2020-2021学年河南省新乡市高二（上）12月月考数学（文）试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年河南省新乡市高二（上）12月月考数学（文）试卷人教A版，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. 命题：“∀x∈R，x2+lnx>0”的否定是( )
A.∀x∈R，x2+lnx<0B.∀x∈R，x2+lnx≤0
C.∃x0∈R，x02+lnx0≤0D.∃x0∈R，x02+lnx0>0

2. 已知复数z1=1+i，z1⋅z2=1+2i，则z2=( )
A.−1−iB.−iC.1−2iD.32+12i

3. 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b−2a2+B−π32=0，则csA=( )
A.±32B.±104C.32D.104

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

5. 函数fx=x2ex−1的递减区间为( )
A.0,+∞B.0.2C.−2,0D.−2,+∞

6. 设命题p：∃x0∈R，使得sinx+2csx=−3.命题q：若0那么，下列命题为真命题的是( )
A.p∨¬qB.¬p∧¬qC.p∧qD.¬p∨q

7. 设F1，F2是双曲线x2−y23=1的两个焦点，P是双曲线上的一点，且3|PF1|=5|PF2|，则△PF1F2的面积等于( )
A.22B.43C.6D.10

8. 已知直线y=kx+2与曲线y=lnx相切，则k的值为( )
A.1e3B.1eC.1D.e

9. 已知数列an，a1=1，且an+1n=ann+1n∈N∗，则a2020=( )
A.12019B.12020C.20202019D.20192020

10. 设函数f(x)=x2+x−axx+1+16x(x+1)2，若x>0时，f(x)>0，则实数a的取值范围是( )
A.(0, +∞)B.(−∞, 12)C.(−∞, 0)D.(12, +∞)

11. 点Pm,2是抛物线C:y2=2x上的一点，点M，N是抛物线C上的两个动点，若直线PM，PN的倾斜角互补，则直线MN的斜率为( )
A.−13B.−23C.−14D.−12

12. 已知1x+2y=1x>0,y>0，则xy+x+2y−62的最小值为（）
A.4B.6C.9D.12
二、填空题

直线l与椭圆C:x24+y2=1的两个交点为A，B，若线段AB的中点为1,12，则|AB|=________.
三、解答题

如图，在△ABC中，已知∠B=30∘，D是BC边上的一点，AD=5，AC=7, DC=3.

(1)求△ADC 的面积；

(2)求边AB的长.

已知等差数列an和正项等比数列bn满足a1=b1=1，a2+a4=10，b3=a5.
(1)求an的通项公式；

(2)求数列bn的前n项和．

某生产厂家对2020年1月至6月某种产品的销售价格与销售量之间的关系进行分析研究并做了记录，得到如下资料．
该公司所确定的研究方案是：先从这6组数据中选取2组，用剩下的4组数据求线性回归方程，再对被选取的2组数据进行检验．
(1)若选取的是第1月与第5月的两组数据，请根据其余四月的数据，求出y关于x的线性回归方程y=bx+a；

(2)若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过4台，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问(1)中所得的线性回归方程是否可靠？
相关公式：b=i=1n(xi−x¯)(yi−y¯)i=1n(xi−x¯)2=i=1nxiyi−n⋅x¯⋅y¯i=1nxi2−n⋅x¯2，a=y¯−bx¯

设椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，且与直线y=x+7相切．
(1)求椭圆C的方程；

(2)若在y轴上的截距为2的直线l与椭圆C分别交于A，B两点，O为坐标原点，且直线OA，OB的斜率之和等于12，求直线AB的方程．

已知函数fx=2x3−3mx2−mm∈R.
(1)讨论函数fx在R上的单调性；

(2)若曲线y=fx仅在两个不同的点Ax1,fx1，Bx2,fx2处的切线都经过点1,t，其中t≥0，求m的取值范围．

已知曲线C的极坐标方程是ρ2=2ρcsθ+sinθ+2，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l的参数方程是x=2+tcsαy=tsinα’（t是参数）．
(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；

(2)若直线l与曲线C相交于A，B两点，且|AB|=22，求直线的倾斜角α的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省新乡市高二（上）12月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
全称命题p:∀x∈M，p的否定¬p：∃x0M,¬px0 .
【解答】
解：全称命题的否定为特称命题，
则“∀x∈R，x2+lnx>0”的否定是
“∃x0∈R，x02+lnx0≤0”
故选C .
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为z1=1+i，z1⋅z2=1+2i，
所以z2=1+2i1+i=1+2i1−i2=32+12i.
故选D.
3.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】

