2020-2021学年河南省平顶山市某校高二（下）3月月考数学（文）试卷 (1)

这是一份2020-2021学年河南省平顶山市某校高二（下）3月月考数学（文）试卷 (1)，共9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. 复数z=i9(−1−2i)的共轭复数为( )
A.2+iB.2−iC.−2+iD.−2−i

2. 观察如图图形规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为( )

A.B.C.D.

3. 余弦函数是偶函数，fx=cs2x2−3是余弦函数，因此fx=cs2x2−3是偶函数，以上推理( )
A.结论不正确B.大前提不正确C.小前提不正确D.全不正确

4. 在建立两个变量y与x的回归模型中，分别选择了4个不同的模型，结合它们的相关指数R2判断，其中拟合效果最好的为( )
A.模型1的相关指数R2为0.85
B.模型2的相关指数R2为0.25
C.模型3的相关指数R2为0.7
D.模型4的相关指数R2为0.3

5. 若复数z=a+1+(a−2)i为纯虚数，其中a∈R，则复数14+z的模为( )
A.1B.15C.55D.125

6. 用反证法证明“至少存在一个实数x0，使3x0>0成立”时，假设正确的是( )
A.至少存在两个实数x0，使3x0>0成立
B.至多存在一个实数x0，使3x0>0成立
C.不存在实数x0，使3x0>0成立
D.任意实数x，3x>0恒成立

7. 复数z满足|z−2|−|z+2|=2，则|z−2i|的最小值为（ ）
A.1B.2C.3D.2

8. 有甲、乙、丙、丁四位大学生参加创新设计大赛，只有其中一位获奖，有人走访了这四位大学生，甲说：“是丙获奖.”乙说：“是丙或丁获奖.”丙说：“乙、丁都未获奖.”丁说：“我获奖了.”这四位大学生的话只有两人说的是对的，则获奖的大学生是( )
A.甲B.乙C.丙D.丁

9. 观察下列各式：72=49，73=343，74=2401，⋯，则71009的末两位数字为（ ）
A.49B.43C.07D.01

10. 在平面中，与正方形ABCD的每条边所成角都相等的直线与AB所成角的余弦值为22．将此结论类比到空间中，得到的结论为：在空间中，与正方体ABCD−A1B1C1D1的每条棱所成角都相等的直线与AB所成角的余弦值为（ ）
A.22B.33C.32D.63

11. 已知Sn是数列an的前n项和，an+4Sn=n2n2+3n−3−2n+1，通过计算得a1=0，a2=5，a3=22，a4=57，根据通项的规律可以归纳得出a10=（ ）
A.981B.979C.980D.978
二、填空题

已知复数z1=3+2i，z2=a+aia∈R，z1+z2∈R，则z1+z2=________.

对奇数列1，3，5，7，9…，进行如下分组：第一组含一个数{1}；第二组含两个数{3,5}；第三组含三个数{7,9,11}；第四组含四个数{13,15,17,19}；…试观察猜想每组内各数之和f(n)(n∈N*)与组的编号数n的关系式为________．

若复数z满足|z|=2，则|z+3|+|z−3|的取值范围是________．

某企业对4个不同的部门的个别员工的年旅游经费调查发现，员工的年旅游经费y（单位：万元）与其年薪（单位：万元）有较好的线性相关关系，通过下表中的数据计算得到y关于x的线性回归方程为y=0.2529x−1.4574．
那么，相应于点10,1.1的残差为________．
三、解答题

已知复数z=3x−x2−xix∈R的实部与虚部的差为fx.
(1)若fx=8，且x>0，求复数iz在复平面内对应的点的坐标；

(2)当fx取得最小值时，求复数z1+2i的实部．

已知a2+b2=1，x2+y2=1，求证：ax+by≤1．(分别用综合法、分析法证明）

已知若椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0交x轴于A，B两点，点P是椭圆C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别交y轴于点M， N，则AN→⋅BM→为定值b2−a2．
(1)若将双曲线与椭圆类比，试写出类比得到的命题；

(2)判定(1)类比得到命题的真假，请说明理由．

每年10月中上旬是小麦的最佳种植时间，但小麦的发芽会受到土壤、气候等多方面因素的影响．某科技小组为了解昼夜温差的大小与小麦发芽的多少之间的关系，在不同的温差下统计了100颗小麦种子的发芽数，得到了如下数据：

