2021-2022学年山西省晋中市某校高三（下）月考数学（文）试卷

这是一份2021-2022学年山西省晋中市某校高三（下）月考数学（文）试卷，共8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|xx−1≤0,B=x|x>0，则A∩B=（ ）
A.0,1B.(0,1]C.0,1D.⌀

2. 已知复数z=1+1−i3i（其中i为虚数单位）则|z|=（ ）
A.2B.5C.6D.7

3. 命题p“∃x0>1,x02−2x0>0”的否定为（ ）
A.∃x0≤1,x02−2x0≤0B.∃x0>1,x02−2x0≤0
C.∀x≤1,x2−2x≤0D.∀x>1,x2−2x≤0

4. 在等比数列an中，若a4a3a9=−18，则a7=（ ）
A.−12B.−13C.−14D.−32

5. 已知双曲线x2−y2b2=1b>0的离心率为2，则b的值为（ ）
A.1B.33C.12D.3

6. 已知变量x，y满足约束条件 x−y≥0,x+2y≥0,2x+y−3≤0 则z=2y−x的最大值为（ ）
A.1B.0C.−1D.−4

7. 已知某人从家里出发步行到公交车站需要5分钟，且所乘坐的公交车每天早上共有7：20及7:40两个班次．若该人随机从7:00−7:20之间选择一个时刻从家里出发，则到达公交车站后需要等待超过10分钟才能乘坐公交车的概率为（ ）
A.14B.25C.12D.23

8. 已知函数fx为定义在R上的偶函数，且 f3−x=fx．当x∈0,1时，fx=−x2+2x．则f2021=（ ）
A.1B.−1C.0D.−3

9. 已知函数fx=sin2x+φ，若fx1=12,fx2=32，且x2>x1，则x2−x1的最小值为（ ）
A.π15B.π12C.π6D.π3

10. 如图所示，将一个矩形纸片ABCD切去四个角处的阴影部分，其中四个阴影A部分为相互全等的直角梯形，且此直角梯形较长的底边长为a=52,θ是直角梯形的一个内角．将剩下的部分沿着虚线折起，恰好拼接成一个无盖直四棱柱PQEH−NMFG，且直四棱柱的底面PQEH为等腰梯形．已知AB=7，AD=8,sinθ=45．则此直四棱柱的体积为（ ）

A.28B.32C.36D.40

11. 已知点P是抛物线C:y2=4x上的动点，过点P作圆M:x−42+y2=3的两条切线，切点分别为A，B，则∠APB的最大值为（ ）
A.π6B.π4C.π3D.π2

12. 在锐角△ABC中，已知1tanA+1tanB=tanC2，则tanC的最小值为（ ）
A.4B.1C.22D.2
二、填空题

已知向量a→=3x−1,2x−1,b→=−2,1，若a→⊥b→，则x=________.

已知sinθ+π5=23，则sin2θ−π10=_________.

一个正方体的正视图如图所示，已知AB=CD=1,BC=2．则该正方体的棱长为________.


已知方程|lnx−1|=−1ex+t有两个不相等的正根，则实数t的取值范围为________.
三、解答题

已知在过去的六年中，某市燃油私家车保有量y1（万辆）与新能源私家车保有量y2（万辆）随着年数x（x=1，2,3,4,5,6）变化的线性回归方程分别为y1=1.4x+27,y2=4.2x+4.
(1)分别估计过去六年中，燃油私家车与新能源私家车的平均保有量；

(2)从今年开始，预估多少年后，才能达到平均每10辆私家车中，至少有六辆为新能源车．

已知等差数列an的首项为1，公差d>0，前n项和为Sn．数列Sn也为等差数列．
(1)求数列an的通项公式；

(2)设数列an+−1n⋅Sn的前n项和为Tn，求T2n.

