2020-2021学年江西省上饶市高三（下）4月月考数学（理）试卷北师大版

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这是一份2020-2021学年江西省上饶市高三（下）4月月考数学（理）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. 设集合A={x∈Z|0A.1,2B.(1,2]C.[1,2)D.1,2

2. 已知复数z=1+3i1−i，z的虚部是( )
A.2B.2iC.−2D.−2i

3. 在等腰△ABC中，底边AB=4，则AC→⋅AB→=( )
A.4B.6C.8D.16

4. 已知a=lg53，b=lg169，c=0.3a−2，则a，b，c的大小关系是( )
A.a>b>cB.a>c>bC.c>a>bD.c>b>a

5. 函数fx=lnx2+1−xcsx+2的部分图像大致为( )
A.B.C.D.

6. 将函数fx=cs2x−π6向左平移φφ>0个单位长度，所得图像的对应函数为gx，则“ φ=π3”是“gx为奇函数”的( )
A.充分不必要B.必要不充分
C.充要条件D.既不充分也不必要

7. (1+x)(1−2x)5的展开式中x2的系数为( )
A.−30B.30C.−40D.40

8. 青铜神树，四川广汉三星堆遗址出土的文物，共有八棵，属夏代晚期青铜器．中国首批禁止出国(境)展览文物．1986年出土于四川广汉三星堆遗址，收藏于四川三星堆博物馆．其中一号大神树高达3.96米，树干残高3.84米．有三层枝叶，每层有三根树枝，树枝的花果或上翘，或下垂．三根上翘树枝的花果上都站立着一只鸟，鸟共九只(即太阳神鸟)；现从中任选三只神鸟，则三只神鸟来自不同层枝叶的概率( )

A.127B.328C.13D.928

9. 执行如图所示的程序框图，若输入n=10，则输出S=( )

A.−1B.12C.1D.2

10. 已知公比不为1的等比数列，存在s，t∈N∗，满足as⋅at=a42，则2s+12t的最小值为( )
A.712B.916C.1730D.58

11. 已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点F，准线l交x轴于点K，过F作倾斜角为α的直线与抛物线C交于A，B两点，若sinα=13，则tan∠AKB=( )
A.3B.34C.43D.13

12. 在三棱锥P−ABC中，点A在平面PBC中的投影是△PBC的垂心，若△ABC是等腰直角三角形且AB=AC=1，PC=3，则三棱锥P−ABC的外接球表面积为( )
A.πB.4π3C.4πD.6π
二、填空题

设函数 fx=2x+1，x≤1，lg3x+3a，x>1，若ff1>4，则实数a的取值范围________.
三、解答题

在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c且满足cs2A−5csB+C−2=0．
(1)求角A的大小．

(2)已知a=3，求b⋅c的取值范围．

每年春天，婺源的油菜花海吸引数十万游客纷至沓来，油菜花成为“中国最美乡村”的特色景观，三月，婺源篁岭油菜花海进入最佳观赏期．现统计了近七年每年（2015年用x=1表示，2016年用x=2表示…）来篁岭旅游的人次y（单位：万人次）相关数据，如下表所示：

(1)若y关于x具有较强的线性相关关系，求y关于x的线性回归方程y=bx+a，并预测2022年篁岭的旅游的人次；

(2)为维持旅游秩序，今需A、B、C、D四位公务员去各景区值班，已知A、B、C去篁岭值班的概率均为23，D去篁岭值班的概率为13，且每位公务员是否去篁岭值班不受影响，用X表示此4人中去篁岭值班人数，求X的分布列与数学期望．
参考公式： b=i=1n(xi−x¯)(yi−y¯)i=1n(xi−x¯)2 ．a=y¯−bx¯，
参考数据：i=17yi=301，i=17xi−x¯yi−y¯=140．

如图，在平行四边形ABCD中， ∠D=60∘，E为CD的中点，且AE=CE，现将平行四边形沿AE折叠成四棱锥P−ABCE.