(1)请根据统计的最后三组数据，求出y关于x的线性回归方程y=bx+a；

(2)若100颗小麦种子的发芽率为n颗，则记为n%的发芽率，当发芽率为n%时，平均每亩地的收益为10n元，某农场有土地10万亩，小麦种植期间昼夜温差大约为9∘C，根据(1)中得到的线性回归方程估计该农场种植小麦所获得的收益．
附：在线性回归方程y=bx+a中， b=i=1nxiyi−nxyi=1nxi2−nx2．

A市某机构为了调查该市市民对我国申办2034足球世界杯的态度，随机选取了140位市民进行调查，调查结果统计如下：

1根据已知数据，把表格数据填写完整：

2利用1完成的表格数据回答下列问题：
i能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为支持申办足球世界杯与性别有关；
ii已知在被调查的支持申办足球世界杯的男性市民中有5位退休老人，其中2位是教师，现从这5位退休老人中随机抽取3人，求至多有1位老师的概率.
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，
其中n=a+b+c+d，

已知数列{an}满足a1=12，an+12=23an2+ 13．
(1)求an2；

(2)若bn=an+12 −an2，证明：数列{bn}中的任意三项不可能构成等差数列．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省平顶山市某校高二（下）3月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ z=i9(−1−2i)=i(−1−2i)=2−i，
∴ z=2+i.
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
归纳推理
【解析】
由前两行与前两列都是两个黑的和一个空心的图形，且图形各不一样，即可得解．
【解答】
解：观察前两行与前两列都是两个黑的和一个空心的图形，且图形各不一样，
则第三行或第三列也应具备这个特性，
即可知空格内应填““.
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
演绎推理
函数单调性的判断与证明
【解析】
分别判断大前提、小前提、结论的正确性，选出正确的答案．
【解答】
解：大前提：余弦函数是偶函数，
由余弦函数f(x)=csx，得f(−x)=cs−x=csx=f(x)，故大前提正确；
小前提：f(x)=cs2x2−3是余弦函数，
我们把fx=csx叫余弦函数，函数f(x)=cs2x2−3是余弦函数复合一个二次函数，故小前提不正确；
结论：f(x)=cs2x2−3是偶函数，
由f(x)=cs2x2−3，得f(−x)=cs2−x2−3=cs2x2−3=f(x)，故结论正确.
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
相关系数
【解析】
根据两个变量的相关指数R2越大，拟合效果越好，进行判定即可.
【解答】
解：根据两个变量的相关指数R2越大，拟合效果越好，
故模型1的相关指数R2=0.85最大，它的拟合效果最好．
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
根据z＝a+1+(a−2)i为纯虚数求出a的值，再计算复数14+z的模．
【解答】
解：因为z=a+1+(a−2)i为纯虚数，
所以a+1=0，解得a=−1，
所以14 + z = 14 − 3i = 4 + 3i25，
所以|14 + z| =42+3225= 15．
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
反证法
【解析】
根据反证法的原理可直接判断得到结果．
【解答】
解：根据反证法的原理知：
假设是对“至少存在一个实数x0的否定，
即“不存在实数x，使3x>0成立”．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
复数的模
轨迹方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设z=x+yix,y∈R，
则由|z−2|−|z+2|=2，
得x−22+y2−x+22+y2=2，
整理得x2−y23=1x≤−1，
所以|z−2i|=x2+y−22
=1+y23+y−22
=43y−322+2≥2，
当且仅当y=32时取等号，
即|z−2i|的最小值为2．
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
根据四位大学生的话只有两人说的是对的，假设其中一人说的对，如果和条件不符合，就说明假设的不对，如果和条件相符，则按假设的方法解决问题．
【解答】
解：若甲说的对，则乙、丙两人说的也对，这与只有两人说的对不符，故甲说的不对；
若甲说的不对，乙说的对，则丁说的也对，丙说的不对，符合条件，故获奖的是丁；
若若甲说的不对，乙说的不对，则丁说的也不对.
故选D．
9.
【答案】
C
【考点】
归纳推理
【解析】
先观察前5个式子的末两位数的特点，寻找规律，结合周期性进行判断即可．
【解答】
解：观察72=49，73=343，74=2401，
75=2401×7=16807，76=16807×7=117649，⋯，
可知末两位每4个式子一个循环，
72=49到71009一共有1008个式子，且1008÷4=252，
则71009的末两位数字与75的末两位数字相同，为07．
故选C．
10.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
余弦定理
【解析】
首先根据题中条件可知该直线是正方体的体对角线，然后根据余弦定理即可求出所成角的余弦值．
【解答】
解：设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，
与正方体ABCD−A1B1C1D1的每条棱所成角都相等的直线为其体对角线所在直线，
求此直线与AB所成角的余弦值即求∠C1AB的余弦值，
可知AB=a，BC1=2a，AC1=3a，
有cs∠C1AB=a2+3a2−2a223a2=33，
故此直线与AB所成角的余弦值为33．
故选B．