如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABFE是正方形，且AB⊥AD,EF⊥ED,

(1)证明：CD⊥平面ADE；

(2)设平面BCF∩平面ADE=l，求证：l//平面ABFE．

已知函数f(x)=ax−12x2−x−1(a>0，且a≠1）.
(1)若曲线y=fx在x=2处的切线与直线y=ln2−3x平行，求a的值；

(2)当x≥0时，若fx≥0恒成立，求a的取值范围．

在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，过点P2,1的直线l1与椭圆C交于A，B两点，且当l1经过坐标原点时，|AB|=10.
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点P2,1的另一条直线l2与椭圆C交于E，F两点，且PA→=λPB→,PF→=λPE→，其中0<λ<1．求直线BE的斜率.

在极坐标系中，O为极点，点P是直线l:ρcsθ=2 上的动点，动点Q在射线OP上，且|OP|⋅|OQ|=42.
(1)求动点Q的轨迹的极坐标方程；

(2)已知直线m的极坐标方程为ρcsθ−32ρsinθ+32=0，求直线m被点Q的轨迹所截得的弦长．

已知函数fx=|x−a|+|x−a2−1|.
（1）若a=0，解不等式fx<2；

（2）若fx≥f0恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2021-2022学年山西省晋中市某校高三（下）月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
易知A=[0,1]，则A∩B=(0,1]．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数的模
【解析】
此题暂无解析
【解答】
易知z=1+1+i1=2−i,|z|=5.
3.
【答案】
D
【考点】
全称命题与特称命题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：原命题的否定为∀x>1,x2−2x≤0.
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
设公比为q，有a4a8a9=a1q3⋅a1q7⋅a1q8=a13q18=a1q63=a73=−18，可得a7=−12
5.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
根据题意，双曲线的方程为x2−y2b2=1(b>0)，
其中a＝1，则c=1+b2，
又由该双曲线的离心率e＝2，则有ca=1+b21=2，
又由b>0，
解可得b=3；
6.
【答案】
A
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
作出可行域，由2y−x=z，得y=12x+12z，易知12z∈−2,12，则z的最大值为1.
7.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
易知该人在7:00−7:05和7:15−7:20这两个时间段出发，均需要等待超过10分钟，
所以概率P=5+520=12.
8.
【答案】
A
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的周期性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题意可知，fx的周期T=3，所以f2021=f−1=f1=1.
9.
【答案】
B
【考点】
正弦函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
易知fx的最小正周期T=2π2=π，当2x1+φ=π6,2x2+φ=π3时，x2−x1的最小值为π12
10.
【答案】
A
【考点】
函数模型的选择与应用
在实际问题中建立三角函数模型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由图可知，HE=7−2a=2,PH=a=52，所以PQ=HE+2acsθ=5，
梯形PQEH的高h=asinθ=2，所以其面积S=12PQ+HE⋅h=7，
直四棱柱PQEH−NMFG的高HG=8−2asinθ=4，则V=4×7=28.
11.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
设Px0,y0，则|PM2|=x0−42+y02=x0−42+4x0=x02−4x0+16=x0−22+12≥12，
即|PM|的最小值为23，设∠APB=θ，则sinθ2≤323=12，即θ2≤π6，所以θ≤π3.