(1)已知M为AB的中点，求证：AE⊥PM．

(2)若平面PAE⊥平面ABCE，求二面角B−PE−C的余弦值．

已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，并且经过P−2,0点．
(1)求椭圆C的方程；

(2)设F是椭圆C的右焦点，过点P的直线与x=1交于N点，与椭圆的另一个交点为B，点B关于y轴的对称点为B′，直线PB′交x=1于点M，求证： |FM|⋅|FN|为定值．

已知函数fx=alnx−1+x2．
(1)讨论函数fx的单调区间；

(2)对于任意的x∈[2,+∞）均有fx−x−12a≤0恒成立，求a的取值范围．

在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 x=1−s1+s,y=3+s1+s （s为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，在直线ρcsθ=2任取一点M，连接OM，在OM上任取一点P，使得|OM|⋅|OP|=8.
(1)求点P的轨迹的极坐标方程及C的普通方程．

(2)设Q为曲线C上任意一点，求|PQ|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（下）4月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
集合关系中的参数取值问题
【解析】
考察对集合性质的基本理解与运用
【解答】
解：由题可得集合A={1,2,3,4}，
∵ A∩B=2,3,4
∴ 集合B含有元素2，无元素1，故a<2且a≥1.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后得到z的虚部．
【解答】
解：z=1+3i1−i=1+3i(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i+i+3i21−i2
=−2+4i2=−1+2i．
∴ z的虚部为2．
故选A．
3.
【答案】
C
【考点】
向量的加法及其几何意义
平面向量数量积
【解析】
首先线性运算，再数量积，即可得出答案.
【解答】
解：设AB边的中点为D，则CD⊥AB，
又AC→=AD→+DC→，
则AC→⋅AB→=AD→+DC→⋅AB→=AD→⋅AB→+DC→⋅AB→
=12AB→⋅AB→=12AB→2=12×16=8.
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
利用指数，对数的值，比较大小即可.
【解答】
解：∵ a=lg53∴ a−2<0，
∴ c=0.3a−2>1，
又b=lg169=lg43>lg53，
∴ c>b>a.
故选D.
5.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
函数奇偶性的判断
【解析】
直接利用函数的奇偶性排除，及特殊值排除即可.
【解答】
解：∵ f(x)=lnx2+1−xcsx+2x∈R，
∴ f(−x)=ln−x2+1+xcs−x+2=lnx2+1+xcsx+2，
∴ f(x)+f(−x)=0，即f(−x)=−f(x)，
∴ 函数f(x)为奇函数，故BD排除；
又f1=ln1+1−1cs1+2<0，故C错误.
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用三角函数的奇偶性，求出参数值，再判断奇偶性即可.
【解答】
解：由题意得，g(x)=fx+φ=cs2x+2φ−π6，
若gx为奇函数，
则g0=0，即cs2φ−π6=0，
即2φ−π6=π2+kπ，k∈Z，
所以φ=π3+kπ2，k∈Z，
故“φ=π3”是“φ=π3+kπ2，k∈Z”的充分不必要条件.
故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
暂无
【解答】
解：根据题意知，(1−2x)5的展开式的通项公式为C5r(−2)rxr，
∴展开式中含x2项的系数为C52(−2)2+C51(−2)1=30.
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
利用古典概型，即可得出答案.
【解答】
解：任选三只神鸟共有C93种情况，
三只神鸟来自不同层枝叶的有C31C31C31种情况，
故三只神鸟来自不同层枝叶的概率为C31C31C31C93=928.
故选D.
9.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
利用程序框图，逐个计算即可.
【解答】
解：当S=2时，i=1≤10成立；
当S=1−12=12时，i=2≤10成立；
当S=1−2=−1时，i=3≤10成立；
当S=1−−1=2时，i=4≤10成立；
⋯⋯
当S=12时，i=11≤10不成立，
故输出S=12.
故选B.