11.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
【解析】
无
【解答】
解：由an+4Sn=n2n2+3n−3−2n+1可以猜想，
an，Sn的通项公式均为关于n的多项式，
且Sn中n的次数最高次为4次，则an中n的次数最高次为3次，
则13−a1=2×1−1，a1=13−2×1+1=0，
23−a2=2×2−1，a2=23−2×2+1=5，
33−a3=2×3−1，a3=33−2×3+1=22，
43−a4=2×4−1，a4=43−2×4+1=57，
∴根据通项的规律可以归纳得出an=n3−2n+1，
故a10=981．
故选A．
二、填空题
【答案】
1
【考点】
复数代数形式的加减运算
复数的基本概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：z1+z2=(3+a)+(2+a)i，
∵ z1+z2∈R，
∴ a=−2，
∴ z1+z2=1.
故答案为：1.
【答案】
f(n)=n3
【考点】
归纳推理
【解析】
先求出f1，f2，f3，f4的值，再归纳出fn即可．
【解答】
解：观察前四组数个数之和可得，
f1=1=13，
f2=3+5=8=23，
f3=7+9+11=27=33，
f4=13+15+17+19=64=43，
则猜想第n组各数之和等于n3，即fn=n3.
故答案为：fn=n3.
【答案】
[6, 213]
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数的模
【解析】
复数z满足|z|＝2，表示以原点为圆心，以2为半径的圆，则|z+3|+|z−3|的表示圆上的点到(−3, 0)和(3, 0)的距离，结合图形可求．
【解答】
解：满足|z|=2的z在以原点为圆心，以2为半径的圆上，
则|z+3|+|z−3|的表示圆上的点到B(−3, 0)和C(3, 0)的距离，
由图象可知，
当点在E，G处最小，最小为：3+3=6，
当点在D，F处最大，最大为2×22+32=213，
则|z+3|+|z−3|的取值范围是[6, 213].
故答案为：[6, 213].
【答案】
0.0284
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
本题考查了线性回归方程的应用问题，考查了残差的计算公式，是基础题．
【解答】
解：当x=10时，y=1.0716，
∴残差为y−y=1.1−1.0716=0.0284．
故答案为：0.0284．
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意可得fx=3x+x2−x=x2+2x，
因为fx=8，
所以x2+2x=8.
又x>0，
所以x=2，
即z=6−2i，
则iz=i6−2i=2+6i，
所以iz在复平面内对应的点的坐标为2,6.
(2)因为fx=x+12−1，
所以当x=−1时，fx取得最小值，
此时，z=−3−2i，
则z1+2i=−3+2i1+2i=−3+2i1−2i5=−75+45i，
所以z1+2i的实部为−75.
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
由复数的实部、虚部的运算，可得fx=x2+2x，再结合题意可得x=2，再确定z在复平面内对应的点的坐标即可
先求出函数取最小值时对应的x的值，再结合复数的除法运算即可得解．
【解答】
解：(1)由题意可得fx=3x+x2−x=x2+2x，
因为fx=8，
所以x2+2x=8.
又x>0，
所以x=2，
即z=6−2i，
则iz=i6−2i=2+6i，
所以iz在复平面内对应的点的坐标为2,6.
(2)因为fx=x+12−1，
所以当x=−1时，fx取得最小值，
此时，z=−3−2i，
则z1+2i=−3+2i1+2i=−3+2i1−2i5=−75+45i，
所以z1+2i的实部为−75.
【答案】
证明：(综合法)∵ a2+b2=1，x2+y2=1，
∴ a2+b2+x2+y2=2，
∵ a2+x2≥2ax，b2+y2≥2by，
当且仅当a=x，b=y时等号成立，
∴ 2ax+2by≤2，
∴ ax+by≤1.
问题得以证明．
(分析法)要证ax+by≤1成立，
只要证1−ax+by≥0,
只要证2−2ax−2by≥0,
又a2+b2=1，x2+y2=1，
只要a2+b2+x2+y2−2ax−2by≥0,
即a−x2+b−y2≥0,
该式显然成立，故ax+by≤1成立.
【考点】
分析法的思考过程、特点及应用
综合法的思考过程、特点及应用
基本不等式
【解析】
综合法首先利用基本不等式转化原不等式，再结合a2+b2=1，x2+y2=1即可得证；
分析法需要构造出平方和，通过平方和大于零证明不等式．
【解答】
证明：(综合法)∵ a2+b2=1，x2+y2=1，
∴ a2+b2+x2+y2=2，
∵ a2+x2≥2ax，b2+y2≥2by，
当且仅当a=x，b=y时等号成立，
∴ 2ax+2by≤2，
∴ ax+by≤1.
问题得以证明．
(分析法)要证ax+by≤1成立，
只要证1−ax+by≥0,
只要证2−2ax−2by≥0,
又a2+b2=1，x2+y2=1，
只要a2+b2+x2+y2−2ax−2by≥0,
即a−x2+b−y2≥0,
该式显然成立，故ax+by≤1成立.
【答案】
解：(1)类比得命题：若双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0交x轴于A，B两点，点P是双曲线C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别交y轴于点M，N，则AN→⋅BM→为定值−a2+b2．
(2)在(1)中类比得到的命题为真命题，证明如下：
不妨设A−a,0，Ba,0，Px0,y0，
则kPA=y0−0x0−−a=y0x0+a，
∴直线PA方程为y=y0x0+ax+a，
令x=0，则y=ay0x0+a，
∴点M坐标为0,ay0x0+a，
又Ba,0，∴BM→=−a,ay0x0+a，
同法可求得： AN→=a,−ay0x0−a，
∴AN→⋅BM→=−a2−a2y02x02−a2，
又∵x02a2−y02b2=1，
∴AN→⋅BM→=−a2−a2x02−a2[b2⋅(x02a2−1)]=−(a2+b2)．
【考点】
类比推理
直线的点斜式方程
平面向量数量积的运算