【解答】
解：由题意有：b=2a，B=π3，
则sinA=asinBb=asinπ32a=64，
由b>a有0故csA=1−sin2A=104 .
故选D .
4.
【答案】
A
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】
解：作出可行域如图，
联立3x−y +1 = 0 ，x− y −1 = 0，解得A(−1, −2)，
化目标函数z=3y−2x，化为y=23x + z3，
由图可知，当直线y=23x+z3过A时，z有最小值为−4．
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】

【解答】
解：令f′x=x2+2xex<0，得−2故选C .
6.
【答案】
D
【考点】
椭圆的标准方程
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】

【解答】
解：∵ −5≤sinx+2csx≤5，∴ 命题p为假命题．
∵ 0∴ 焦距为2c=21−m，命题q为真．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 双曲线x2−y23=1
∴a=1,b=3，c=1+3=2
∵F1,F2是双曲线的两个焦点，P是双曲线上的一点，且3PF1=5PF2，
∴PF1=53PF2>PF2，
F1F2=2c=4，
∴PF1−PF2=2a=2，
∴53PF2−PF2=2，
∴PF2=3，∴PF1=5
∵|PF22+F1F22
=9+16=25=PF12
∴△PF1F2是直角三角形，
∴S△PF1F2=12|PF2||F1F2|=12×3×4=6
故选C.
8.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出原函数的导函数，设出切点坐标，由题意可得关于切点横坐标与k的方程组，求解得答案．
【解答】
解：设切点为x0,y0，
则因为y′=1x，所以k=1x0，
因为y0=lnx0，y0=kx0+2，
所以lnx0=3，x0=e3 ，
∴ k=e−3=1e3.
故选A.
9.
【答案】
B
【考点】
数列递推式
【解析】

【解答】
解：由an+1n=ann+1有n+1an+1−nan=0，
故数列{nan}为公差为0的等差数列．
故nan=a1=1．故an=1n，a2020=12020 .
故选B.
10.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
对不等式化简，分离参数，构造函数g(x)并求最小组，代入即可．
【解答】
解：x>0时，f(x)>0，
得x+1−ax+1+16(x+1)2>0，对x>0成立，
∴ a<(x+1)2+16x+1 (x>0)，
令g(x)=(x+1)2+16x+1 (x>0)，
则g′(x)=2(x+1)−16(x+1)2=2(x+1)3−16(x+1)2>0，
令2(x+1)3=16，得x=1，
故当x∈(0, 1)时，g(x)递减；x∈[1, +∞)时，g(x)递增，
g(x)有最小值g(1)，
∴ g(x)≥g(1)=12，
∴ a<12.
故选B.
11.
【答案】
D
【考点】
直线的斜率
抛物线的性质
【解析】

【解答】
解：易得P2,2，
设点M，N的坐标分别为y122,y1,y222,y2，
则kPM=y1−2y122−2=2y1+2，kPN=y2−2y222−2=2y2+2，
故有2y1+2+2y2+2=0，可得y1+y2=−4，
而kMN=y2−y1y222−y122=2y1+y2=−12 .
故选D.
12.
【答案】
C
【考点】
基本不等式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由x+y=(x+y)1x+2y=2xy+yx+3≥2xy×yx+3=3+22，当且仅当x=2+1,y=2+2时取等号），由1x+2y=1有xy=2x+y，则xy+x+2y−62=3(x+y)−62≥3(3+22)−62=9 .
【解答】
解：由x+y=(x+y)1x+2y
=2xy+yx+3
≥22xy×yx+3=3+22，
当且仅当x=2+1，y=2+2时取等号，
由1x+2y=1有xy=2x+y，
则xy+x+2y−62
=3(x+y)−62
≥3(3+22)−62=9 .
故选C .
二、填空题
【答案】
5
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
两点间的距离公式
【解析】

【解答】
解：设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=2，y1+y2=1，
且x124+y12=1，x224+y22=1，
∴ x1+x2x1−x24+y1+y2y1−y2=0 ，
∴ k1=y1−y2x1−x2=−12，
∴ l方程为y−12=−12x−1，y=−12x+1，
则 y=−12x+1,x24+y2=1,得x=0,y=1或x=2,y=0,
∴ |AB|=5 .
故答案为：5.
三、解答题
【答案】
解：(1)在△ADC中，由余弦定理得
cs∠ADC=AD2+DC2−AC22AD⋅DC
=52+32−722×5×3=−12．
∵ ∠ADC为△ADC的内角，
∴ ∠ADC=120∘，
∴ sin∠ADC=32，
∴ S△ADC=12AD⋅DC⋅sin∠ADC
=12×5×3×32=1534.
(2)在△ABD中， ∠ADB=60∘，
由正弦定理得： ABsin∠ADB=ADsinB，
∴ AB=5×3212=53.
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)在△ADC中，由余弦定理得
cs∠ADC=AD2+DC2−AC22AD⋅DC
=52+32−722×5×3=−12．
∵ ∠ADC为△ADC的内角，
∴ ∠ADC=120∘，
∴ sin∠ADC=32，
∴ S△ADC=12AD⋅DC⋅sin∠ADC
=12×5×3×32=1534.
(2)在△ABD中， ∠ADB=60∘，
由正弦定理得： ABsin∠ADB=ADsinB，
∴ AB=5×3212=53.
【答案】
解：(1)设等差数列an的公差为d，正项等比数列bn的公比为q.
因为a1=b1=1，a2+a4=10，b3=a5，
所以1+d+1+3d=10，q2=1+4d，
∴d=2.
∵q>0，
∴q=3，
∴ an=1+n−1×2=2n−1，bn=1×3n−1=3n−1.
(2)数列bn的前n项和Sn=1−3n1−3=123n−1.
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
【解析】