10.
【答案】
C
【考点】
等比数列的性质
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用等比数列的性质及基本不等式，即可得出答案.
【解答】
解：由等比数列的性质可知，s+t=8，
∴ 2s+12t=182s+12ts+t
=1852+2ts+s2t≥1852+2=916，
当且仅当2ts=s2t取等号，即t=83时，取等号，
又s，t取正整数，
故当t=3时，2s+12t取得最小值1730.
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
两角和与差的正切公式
抛物线的性质
【解析】
过A点作AC⊥x轴于C点，过B点作BD⊥x轴于D点，tan∠AKF=ACCK，tan∠BKF=BDDK，由DK=BF，CK=AF，得tan∠AKF=ACAF=sinα，tan∠BKF=BDBF=sinα，由两角和的正切公式可得解．
【解答】
解：如图，过A点作AC⊥x轴于C点，过B点作BD⊥x轴于D点，
则tan∠AKF=ACCK，tan∠BKF=BDDK，
又DK=BF，CK=AF，
∴tan∠AKF=ACAF=sinα，
tan∠BKF=BDBF=sinα，
∴tanAKB=tan∠AKF+tan∠BKF1−tan∠AKF⋅tan∠BKF
=13+131−13×13=34．
故选B．
12.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
棱锥的结构特征
【解析】
设△PBC垂心为H，则AH⊥面PBC，AB，AC，AP两两垂直，P−ABC外接球即为以PA=2，AC=AB=1为长宽高的长方体外接球，2R=2+1+1=2，则可得外接球表面积
【解答】
解：设△PBC垂心为H，则AH⊥面PBC，
由垂心可知：BH⊥PC，
又∵AH⊥PC，
∴AH∩BH=H，
∴PC⊥面HAB，
∴PC⊥AB，
同理PA⊥BC，AC⊥PB，
又∵AB⊥AC，AB⊥PC，PC∩AC=C，
∴AB⊥面PAC，
又∵AB⊥AC，AC⊥PB，PB∩AB=B，
∴AC⊥面PAB，
∴AB，AC，AP两两垂直，
又∵PC=3，AC=1，
∴PA=2，
P−ABC外接球即为以PA=2，AC=AB=1为长宽高的长方体外接球，
∴2R=2+1+1=2，
∴外接球表面积S=4πR2=4π．
故选C．
二、填空题
【答案】
(1,+∞)
【考点】
分段函数的应用
【解析】
利用分段函数，即可得到不等式，解出即可.
【解答】
解：由题意得，f1=2+1=3，
则f3>4，即lg33+3a>4，
则3a>3，解得a>1.
故答案为：(1,+∞).
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ cs2A−5csB+C−2=0，
∴ 2cs2A+5csA−3=0，
∴ csA=12或−3（舍去），
∴ ∠A=π3．
(2)由正弦定理asinA=bsinB=csinC=332=2，
所以b=2sinB，C=2sinC，
b⋅c=4sinB⋅sin2π3−B
=432sinB⋅csB+12sin2B
=23sinB⋅csB+2sin2B
=3sin2B+1−cs2B
=2sin2B−π6+1，
∵ △ABC是锐角三角形，π6∴ π6<2B−π6<5π6，
∴ 12【考点】
同角三角函数间的基本关系
二倍角的余弦公式
正弦定理
正弦函数的定义域和值域
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ cs2A−5csB+C−2=0，
∴ 2cs2A+5csA−3=0，
∴ csA=12或−3（舍去），
∴ ∠A=π3．
(2)由正弦定理asinA=bsinB=csinC=332=2，
所以b=2sinB，C=2sinC，
b⋅c=4sinB⋅sin2π3−B
=432sinB⋅csB+12sin2B
=23sinB⋅csB+2sin2B
=3sin2B+1−cs2B
=2sin2B−π6+1，
∵ △ABC是锐角三角形，π6∴ π6<2B−π6<5π6，
∴ 12【答案】
解：(1)根据表中数据，
计算可得x¯=1+2+3+4+5+6+77=4，
y¯=29+33+36+44+48+52+597=43，
i=17xi−x¯2
=−32+−22+−12+02+12+22=32=28，
又i=17xi−x¯yi−y¯=140，
∴ b=i=17xi−x¯yi−y¯i=17xi−x¯2=14028=5，
则a=y¯−bx¯=43−5×4=23，
∴ y关于x的回归直线方程为y=5x+23，
令x=8，可得y=5×8+23=63，
即预计篁岭2022年三月份旅游人次约为63万人．
(2)由条件可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
PX=0=C30133⋅23=281，
PX=1=C3123⋅132⋅23+C30133⋅13=1381，
