2020-2021学年湖北省荆州市高二（下）4月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖北省荆州市高二（下）4月月考数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设复数z满足i⋅z=1+i，则z的共轭复数为( )
A.1−iB.1+iC.−1−iD.−1+i

2. 设直线l的斜率为k，且−1≤kkx恒成立
D.对任意两个正实数x1,x2，且x1≠x2，若fx1=fx2，则x1+x2>4
三、填空题

已知圆x2+y2−6x−7=0与抛物线y2=2px (p>0)的准线相切，则p=________．

在等比数列{an}中，已知a3⋅a8=10，则a53⋅a7的值为________．

如图，平行六面体 ABCD−A1B1C1D1中， |AB|=|AD|=|AA1|=1， ∠BAD=∠BAA1=120∘ ，∠DAA1=60∘ ，则线段 AC1 的长度是________.


若函数fx=−x2+a+2lnx在1e2,e上有两个不同的零点，则实数a的取值范围为________.
四、解答题

已知平行四边形ABCD的两对角线AC，BD交于点O(−1, 1)，其中A(−2, 0)，B(1, 1)．
(1)求点D的坐标及AD所在直线方程；

(2)求平行四边形ABCD的面积．

在①Sn=n2+n，②a3+a5=16，S3+S5=42，③an+1an=n+1n，S7=56，这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
设等差数列an的前n项和为Sn，数列bn为等比数列，________，b1=a1，b2=a1a22，求数列1Sn+bn的前n项和Tn.

已知圆C的圆心在直线l:x−2y=0上，且过点O0,0和A2,6．
(1)求圆C的方程；

(2)求证：直线l1:m−1x+y−3m=0，m∈R与圆C恒相交．

如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直，AF//DE，DE⊥AD，AD⊥BE， AF=AD=12DE=1, AB=2．

(1)求二面角B−EF−D的余弦值；

(2)判断线段BE上是否存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出BQBE的值，若不存在，说明理由．

已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，左，右焦点分别是F1，F2，若椭圆C上的点P1,32到F1，F2的距离和等于4.
(1)写出椭圆C的方程和焦点坐标；

