2020-2021年江西省吉安县某校高三（下）5月月考数学（文）试卷北师大版

展开

这是一份2020-2021年江西省吉安县某校高三（下）5月月考数学（文）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. 若集合A=x|2x2−7x<0，B=x|x>3，则A∪B=( )
A.x|x>0B.|x|33}

2. 若7−ai1+ia∈R为纯虚数，则a=( )
A.−5B.5C.−7D.7

3. 已知命题p:∀x>0，x+20x≥45，则p的否定为( )
A.∃x0<0，x0+20x0<45B.∀x>0，x+20x<45
C.∀x≤0，x+20x<45D.∃x0>0，x0+20x0<45

4. 若a=0.30.7，b=lg40.3，c=2，则( )
A.a
5. 中国古代数学名著《算法统宗》中有这样一个问题：今有米二百四十石，令甲、乙、丙、丁、戊五人递差分之，要将甲、乙二人数与丙、丁、戊三人数同．问：各该若干？其大意是：现有大米二百四十石，甲、乙、丙、丁、戊五人分得的重量依次成等差数列，要使甲、乙两人所得大米重量与丙、丁、戊三人所得大米重量相等，问每个人各分得多少大米？在这个问题中，丁分得大米重量为( )
A.32石B.40石C.48石D.56石

6. 已知下表中是关于变量x，y的5组观测数据，甲同学根据表中数据通过模型y=emx+n得到回归方程y=e2.6x−3.8，则ab=( )
A. e10 B.e11C.e12D.e13

7. 某校高一年级研究性学习小组利用激光多普勒测速仪实地测量复兴号高铁在某时刻的速度，其工作原理是：激光器发出的光平均分成两束后射出，并在被测物体表面汇聚，探测器接收反射光．当被测物体横向速度为零时，反射光与探测光频率相同；当横向速度不为零时，反射光相对探测光会发生频移fp=2vsinφλ，其中ν为测速仪测得被测物体的横向速度，λ为探测激光波长，φ为两束探测光线夹角的一半，如图，若激光测速仪安装在距离高铁1m处，发出的激光波长为750μm1mn=10−9m，测得某时刻频移为4.25×1091/h，则与该时刻高铁的速度最接近的数据为( )

A.154km/hB.157km/hC.160km/hD.163km/h

8. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )

A.33+5B.43+5C.33+6D.43+6

9. 已知函数fx=x2+2x,x≥0,−x2+2x,x<0，则不等式f3x+2A.−∞,−3B.−∞,−32C.−∞,−1D.−∞,1

10. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，点A满足|AF1|=2a+|AF2|，且AF1→=2AM→，若点M恰为C虚轴的一个端点，则C的渐近线方程为( )
A.y=±3xB.y=±2xC.y=±5xD.y=±x

11. 已知函数fx=3sinωx+3csωxω>0，若存在x1，x2∈0,π2，当x1A.143,+∞B.133,+∞C.2,+∞D.4,+∞

12. 若x∈[2,+∞)，不等式xlnx+x2+2+k≥k+2x恒成立，则实数k的取值范围为( )
A.(−∞,3ln3−52]B.(−∞,ln2+1]
C.(−∞,e2−e+2e−1]D.(−∞,2ln2+2]
二、填空题

已知向量a→=2,4，b→=3,2，c→=−1,λ，若a→+b→⊥c→，则λ=________．

已知数列an的前n项和为Sn，若Sn=an+13，则a5的值为________.

已知抛物线C:y2=6x的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，与C的准线交于点D，若|AB|=8，则点D的坐标为________.

已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面为菱形，AA1⊥底面ABCD，AA1=6，AB=8，∠BCD=60∘，点M是线段BC上靠近C的四等分点，动点N在四棱柱ABCD−A1B1C1D1的表面，且MN⊥BD1，则动点N的轨迹长度为________.
三、解答题

某甜品公司开发了一款甜品，现邀请甲、乙两地部分顾客进行试吃，并收集顾客对该产品的意见以及评分，所得数据统计如下图所示．

(1)试通过计算比较甲、乙两地顾客评分平均数的大小（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

(2)若按照分层抽样的方法从甲地分数在[40,80)的顾客中抽取7人，再从这7人中随机抽取2人，求恰有1人的分数在[40,60)的概率．

已知△ABC中，M为线段BC的中点，∠CAM=12∠BAM=45∘．
(1)求ACAB的值；

(2)若AM=4，求△ABC的面积．

已知多面体ABCDEF如图所示，其中四边形ABCD为矩形，∠FCD=∠FCB=90∘，AE⊥平面ABCD．

(1)求证：DE//平面BCF；

(2)若BC=CF，点A到平面BDF的距离为69BC，求BCAB的值．

已知函数fx=x+mlnx−x．
(1)若m=0，求证：fx≥−1；

(2)若函数fx在1,+∞上不单调，求实数m的取值范围．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，点P−2,1在C上，且|PF1|+|PF2|=4．
(1)求C的标准方程；

(2)若直线l:y=kx+1与C交于A，B两点，当△OAB的面积最大时，求原点O到直线l的距离．

已知平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1−3t,y=3t,（t为参数），曲线C2的参数方程为
x=2+2csθ,y=2sinθ, （θ为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求C1的普通方程以及C2的极坐标方程；