【解答】
解：(1)设等差数列an的公差为d，正项等比数列bn的公比为q.
因为a1=b1=1，a2+a4=10，b3=a5，
所以1+d+1+3d=10，q2=1+4d，
∴d=2.
∵q>0，
∴q=3，
∴ an=1+n−1×2=2n−1，bn=1×3n−1=3n−1.
(2)数列bn的前n项和Sn=1−3n1−3=123n−1.
【答案】
解：(1)x¯=12，y¯=27，i=14xiyi=1295，i=14xi2=586，
∴ b=i=14xiyi−4x¯⋅y¯i=14xi2−4x¯2=1295−4×12×27586−4×122=−0.1，
a=y¯−bx¯=27−−0.1×12=28.2，
∴ y=−0.1x+28.2 .
(2)由(1)知：当x=10时，y=27.2，误差超过4台；
当x=8时，y=27.4，误差超过4台．故所求得的线性回归方程是不可靠的．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】

【解答】
解：(1)x¯=12，y¯=27，i=14xiyi=1295，i=14xi2=586，
∴ b=i=14xiyi−4x¯⋅y¯i=14xi2−4x¯2=1295−4×12×27586−4×122=−0.1，
a=y¯−bx¯=27−−0.1×12=28.2，
∴ y=−0.1x+28.2 .
(2)由(1)知：当x=10时，y=27.2，误差超过4台；
当x=8时，y=27.4，误差超过4台．故所求得的线性回归方程是不可靠的．
【答案】
解：(1)由e=ca=12有a=2c，b2=a2−c2=3c2，
则椭圆方程为x24c2+y23c2=1，整理为3x2+4y2=12c2，
联立方程3x2+4y2=12c2,y=x+7,
消去y得7x2+87x+28−12c2=0，
故有：Δ=872−2828−12c2=0，解得c=1 .
故所求椭圆方程为：x24+y23=1 .
(2)设lAB:y=kx+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立 y=kx+2,x24+y23=1,⇒(3+4k2)x2+16kx+4=0，
Δ=(16k)2−16(3+4k2)>0⇒k>12或k<−12，
∴ x1+x2=−16k3+4k2，x1x2=43+4k2，
∴ kOA+kOB=y1x1+y2x2
=(kx1+2)x2+(kx2+2)x1x1x2
=2k+2(x1+x2)x1x2=2k+2⋅−16k4=−6k=12⇒k=−2，
故直线AB的方程为y=−2x+2 .
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】