(2)直线l过定点M0,2，且与椭圆C交于不同的两点A，B，若原点O在以线段AB为直径的圆外，求直线l的斜率的取值范围．

已知函数fx=e2x−alnx，函数gx=m+lnxx+n的图象在点（1,g(1)）处的切线方程为y=3．
(1)求函数gx的表达式；

(2)若a≤0，且fx在[e,+∞）上的最小值为e2e，证明：当x>0时， fx≥gx．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省荆州市高二（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
先化简复数z，再求出z的共轭复数z．
【解答】
解：∵ 复数z满足z⋅i=1+i，
∴ z=1+ii=i(1+i)−1=1−i，
∴ z的共轭复数为z=1+i．
故选B.
2.
【答案】
D
【考点】
直线的斜率
直线的倾斜角
【解析】
直线l的斜率为k，且−1f4−x2
∵ fx1=fx2 ，∴ fx2>f4−x2，
即证明fx>f4−x,x∈0,2,
令mx=fx−f4−x=lnx−ln4−x+2x−24−x,x∈0,2,
则 m′x=−8x−22x24−x2m2=0，即fx>f4−x,x∈0,2成立，
故x1+x2>4成立，故D正确．
故选ABD．
三、填空题
【答案】
2
【考点】
抛物线的求解
【解析】
求出准线方程，圆心和半径，利用圆心到准线的距离等于半径求出p．
【解答】
解：抛物线y2=2px (p>0)的准线为 x=−p2，圆x2+y2−6x−7=0，即(x−3)2+y2=16，
表示以(3, 0)为圆心，半径等于4的圆．
由题意得 3+p2=4，∴ p=2.
故答案为：2．
【答案】
100
【考点】
等比数列的性质
【解析】
根据等比数列的性质即可求出．
【解答】
解：a53⋅a7=a52⋅(a5a7)=a52⋅a62=(a5a6)2
=(a3a8)2=100.
故答案为：100.
【答案】
2
【考点】
空间向量的数乘运算
向量在几何中的应用
向量模长的计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵AC→1=AB→+AD→+AA1→，
∴AC→12=AB→2+AD→2+AA1→2+2AB→⋅AD→+2AB→⋅AA1→+2AD→⋅AA1→
=1+1+1+2×1×1×(−12)+2×1×1×(−12)+2×1×1×12
=2，
∴AC1=2.
故答案为：2.
【答案】
(1,4+1e4]
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
求导，利用导数研究函数的单调性。
再结合零点存在性定理确定范围
【解答】
解：fx的定义域为0,+∞，
f′x=2×1−x2x=21+x1−xx，
当x∈[1e2,1）时，f′x>0,fx为增函数；
当x∈(1,e]时，f′x0,f(1e2)≤0,f(e)≤0,即a−1>0,a−1e4−4≤0,a−e2+2≤0,
所以a的取值范围是(1,4+1e4].
故答案为：(1,4+1e4].
四、解答题
【答案】
解：(1)设D(a, b)，
∵ B(1, 1)，BD的中点O(−1, 1)，
∴ a+12=−1,b+12=1,解得a=−3，b=1．
∴ D(−3, 1)，
又A(−2, 0)，∴ kAD=1−0−3−(−2)=−1，
则AD所在直线方程为y−0=−1×(x+2)，即x+y+2=0.
(2)∵ B(1, 1)，AD:x+y+2=0，
∴ B到AD的距离为|1×1+1×1+2|2=22，
又|AD|=(−3+2)2+(1−0)2=2，
∴ 平行四边形ABCD的面积S=2×22=4．
【考点】
中点坐标公式
直线的点斜式方程
点到直线的距离公式
两点间的距离公式
【解析】
(Ⅰ)由已知结合中点坐标公式求得D的坐标，再由A、D的坐标求得AD所在直线的斜率，利用直线方程点斜式求AD的方程；
(Ⅱ)求|AD|，再由点到直线的距离公式求B到直线AD的距离，则平行四边形ABCD的面积可求．
1
【解答】
解：(1)设D(a, b)，
∵ B(1, 1)，BD的中点O(−1, 1)，
∴ a+12=−1,b+12=1,解得a=−3，b=1．
∴ D(−3, 1)，
又A(−2, 0)，∴ kAD=1−0−3−(−2)=−1，
则AD所在直线方程为y−0=−1×(x+2)，即x+y+2=0.
(2)∵ B(1, 1)，AD:x+y+2=0，
∴ B到AD的距离为|1×1+1×1+2|2=22，
又|AD|=(−3+2)2+(1−0)2=2，
∴ 平行四边形ABCD的面积S=2×22=4．
【答案】
解：选①:
当n=1时，a1=S1=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n，
又n=1满足an=2n，所以an=2n.
设{bn}的公比为q，
又因为a1=2，a2=4，
由b1=a1，b2=a1a22，
得b1=2，q=2，所以bn=2n．
则数列{bn}的前n项和为2−2n+11−2=2n+1−2，
又可知1Sn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
则数列{1Sn}的前n项和为：
1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
故Tn=2n+1−2+1−1n+1=2n+1−1n+1−1．
选②：
设公差为d，由a3+a5=16，S3+S5=42，
得2a1+6d=16,8a1+13d=42,
解得a1=2,d=2,
所以an=2n，Sn=n2+n.
设{bn}的公比为q，又因为a1=2，a2=4，
由b1=a1，b2=a1a22，
得b1=2，q=2，所以bn=2n．
则数列{bn}的前n项和为2−2n+11−2=2n+1−2，
又可知1Sn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
则数列{1Sn}的前n项和为：
1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
故Tn=2n+1−2+1−1n+1=2n+1−1n+1−1．
选③：
由an+1an=n+1n，得an+1n+1=ann，
所以ann=a11，即an=a1n．
S7=7a4=28a1=56，
所以a1=2，
所以an=2n，Sn=n2+n．
设{bn}的公比为q，又因为a1=2，a2=4，
由b1=a1，b2=a1a22，
得b1=2，q=2，所以bn=2n．
则数列{bn}的前n项和为2−2n+11−2=2n+1−2，
又可知1Sn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
则数列{1Sn}的前n项和为：
1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
故Tn=2n+1−2+1−1n+1=2n+1−1n+1−1．
【考点】
数列的求和
数列递推式
等差数列的通项公式
等差数列的性质
等比数列的性质
【解析】