PX=2=C32232⋅13⋅23+C3123⋅132⋅13=3081，
P(X=3)=C33(23)3⋅23+C32(23)2⋅13⋅13=2881，
PX=4=C33233⋅13=881，
∴ X的分布列如下表所示：
∴ EX=0×281+1×1381+2×3081+3×2881+4×881=73．
【考点】
求解线性回归方程
古典概型及其概率计算公式
离散型随机变量的分布列及性质
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)根据表中数据，
计算可得x¯=1+2+3+4+5+6+77=4，
y¯=29+33+36+44+48+52+597=43，
i=17xi−x¯2
=−32+−22+−12+02+12+22=32=28，
又i=17xi−x¯yi−y¯=140，
∴ b=i=17xi−x¯yi−y¯i=17xi−x¯2=14028=5，
则a=y¯−bx¯=43−5×4=23，
∴ y关于x的回归直线方程为y=5x+23，
令x=8，可得y=5×8+23=63，
即预计篁岭2022年三月份旅游人次约为63万人．
(2)由条件可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
PX=0=C30133⋅23=281，
PX=1=C3123⋅132⋅23+C30133⋅13=1381，
PX=2=C32232⋅13⋅23+C3123⋅132⋅13=3081，
P(X=3)=C33(23)3⋅23+C32(23)2⋅13⋅13=2881，
PX=4=C33233⋅13=881，
∴ X的分布列如下表所示：
∴ EX=0×281+1×1381+2×3081+3×2881+4×881=73．
【答案】
(1)证明：取AE的中点O，连接PO，MO，EB．
由△DAE中，∠D=60∘，AE=EC，E为CD中点，
∴ △DAE是正三角形．
∴ PO⊥AE.
在△AOM中，AO=12AM，∠OAM=60∘，
∴ AE⊥OM，
∴ AE⊥平面POM，
∴ AE⊥PM.
(2)∵ 平面PAE⊥平面ABCE，
又∵ PO⊥AE.
∴ OP，OA，OM两两垂直，
以O的原点，OA为x轴，OM为y轴，OP为z轴建立坐标系，
设OA=1．
可得O0,0,0，A1,0,0，B−1,23,0，P0,0,3，E−1,0,0，C−2,3,0，
设平面BPE得法向量n→1=x1,y1,z1，
n1→⋅EB→=0,n1→⋅EP→=0,可得n1→=3,0,−1，
设平面CPE得法向量n2→=x2,y2,z2，
n2→⋅EC→=0,n2→⋅EP→=0,可得n2→=3,1,−1，
设二面角B−PE−C的平面角为θ，
则csθ=|n→1⋅n2→||n1→|⋅|n2→|=42⋅5=255，
∴ 二面角B−PE−C的余弦值为255．
【考点】
两条直线垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：取AE的中点O，连接PO，MO，EB．
由△DAE中，∠D=60∘，AE=EC，E为CD中点，
∴ △DAE是正三角形．
∴ PO⊥AE.
在△AOM中，AO=12AM，∠OAM=60∘，
∴ AE⊥OM，
∴ AE⊥平面POM，
∴ AE⊥PM.
(2)∵ 平面PAE⊥平面ABCE，
又∵ PO⊥AE.
∴ OP，OA，OM两两垂直，
以O的原点，OA为x轴，OM为y轴，OP为z轴建立坐标系，
设OA=1．
可得O0,0,0，A1,0,0，B−1,23,0，P0,0,3，E−1,0,0，C−2,3,0，
设平面BPE得法向量n→1=x1,y1,z1，
n1→⋅EB→=0,n1→⋅EP→=0,可得n1→=3,0,−1，
设平面CPE得法向量n2→=x2,y2,z2，
n2→⋅EC→=0,n2→⋅EP→=0,可得n2→=3,1,−1，
设二面角B−PE−C的平面角为θ，
则csθ=|n→1⋅n2→||n1→|⋅|n2→|=42⋅5=255，
∴ 二面角B−PE−C的余弦值为255．
【答案】
(1)解：由已知 4a2=1,ca=12, 解得a=2,c=1,
则b2=a2−c2=3，
所以椭圆C:x24+y23=1.
(2)证明：由已知条件可知斜率存在，
以下给出证明：
由题意，设直线PB的方程为y=kx+2k≠0，
P−2,0，Bx1,y1，则B′x1,−y1，
由3x2+4y2=12,y=kx+2,
得 3+4k2x2+16k2x+16k2−12=0 ，
所以Δ=144>0，
所以x1+−2=−16k23+4k2，
则x1=6−8k23+4k2，y1=12k3+4k2，
所以B(6−8k23+4k2,12k3+4k2)，即B′(8k2−63+4k2,12k3+4k2)，
直线PB′的方程为y=12k3+4k28k2−63+4k2+2x+2=34kx+2，
令x=1得y=94k，所以M1,94k，
令x=1由y=kx+2得y=3k，所以N1,3k ，
