsθ+2ρsinθ−8=0．
(2)依题意，曲线C1的参数方程为x=csθ,y=sinθ(θ为参数），
设Nx,y，则由条件知点x5,y6在曲线C1上，
所以 x5=csθ,y6=sinθ,
即x=5csθ,y=6sinθ,而M0,1，
又因为P为线段MN的中点，
所以P52csθ,6sinθ+12，
则点P到直线l的距离为：
52csθ+6sinθ−75=|13sin(θ+φ)−14|25，
当sinθ+φ=1时，点P到直线l的距离取得最小值510.
【考点】
直线的极坐标方程
直线的参数方程
参数方程的优越性
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)依题意，直线l的普通方程为x+2y−8=0，
则直线l的极坐标方程为ρcsθ+2ρsinθ−8=0．
(2)依题意，曲线C1的参数方程为x=csθ,y=sinθ(θ为参数），
设Nx,y，则由条件知点x5,y6在曲线C1上，
所以 x5=csθ,y6=sinθ,
即x=5csθ,y=6sinθ,而M0,1，
又因为P为线段MN的中点，
所以P52csθ,6sinθ+12，
则点P到直线l的距离为：
52csθ+6sinθ−75=|13sin(θ+φ)−14|25，
当sinθ+φ=1时，点P到直线l的距离取得最小值510.质量指标值
频数
频率
[60,70)
20
0.1
[70,80)
60
[80,90)
0.4
90,100
40
质量指标值
频数
频率
[60,70)
20
0.1
[70,80)
60
0.3
[80,90)
80
0.4
[90,100)
40
0.2
X
0
1
2
3
P
3431000
4411000
1891000
271000
质量指标值
频数
频率
[60,70)
20
0.1
[70,80)
60
0.3
[80,90)
80
0.4
[90,100)
40
0.2
X
0
1
2
3
P
3431000
4411000
1891000
271000