【解答】
解：选①:
当n=1时，a1=S1=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n，
又n=1满足an=2n，所以an=2n.
设{bn}的公比为q，
又因为a1=2，a2=4，
由b1=a1，b2=a1a22，
得b1=2，q=2，所以bn=2n．
则数列{bn}的前n项和为2−2n+11−2=2n+1−2，
又可知1Sn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
则数列{1Sn}的前n项和为：
1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
故Tn=2n+1−2+1−1n+1=2n+1−1n+1−1．
选②：
设公差为d，由a3+a5=16，S3+S5=42，
得2a1+6d=16,8a1+13d=42,
解得a1=2,d=2,
所以an=2n，Sn=n2+n.
设{bn}的公比为q，又因为a1=2，a2=4，
由b1=a1，b2=a1a22，
得b1=2，q=2，所以bn=2n．
则数列{bn}的前n项和为2−2n+11−2=2n+1−2，
又可知1Sn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
则数列{1Sn}的前n项和为：
1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
故Tn=2n+1−2+1−1n+1=2n+1−1n+1−1．
选③：
由an+1an=n+1n，得an+1n+1=ann，
所以ann=a11，即an=a1n．
S7=7a4=28a1=56，
所以a1=2，
所以an=2n，Sn=n2+n．
设{bn}的公比为q，又因为a1=2，a2=4，
由b1=a1，b2=a1a22，
得b1=2，q=2，所以bn=2n．
则数列{bn}的前n项和为2−2n+11−2=2n+1−2，
又可知1Sn=1n2+n=1n(n+1)=1n−1n+1，
则数列{1Sn}的前n项和为：
1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
故Tn=2n+1−2+1−1n+1=2n+1−1n+1−1．
【答案】
(1) 解：设圆的方程为：(x−a)2+(y−b)2=r2，
由题意得：a−2b=0,a2+b2=r2,(2−a)2+(6−b)2=r2,
解得：a=4,b=2,r2=20,
故圆C的方程为：(x−4)2+(y−2)2=20．
(2)证明：因为直线l1：(m−1)x+y−3m=0， m∈R， mx−x+y−3m=0，
m(x−3)+y−x=0， 所以直线l1过定点(3，3)，
因为(3−4)2+(3−2)2=234．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∴x1+x2=−16k1+4k2， x1x2=121+4k2，
∴ 原点O在以线段AB为直径的圆外 ，∴∠AOB为锐角 ，
∴cs∠AOB>0， 则OA→⋅OB→=x1x2+y1y2>0，
又y1y2=(kx1+2)⋅(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4，
∴x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4，
=(1+k2)121+4k2+2k−16k1+4k2+4=4(4−k2)1+4k2>0，
∴k20， 则OA→⋅OB→=x1x2+y1y2>0，
又y1y2=(kx1+2)⋅(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4，
∴x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4，
=(1+k2)121+4k2+2k−16k1+4k2+4=4(4−k2)1+4k2>0，
∴k20，
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增．
又φ(14)=e−40，
所以φ(x)有唯一的零点x0∈(14,12)；
当x∈(0,x0)时，φ(x)0，k(x)单调递增，
所以k(x)min=k(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0，
又因为φ(x0)=e2x0−1x0=0，所以e2x0=1x0，
所以k(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0=x0(1x0−2)+2x0=1，
故f(x)≥g(x)．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）因为g(x)=1−m−lnxx2，函数g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线方程为y=3．所以g(1)=1−m1=0，即m=1，又g(1)=1+ln11+n=3，所以n=2所以g(x)=1+lnxx+2．
（2）由题意，f(x)的定义域为[e,+∞)，f′(x)=2e2x−ax，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，所以f(x)min=f(e)=e2e−a=e2e，所以a=0．要证f(x)≥g(x)，即证lnx+1x≤e2x−2，只需证x(e2x−2)−lnx≥1．令k(x)=x(e2x−2)−lnx，则k′(x)=(2x+1)e2x−2−1x=(2x+1)e2x−2x+1x=(2x+1)(e2x−1x)，
令φ(x)=e2x−1x(x>0)，则φ′(x)=2e2x+1x2>0，所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增．
又φ(14)=e−40，
所以φ(x)有唯一的零点x0∈(14,12)；当x∈(0,x0)时，φ(x)0，k(x)单调递增，所以k(x)min=k(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0，又因为φ(x0)=e2x0−1x0=0，所以e2x0=1x0，所以k(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0=x0(1x0−2)+2x0=1，故f(x)≥g(x)．
【解答】
(1)解：因为g′(x)=1−m−lnxx2，函数g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线方程为y=3．
所以g′(1)=1−m1=0，即m=1，
又g(1)=1+ln11+n=3，所以n=2，
所以g(x)=1+lnxx+2．
(2)证明：由题意，f(x)的定义域为[e,+∞)，
f′(x)=2e2x−ax，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(e)=e2e−a=e2e，所以a=0．
要证f(x)≥g(x)，即证lnx+1x≤e2x−2，
只需证x(e2x−2)−lnx≥1．令k(x)=x(e2x−2)−lnx，则k′(x)=(2x+1)e2x−2−1x=(2x+1)e2x−2x+1x
=(2x+1)(e2x−1x)，
令φ(x)=e2x−1x(x>0)，则φ′(x)=2e2x+1x2>0，
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增．
又φ(14)=e−40，
所以φ(x)有唯一的零点x0∈(14,12)；
当x∈(0,x0)时，φ(x)0，k(x)单调递增，
所以k(x)min=k(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0，
又因为φ(x0)=e2x0−1x0=0，所以e2x0=1x0，
所以k(x0)=x0(e2x0−2)−lnx0=x0(1x0−2)+2x0=1，
故f(x)≥g(x)．