【解析】
无本题考查类比推理的应用、双曲线中定值问题的证明；关键是能够熟练应用直线与双曲线的相关知识，表示出所需的平面向量，根据平面向量数量积的坐标运算可化简得到结果．
本题考查类比推理的应用、双曲线中定值问题的证明；关键是能够熟练应用直线与双曲线的相关知识，表示出所需的平面向量，根据平面向量数量积的坐标运算可化简得到结果．
【解答】
解：(1)类比得命题：若双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0交x轴于A，B两点，点P是双曲线C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别交y轴于点M，N，则AN→⋅BM→为定值−a2+b2．
(2)在(1)中类比得到的命题为真命题，证明如下：
不妨设A−a,0，Ba,0，Px0,y0，
则kPA=y0−0x0−−a=y0x0+a，
∴直线PA方程为y=y0x0+ax+a，
令x=0，则y=ay0x0+a，
∴点M坐标为0,ay0x0+a，
又Ba,0，∴BM→=−a,ay0x0+a，
同法可求得： AN→=a,−ay0x0−a，
∴AN→⋅BM→=−a2−a2y02x02−a2，
又∵x02a2−y02b2=1，
∴AN→⋅BM→=−a2−a2x02−a2[b2⋅(x02a2−1)]=−(a2+b2)．
【答案】
解：(1)
此时：x=0，y1=1，
b=1+4−3×0×11+1−3×0=52，
a=y12−b⋅x1=1−52×0=1，
∴ y−86=52x−12+1，
∴ y=52x+57．
(2)当x=9时，y=79.5．
发芽率n%=79.5100=79.5%，∴ n=79.5．
收益：79.5×10×10（万亩）=7950（万元）．
种植小麦收益为7950万元．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
(1)先进行数据处理：每个温差值减去12，每个发芽数减去86，得到新的数据表格，求出x，y1，b，a的值，最后求出y关于x的线性回归方程y=bx+8；
(2)根据线回归方程，分别计算当x=8时，当x=10时，它们的估计值，然后判断(1)中得到的线性回归方程是否可靠；
【解答】
解：(1)
此时：x=0，y1=1，
b=1+4−3×0×11+1−3×0=52，
a=y12−b⋅x1=1−52×0=1，
∴ y−86=52x−12+1，
∴ y=52x+57．
(2)当x=9时，y=79.5．
发芽率n%=79.5100=79.5%，∴ n=79.5．
收益：79.5×10×10（万亩）=7950（万元）．
种植小麦收益为7950万元．
【答案】
解：1由题意完成列联表如下：
2i因为K2 的观测值k=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
=140×(40×50−30×20)260×80×70×70
≈11.667>10.828，
所以能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为支持申办足球世界杯与性别有关.
ii记5人分别为a，b，c，d，e，其中a，b表示教师，从5人中任意取3人的情况有(a,b,c)，(a,b,d)，(a,b,e)，(a,c,d)，(a,c,e)，(a,d,e)，(b,c,d)，(b,c,e)，(b,d,e)，(c,d,e)，共10种,
其中至多有1位教师的情况有(a,c,d)，(a,c,e)，(a,d,e)，(b,c,d)，(b,c,e)，(b,d,e)，(c,d,e)，共7种，
故所求的概率P=710.
【考点】
独立性检验
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由题意完成列联表如下：
2i因为K2 的观测值k=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
=140×(40×50−30×20)260×80×70×70
≈11.667>10.828，
所以能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为支持申办足球世界杯与性别有关.
ii记5人分别为a，b，c，d，e，其中a，b表示教师，从5人中任意取3人的情况有(a,b,c)，(a,b,d)，(a,b,e)，(a,c,d)，(a,c,e)，(a,d,e)，(b,c,d)，(b,c,e)，(b,d,e)，(c,d,e)，共10种,
其中至多有1位教师的情况有(a,c,d)，(a,c,e)，(a,d,e)，(b,c,d)，(b,c,e)，(b,d,e)，(c,d,e)，共7种，
故所求的概率P=710.
【答案】
(1)解：由题意设an+12+t=23(an2+t)，
所以an+12=23an2−13t，
又因为an+12=23an2+13，所以t=−1，
所以an+12−1=23(an2−1)，
又a1=12，
则数列{an2−1}是以a12−1=−34为首项，以23为公比的等比数列，
则an2−1=−34⋅(23)n−1，
所以an2=1−34⋅(23)n−1.
(2)证明：由(1)得an2=1−34⋅(23)n−1，
所以bn=an+12−an2
=1−34⋅(23)n−1+34⋅(23)n−1
=14⋅(23)n−1．
假设数列{bn}中存在三项br，bs，bt （r因为数列{bn}是首项为14，公比为23的等比数列，
所以br>bs>bt，则只能有2bs=br+bt成立，
所以2×14×(23)s−1=14×(23)r−1+14×(23)t−1，
化简，得3t−r+2t−r=2×2s−r×3t−s．
因为r所以3t−r+2t−r为奇数，2×2s−r×3t−s为偶数，
故3t−r+2t−r=2×2s−r×3t−s不可能成立，
所以假设不成立，
即数列{bn}中的任意三项不可能构成等差数列．
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
等差关系的确定
等差中项
【解析】
由an + 12 − 1 = 23(an2 − 1)，得an + 12 −1= 23(an2 −1)，可得数列{an2−1}是以 − 34为首项，以23为公比的等比数列，求其通项公式，可得an2= 1 − 34 ⋅ (23)n − 1；