12.
【答案】
C
【考点】
三角函数的化简求值
基本不等式在最值问题中的应用
两角和与差的正切公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为A+B+C=π
所以tanC=tanπ−A+B=−tanA+B=tanA+tanBtanAtanB−1
因为1tanA+1tanB=tanC2，所以tanA+tanBtanAtanB=12⋅tanA+tanBtanAtanB−1
在锐角三角形中，tanA>0,tanB>0，所以tanA+tanB>0
所以tanAtanB=2tanAtanB−2，即tanAtanB=2，
所以tanC=21tanA+1tanB=tanA+tanB≥2tanAtanB=22，当且仅当tanA=tanB=2时等号成立．
二、填空题
【答案】
14
【考点】
平面向量的坐标运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由a→⋅b→=−23x−1+2x−1=1−4x=0，有x=14.
【答案】
−19
【考点】
二倍角的余弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
sin2θ−π10=−csπ2+2θ−π10=−cs2θ+2π5=2sin2θ+π5−1=2×232−1=89−1=−19
【答案】
10
【考点】
由三视图还原实物图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
正方体的棱长为32+1=10
【答案】
（1,+∞）
【考点】
根的存在性及根的个数判断
函数的零点与方程根的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
方程可化为|lnx−1|+1ex=t，
令fx=|lnx−1|+1ex，
①当x≥e时，fx=lnx+1ex−1，可知此时函数fx单调递增：
②当0由上知函数fx的减区间为0,e，增区间为[e,+∞），当x→+∞时，fx→+∞；
当x→0时，fx→+∞，故若函数fx有两个不相等的正根，必有t>fe=1+1−1=1.
三、解答题
【答案】
解：（1）因为x=1+2+3+4+5+66=3.5，
所以燃油私家车平均保有量y1=1.4×3.5+27=31.9万辆，
新能源私家车平均保有量y2=4.2×3.5+4=18.7万辆.
（2）由题意可知，y2y1+y2=4.2x+45.6x+31≥610x∈N*
解得x≥18,18−6=12，
即从今年开始的12年后，才能达成目标．
【考点】
众数、中位数、平均数
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）因为x=1+2+3+4+5+66=3.5，
所以燃油私家车平均保有量y1=1.4×3.5+27=31.9万辆，
新能源私家车平均保有量y2=4.2×3.5+4=18.7万辆.
（2）由题意可知，y2y1+y2=4.2x+45.6x+31≥610x∈N*
解得x≥18,18−6=12，
即从今年开始的12年后，才能达成目标．
【答案】
解：(1)因为S1=a1=1,S2=a1+a2=2+d,S3=a1+a2+a3=3+3d，
且由题意可知S1+S3=2S2，
所以1+3+3d=22+d，解得d=2，
所以an=1+2n−1=2n−1.
（2）由（1）可知an=2n−1,Sn=n+nn−12×2=n2，
所以an+−1n⋅Sn=2n−1+−1n⋅n2，
设bn=an+−1n⋅Sn ，
则b2n−1+b2n=22n−1−1−2n−12+4n−1+2n2=12n−5，
所以T2n=n7+12n−52=6n2+n.
【考点】
等差数列的通项公式
数列递推式
数列的求和
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为S1=a1=1,S2=a1+a2=2+d,S3=a1+a2+a3=3+3d，
且由题意可知S1+S3=2S2，
所以1+3+3d=22+d，解得d=2，
所以an=1+2n−1=2n−1.
（2）由（1）可知an=2n−1,Sn=n+nn−12×2=n2，
所以an+−1n⋅Sn=2n−1+−1n⋅n2，
设bn=an+−1n⋅Sn ，
则b2n−1+b2n=22n−1−1−2n−12+4n−1+2n2=12n−5，
所以T2n=n7+12n−52=6n2+n.
【答案】
证明：（1）在正方形ABFE中，AB//EF
因为AB⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，
所以EF//平面ABCD，
又EF⊂平面CDEF，
且平面ABCD平面CDEF=CD，所以EF//CD,
又EF⊥ED，所以CD⊥ED，
同理可知，CD⊥AD，
又AD∩DE=D，