【解答】
解：(1)由e=ca=12有a=2c，b2=a2−c2=3c2，
则椭圆方程为x24c2+y23c2=1，整理为3x2+4y2=12c2，
联立方程3x2+4y2=12c2,y=x+7,
消去y得7x2+87x+28−12c2=0，
故有：Δ=872−2828−12c2=0，解得c=1 .
故所求椭圆方程为：x24+y23=1 .
(2)设lAB:y=kx+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立 y=kx+2,x24+y23=1,⇒(3+4k2)x2+16kx+4=0，
Δ=(16k)2−16(3+4k2)>0⇒k>12或k<−12，
∴ x1+x2=−16k3+4k2，x1x2=43+4k2，
∴ kOA+kOB=y1x1+y2x2
=(kx1+2)x2+(kx2+2)x1x1x2
=2k+2(x1+x2)x1x2=2k+2⋅−16k4=−6k=12⇒k=−2，
故直线AB的方程为y=−2x+2 .
【答案】
解：(1)∵ f′x=6x2−6mx=6xx−m，
当m=0时，f′x=6x2≥0，∴ fx在R上单调递增．
当m>0时，令f′x>0可得x>m或x<0，
∴ fx的增区间为−∞,0,m,+∞，减区间为0,m．
当m<0时，令f′x>0可得x>0或x∴ fx的增区间为−∞,m,0,+∞，减区间为m,0．
(2)曲线y=fx在A，B两点处的切线的方程分别为
y−(2x13−3mx12−m)=(6x12−6mx1)(x−x1)，
y−(2x23−3mx22−m)=(6x22−6mx2)(x−x2) ．
将1,t代入两条切线方程，得
t−(2x13−3mx12−m)=(6x12−6mx1)(1−x1)，
t−(2x23−3mx22−m)=(6x22−6mx2)(1−x2) ．
由题可得方程t−2x3−3mx2−m=6x2−6mx1−x，
即t=−4x3+3m+6x2−6mx−m
有且仅有两个不相等的实根．
设ℎx=−4x3+3m+6x2−6mx−m，
ℎ′(x)=−12x2+2(3m+6)x−6m
=−62x2−(m+2)x+m=−6(2x−m)(x−1)．
①当m=2时，ℎ′x=−12x−12≤0，
∴ ℎx单调递减，显然不成立．
②当m≠2时，ℎ′(x)=0，解得x=1或x=m2．
∴ ℎx的极值分别为ℎ(1)=2−4m，
ℎ(m2)=14m3−32m2−m．
要使得关于x的方程t=−4x3+3m+6x2−6mx−m
有且仅有两个不相等的实根，
则t=2−4m，或t=14m3−32m2−m．
∵ t≥0，∴ 2−4m≥0，(i)，或14m3−32m2−m≥0，(ii)
解(i)，得m≤12；
解(ii)，m3−6m2−4m≥0，化为mm2−6m−4≥0，
得3−13≤m≤0或m≥3+13．
∴ m的取值范围为m≥3+13或m≤12．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ f′x=6x2−6mx=6xx−m，
当m=0时，f′x=6x2≥0，∴ fx在R上单调递增．
当m>0时，令f′x>0可得x>m或x<0，
∴ fx的增区间为−∞,0,m,+∞，减区间为0,m．
当m<0时，令f′x>0可得x>0或x∴ fx的增区间为−∞,m,0,+∞，减区间为m,0．
(2)曲线y=fx在A，B两点处的切线的方程分别为
y−(2x13−3mx12−m)=(6x12−6mx1)(x−x1)，
y−(2x23−3mx22−m)=(6x22−6mx2)(x−x2) ．
将1,t代入两条切线方程，得
t−(2x13−3mx12−m)=(6x12−6mx1)(1−x1)，
t−(2x23−3mx22−m)=(6x22−6mx2)(1−x2) ．
由题可得方程t−2x3−3mx2−m=6x2−6mx1−x，
即t=−4x3+3m+6x2−6mx−m
有且仅有两个不相等的实根．
设ℎx=−4x3+3m+6x2−6mx−m，
ℎ′(x)=−12x2+2(3m+6)x−6m
=−62x2−(m+2)x+m=−6(2x−m)(x−1)．
①当m=2时，ℎ′x=−12x−12≤0，
∴ ℎx单调递减，显然不成立．
②当m≠2时，ℎ′(x)=0，解得x=1或x=m2．
∴ ℎx的极值分别为ℎ(1)=2−4m，
ℎ(m2)=14m3−32m2−m．
要使得关于x的方程t=−4x3+3m+6x2−6mx−m
有且仅有两个不相等的实根，
则t=2−4m，或t=14m3−32m2−m．
∵ t≥0，∴ 2−4m≥0，(i)，或14m3−32m2−m≥0，(ii)
解(i)，得m≤12；
解(ii)，m3−6m2−4m≥0，化为mm2−6m−4≥0，
得3−13≤m≤0或m≥3+13．
∴ m的取值范围为m≥3+13或m≤12．
【答案】
解：(1)由ρ2=2ρcsθ+sinθ+2得，
x2+y2−2x−2y−2=0，化为x−12+y−12=4．
(2)将x=2+tcsα,y=tsinα代入圆的方程，
得(tcsα+1)2+(tsinα−1)2=4，
化简得t2+2csα−2sinαt−2=0，
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=2sinα−2csα,t1t2=−2,
∴ |AB|=|t1−t2|=(t1+t2)2−4t1t2=23−sin2α=22，
∴ 解得sin2α=1，由0≤α<π有0≤2α<2π，
故2α=π2得α=π4．
【考点】
圆的极坐标方程
参数方程的优越性
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由ρ2=2ρcsθ+sinθ+2得，
x2+y2−2x−2y−2=0，化为x−12+y−12=4．
(2)将x=2+tcsα,y=tsinα代入圆的方程，
得(tcsα+1)2+(tsinα−1)2=4，
化简得t2+2csα−2sinαt−2=0，
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=2sinα−2csα,t1t2=−2,
∴ |AB|=|t1−t2|=(t1+t2)2−4t1t2=23−sin2α=22，
∴ 解得sin2α=1，由0≤α<π有0≤2α<2π，
故2α=π2得α=π4．