所以 |FM|⋅|FN|=94k⋅3k=274．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由已知 4a2=1,ca=12, 解得a=2,c=1,
则b2=a2−c2=3，
所以椭圆C:x24+y23=1.
(2)证明：由已知条件可知斜率存在，
以下给出证明：
由题意，设直线PB的方程为y=kx+2k≠0，
P−2,0，Bx1,y1，则B′x1,−y1，
由3x2+4y2=12,y=kx+2,
得 3+4k2x2+16k2x+16k2−12=0 ，
所以Δ=144>0，
所以x1+−2=−16k23+4k2，
则x1=6−8k23+4k2，y1=12k3+4k2，
所以B(6−8k23+4k2,12k3+4k2)，即B′(8k2−63+4k2,12k3+4k2)，
直线PB′的方程为y=12k3+4k28k2−63+4k2+2x+2=34kx+2，
令x=1得y=94k，所以M1,94k，
令x=1由y=kx+2得y=3k，所以N1,3k ，
所以 |FM|⋅|FN|=94k⋅3k=274．
【答案】
解：(1)f′x=ax−1+2x=2x2−2x+ax−1x>1，
当a≥0时，
2x2−2x+a≥0，
∴ fx在1,+∞单调递增；
当a<0时，
令f′x=0，则x=2±4−8a4=1±1−2a2，
∴ fx在1,1+1−2a2上单调递减，
在1+1−2a2,+∞上单调递增．
(2)取x=2代入不等式fx−x−12a≤0，
得0下证0设ℎa=alnx−1+x2−x−12a0ℎ′a=lnx−1+x−12a2>0x≥2，
∴ ℎa在(0,14]上单调递增，
∴ ℎa≤ℎ14=14lnx−1+x2−4x−12
设gx=14lnx−1+x2−4x−12x≥2，
g′x=14x−1+2x−8x−1
=−24x2+56x−314x−1<0x≥2，
∴ gx≤g2=0，
故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】
解：(1)f′x=ax−1+2x=2x2−2x+ax−1x>1，
当a≥0时，
2x2−2x+a≥0，
∴ fx在1,+∞单调递增；
当a<0时，
令f′x=0，则x=2±4−8a4=1±1−2a2，
∴ fx在1,1+1−2a2上单调递减，
在1+1−2a2,+∞上单调递增．
(2)取x=2代入不等式fx−x−12a≤0，
得0下证0设ℎa=alnx−1+x2−x−12a0ℎ′a=lnx−1+x−12a2>0x≥2，
∴ ℎa在(0,14]上单调递增，
∴ ℎa≤ℎ14=14lnx−1+x2−4x−12
设gx=14lnx−1+x2−4x−12x≥2，
g′x=14x−1+2x−8x−1
=−24x2+56x−314x−1<0x≥2，
∴ gx≤g2=0，
故0【答案】
解：(1)设P点的极坐标为ρ,θ，则M的极坐标为ρ0,θ，
∵ |OM|⋅|OP|=8，
∴ ρ⋅ρ0=8，
又∵ M在直线ρcsθ=2上，
∴ ρ0=2csθ即ρ=82csθ=4csθ，
即点P轨迹的极坐标方程为ρ=4csθ，
曲线C的参数方程为x=1−s1+s,y=3+s1+s（s为参数），
x=1−s1+s=1−2s1+sx≠−1,y=3+s1+s=3−2s1+s
x−y=−2x≠−1，
即曲线C的普通方程为x−y+2=0x≠−1．
(2)点P轨迹的普通方程为x−22+y2=4，
点P在以2,0为圆心，2为半径的圆上，
Q为直线x−y+2=0上一点，
∴ |PQ|min=|2−0+2|2−2=22−2.
【考点】
参数方程与普通方程的互化
圆的极坐标方程
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设P点的极坐标为ρ,θ，则M的极坐标为ρ0,θ，
∵ |OM|⋅|OP|=8，
∴ ρ⋅ρ0=8，
又∵ M在直线ρcsθ=2上，
∴ ρ0=2csθ即ρ=82csθ=4csθ，
即点P轨迹的极坐标方程为ρ=4csθ，
曲线C的参数方程为x=1−s1+s,y=3+s1+s（s为参数），
x=1−s1+s=1−2s1+sx≠−1,y=3+s1+s=3−2s1+s
x−y=−2x≠−1，
即曲线C的普通方程为x−y+2=0x≠−1．
(2)点P轨迹的普通方程为x−22+y2=4，
点P在以2,0为圆心，2为半径的圆上，
Q为直线x−y+2=0上一点，
∴ |PQ|min=|2−0+2|2−2=22−2.x
1
2
3
4
5
6
7
旅游人次y（单位：万人次）
29
33
36
44
48
52
59
X
0
1
2
3
4
P
281
1381
3081
2881
881
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P
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1381
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