AD，DE⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE；
（2）在正方形ABFE中，BF//AE，
因为BF⊂平面BCF，AE⊄平面BCF，
所以AE//平面BCF，
因为AE⊂面ADE，平面BCF∩平面ADE=l，
所以AE//l，
因为AE⊂平面ABFE，l⊄平面ABFE，所以l//平面ABFE．
【考点】
直线与平面垂直的性质
直线与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：（1）在正方形ABFE中，AB//EF
因为AB⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，
所以EF//平面ABCD，
又EF⊂平面CDEF，
且平面ABCD平面CDEF=CD，所以EF//CD,
又EF⊥ED，所以CD⊥ED，
同理可知，CD⊥AD，
又AD∩DE=D，
AD，DE⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE；
（2）在正方形ABFE中，BF//AE，
因为BF⊂平面BCF，AE⊄平面BCF，
所以AE//平面BCF，
因为AE⊂面ADE，平面BCF∩平面ADE=l，
所以AE//l，
因为AE⊂平面ABFE，l⊄平面ABFE，所以l//平面ABFE．
【答案】
解：（1）f′x=axlna−x−1，由题意可知，f′2=a2lna−3=ln2−3，即a2lna=ln2,
设当a∈0,1时，a2lna<0，不符题意，
当a>1时，设ga=a2lnaa>1，则g′a=2alna+a>0，
ga单调递增，
又g2=2ln2=ln2，所以a=2，经检验a=2符合题意；
（2）因为fx≥0在0,+∞上恒成立，所以f1=a−52≥0，所以a≥52>1，
又f′x=axlna−x−1,f′′x=axln2a−1，
①当a≥e时，f′′x≥0恒成立，所以f′x单调递增，所以f′x≥f′0>0，
所以fx单调递增，所以fx≥f0=0，符合题意；
②当1≤a则当x∈0,x0时，f′′x<0,f′x单调递减，所以f′x所以fx单调递减，所以fx综上，a的取值范围为[e,+∞）．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
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=axlna−x−1，由题意可知，f′2=a2lna−3=ln2−3，即a2lna=ln2,
设当a∈0,1时，a2lna<0，不符题意，
当a>1时，设ga=a2lnaa>1，则g′a=2alna+a>0，
ga单调递增，
又g2=2ln2=ln2，所以a=2，经检验a=2符合题意；
（2）因为fx≥0在0,+∞上恒成立，所以f1=a−52≥0，所以a≥52>1，
又f′x=axlna−x−1,f′′x=axln2a−1，
①当a≥e时，f′′x≥0恒成立，所以f′x单调递增，所以f′x≥f′0>0，
所以fx单调递增，所以fx≥f0=0，符合题意；
②当1≤a则当x∈0,x0时，f′′x<0,f′x单调递减，所以f′x所以fx单调递减，所以fx综上，a的取值范围为[e,+∞）．
【答案】
解：（1）设椭圆C的焦距为2c，由题意可知，e=ca=32，所以b2a2=1−c2a2=14，即a2=4b2,
所以椭圆C的方程为x24b2+y2b2=1,
因为P2,1，所以当直线l1过原点时，直线l1的方程为y=12x，
代人椭圆方程，消去y，可得x24b2+x24b2=1，解得x2=2b2，即x=±2b,
所以|AB|=22b⋅14+1=10b=10，即b=1，所以a=2,
所以椭圆C的方程为x24+y2=1；
（2）设点A，B，F，E的坐标分别为x1,y1,x2,y2,x3,y3,x4,y4,
由PA→=λPB→，有x1−2,y1−1=λx2−2,y2−1,
可得x1=λx2+2−2λy1=λy2+1−λ,
又由点A，B在椭圆C上，有 x124+y12=1x224+y22=1,
可得 λx2+2−2λ24+λy2+1−λ2=1①x224+y22=1② ，
将②式乘λ2，然后用①式−②式，
可得λx2+2−2λ2−λ2x224+λy2+1−λ2−λ2y22=1−λ2,
有2λx2+2−2λ⋅2−2λ4+2λy2+1−λ⋅1−λ=1−λ2,
又由0<λ<1，有λx2+1−λ+2λy2+1−λ=1+λ,
整理得λx2+2λy2+1−3λ=0,
同理可得λx4+2λy4+1−3λ=0,
由点Bx2,y2,Ex4,y4满足方程λx+2λy+1−3λ=0,
故直线BE的方程为λx+2λy+1−3λ=0，
化为斜截式为y=−12x+3λ−1λ,
故直线BE的斜率为−12.
【考点】
椭圆的标准方程
平面向量的坐标运算
直线的斜率