由（1）得an2= 1 − 34 ⋅ (23)n − 1，结合bn=an+12 −an2 得到数列{bn}的通项公式，假设数列{bn}中存在三项br，bs，bt 构成等差数列，由等差中项的概念列式推出矛盾，即可说明数列{bn}中的任意三项不可能构成等差数列．
【解答】
(1)解：由题意设an+12+t=23(an2+t)，
所以an+12=23an2−13t，
又因为an+12=23an2+13，所以t=−1，
所以an+12−1=23(an2−1)，
又a1=12，
则数列{an2−1}是以a12−1=−34为首项，以23为公比的等比数列，
则an2−1=−34⋅(23)n−1，
所以an2=1−34⋅(23)n−1.
(2)证明：由(1)得an2=1−34⋅(23)n−1，
所以bn=an+12−an2
=1−34⋅(23)n−1+34⋅(23)n−1
=14⋅(23)n−1．
假设数列{bn}中存在三项br，bs，bt （r因为数列{bn}是首项为14，公比为23的等比数列，
所以br>bs>bt，则只能有2bs=br+bt成立，
所以2×14×(23)s−1=14×(23)r−1+14×(23)t−1，
化简，得3t−r+2t−r=2×2s−r×3t−s．
因为r所以3t−r+2t−r为奇数，2×2s−r×3t−s为偶数，
故3t−r+2t−r=2×2s−r×3t−s不可能成立，
所以假设不成立，
即数列{bn}中的任意三项不可能构成等差数列．x
7
10
12
15
y
0.4
1.1
1.3
2.5
温差x​∘C
8
10
11
12
13
发芽数y（颗）
79
81
85
86
90
支持
不支持
总计
男性市民
60
女性市民
50
合计
70
140
P(K2>k0)
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
x
x−12
−1
0
1
y
y−86
−1
0
4
x
x−12
−1
0
1
y
y−86
−1
0
4
支持
不支持
总计
男性市民
40
20
60
女性市民
30
50
80
合计
70
70
140
支持
不支持
总计
男性市民
40
20
60
女性市民
30
50
80
合计
70
70
140