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
向量的共线定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）设椭圆C的焦距为2c，由题意可知，e=ca=32，所以b2a2=1−c2a2=14，即a2=4b2,
所以椭圆C的方程为x24b2+y2b2=1,
因为P2,1，所以当直线l1过原点时，直线l1的方程为y=12x，
代人椭圆方程，消去y，可得x24b2+x24b2=1，解得x2=2b2，即x=±2b,
所以|AB|=22b⋅14+1=10b=10，即b=1，所以a=2,
所以椭圆C的方程为x24+y2=1；
（2）设点A，B，F，E的坐标分别为x1,y1,x2,y2,x3,y3,x4,y4,
由PA→=λPB→，有x1−2,y1−1=λx2−2,y2−1,
可得x1=λx2+2−2λy1=λy2+1−λ,
又由点A，B在椭圆C上，有 x124+y12=1x224+y22=1,
可得 λx2+2−2λ24+λy2+1−λ2=1①x224+y22=1② ，
将②式乘λ2，然后用①式−②式，
可得λx2+2−2λ2−λ2x224+λy2+1−λ2−λ2y22=1−λ2,
有2λx2+2−2λ⋅2−2λ4+2λy2+1−λ⋅1−λ=1−λ2,
又由0<λ<1，有λx2+1−λ+2λy2+1−λ=1+λ,
整理得λx2+2λy2+1−3λ=0,
同理可得λx4+2λy4+1−3λ=0,
由点Bx2,y2,Ex4,y4满足方程λx+2λy+1−3λ=0,
故直线BE的方程为λx+2λy+1−3λ=0，
化为斜截式为y=−12x+3λ−1λ,
故直线BE的斜率为−12.
【答案】
解：（1）设Qρ0,θ0，因为点Q在射线OP上，且|OP|⋅|OQ|=42，所以P42ρ0,θ0，又点P在直线l上，所以42ρ0csθ0=2，即ρ0−22csθ0=0，
所以动点Q轨迹的极坐标方程为ρ−22csθ=0.
（2）以O为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系xOy，
点Q的轨迹的极坐标方程可化为p2−22ρcsθ=0，
将x=ρcsθ,y=ρsinθ代入可得点Q的轨迹是以点M2,0为圆心,2为半径的圆，
将x=ρcsθ,y=ρsinθ代入直线m的极坐标方程，
可得直线m的直角坐标方程为x−32y+32=0，
点M到直线m的距离为|2−0+32|12+322=838，
故直线m被点Q的轨迹所截得的弦长为22−8382=211419．
【考点】
圆的极坐标方程
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）设Qρ0,θ0，因为点Q在射线OP上，且|OP|⋅|OQ|=42，所以P42ρ0,θ0，又点P在直线l上，所以42ρ0csθ0=2，即ρ0−22csθ0=0，
所以动点Q轨迹的极坐标方程为ρ−22csθ=0.
（2）以O为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系xOy，
点Q的轨迹的极坐标方程可化为p2−22ρcsθ=0，
将x=ρcsθ,y=ρsinθ代入可得点Q的轨迹是以点M2,0为圆心,2为半径的圆，
将x=ρcsθ,y=ρsinθ代入直线m的极坐标方程，
可得直线m的直角坐标方程为x−32y+32=0，
点M到直线m的距离为|2−0+32|12+322=838，
故直线m被点Q的轨迹所截得的弦长为22−8382=211419．
【答案】
解：（1）当a=0时，fx=|x|+|x−1|，
若x≤0，则fx=−x−x+1=−2x+1<2，
解得x∈(−12,0],
若x≥1，则fx=x+x−1=2x−1<2，
解得x∈[1,32）;
若0则fx=x−x+1=1<2，得x∈0,1，
综上，解集为−12,32.
（2）因为a2−a+1>0，所以a2+1>a，
由fx≥|x−a−x−a2−1|=|a2−a+1|=a2−a+1，
又由fx≥f0=|a|+|a2+1|=|a|+a2+1，
必有a2−a+1=|a|+a2+1,
可得a=−|a|，故有a≤0 ．
【考点】
绝对值不等式
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）当a=0时，fx=|x|+|x−1|，
若x≤0，则fx=−x−x+1=−2x+1<2，
解得x∈(−12,0],
若x≥1，则fx=x+x−1=2x−1<2，
解得x∈[1,32）;
若0则fx=x−x+1=1<2，得x∈0,1，
综上，解集为−12,32.
（2）因为a2−a+1>0，所以a2+1>a，
由fx≥|x−a−x−a2−1|=|a2−a+1|=a2−a+1，
又由fx≥f0=|a|+|a2+1|=|a|+a2+1，
必有a2−a+1=|a|+a2+1,
可得a=−|a|，故有a≤0 ．