(2)若C1与C2交于A，B两点，点M1,0，求|MA|+|MB|的值.
参考答案与试题解析
2020-2021年江西省吉安县某校高三（下）5月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
并集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ A=x|03，
∴ A∪B=x|x>0.
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 7−ai1+i=7+7i−ai+a
=7+a+7−ai，
∴ 7+a=0，7−a≠0，
解得a=−7.
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：先变量词，将“∀”改为“∃”，再否结论，将“x+20x≥45”改为“x0+20x0<45”，
即p的否定为∃x0>0，x0+20x0<45.
故选D．
4.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a=0.30.7∈0,1，b=lg40.3∈−∞,0，c=2∈1,+∞，
∴ b故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得大米分别为
a−2d，a−d，a，a+d，a+2d，
由题意，得a−2d+a−d=a+a+d+a+2d，
即a=−6d，
又a−2d+a−d+a+a+d+a+2d=5a=240，
解得a=48，
所以d=−8，
所以丁分得大米重量为a+d=40（石）.
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
回归分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令z=lny，
则x¯=3，z¯=15×−1+1+lna+lnb+9.
∵ y=e2.6x−3.8，
∴ z=2.6x−3.8，
∴ z¯=2.6×3−3.8=4，
解得lna+lnb=11，
∴ ab=e11.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
函数模型的选择与应用
已知三角函数模型的应用问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，得sinφ=10×10−31+10×10−32=，
则4.25×109=2v××10−9，
则v=4.25×7502××7502×0.01=159375≈160km/h．
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出该几何体的直观图如下所示，
观察可知，S△SAC=S△SAB=12×2×3=3，
S△ABC=34×22=3，
S△SBC=12×2×6=6，
故该几何体的表面积为33+6.
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
复合函数的单调性
其他不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得函数fx在R上单调递增，
∵ f3x+2∴ 3x+2解得x<−3.
故选A．
10.
【答案】
B
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，MO（O为坐标原点）是△AF1F2的中位线，
故AF2//MO，即AF2⊥x轴，且|AF2|=2|MO|=2b，
所以Ac,±2b.
因为点Ac,±2b在双曲线C上，
所以c2a2−4b2b2=1，
所以ba=2，
则双曲线C的渐近线方程为y=±2x.
故选B.
11.
【答案】
A
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
函数单调性的性质
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx=3sinωx+3csωx=23sinωx+π6，
∴ fx1，fx2分别为函数fx的最小值和最大值，
∴ T2<π2，即πω<π2，
解得ω>2，
又ωx+π6∈π6,ωπ2+π6，
∴ ωπ2+π6>5π2，
解得ω>143.
故选A．
12.
【答案】
D
【考点】
函数恒成立问题
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：∵ xlnx+x2+2+k≥k+2x，
∴ xlnx+x2−2x+2x−1≥k.
令gx=xlnx+x2−2x+2x−1，
则g′x=x2−x−1−lnxx−12.
令hx=x2−x−1−lnx，
则h′x=2x+1x−1x>0，
故hx在[2,+∞)上单调递增.
又h2=1−ln2>0，
故hx>0，即g′x>0，
故gx在[2,+∞)上单调递增，
则gx≥2ln2+2，
即实数上的取值范围为(−∞,2ln2+2].
故选D.
二、填空题
【答案】
56
【考点】
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】
解：∵ a→=2,4，b→=3,2，
∴ a→+b→=5,6，
又a→+b→⊥c→，c→=−1,λ，
∴ a→+b→⋅c=0，
即−5+6λ=0，
解得λ=56．
故答案为：56．
【答案】
132
【考点】
等比数列的通项公式
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，an=3Sn−1，
当n=1时，a1=3S1−1=3a1−1，故a1=12，
当n≥2时，an=3Sn−1，an−1=3Sn−1−1，
两式相减可得an=−12an−1，
则数列an是以12为首项，−12为公比的等比数列，
所以故a5=12×−124=132.
故答案为：132．
【答案】
−32,±33
【考点】
抛物线的定义
抛物线的性质
抛物线的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设直线l的方程为y=kx−32，
由题意，得y2=6x，y=kx−32，
消去y，得k2x2−3k2+2x+94k2=0，
设A，B点的横坐标分别为x1，x2，
则x1+x2=3k2+2k2，
因为|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+3=8，
所以x1+x2=3k2+2k2=5，
解得k=±3，
则直线l:y=±3x−32，
将x=−32代入，解得y=±33，
所以点D的坐标为−32,±33．
故答案为：−32,±33．
【答案】
413+63
【考点】
点、线、面间的距离计算
棱柱的结构特征
直线与平面垂直的判定
与直线有关的动点轨迹方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意AC⊥平面BDD1B1，
所以BD1⊥AC.
在AB上取点F，使得BF=3FA，连接MF，如图，
则MF//AC，BD1⊥MF.
在BB1上取点G，使得BG=2GB1，
设MF与BD的交点为O，连接GO，
在△D1DB中，DD1=6，BD=8，DD1⊥BD，
在△GOB中，GB=23BB1=4，OB=38BD=3，OB⊥BG，
所以△D1DB∼△OBG，
故∠D1BD=∠OGB，
所以BD1⊥OG，
故△MFG的边即为点N的轨迹.
而FG=BF2+BG2=213，MF=34AC=63，
MG=BM2+BG2=213，
则动点N的轨迹长度为413+63.
故答案为：413+63.
三、解答题
【答案】
解：(1)甲地顾客评分的平均数为
30×0.1+50×0.3+70×0.4+90×0.2=64，
乙地顾客评分的平均数为
30×0.3+50×0.2+70×0.4+90×0.1=56，
所以甲地顾客评分的平均数大于乙地．
(2)由题意，分数在[40,60)的抽取3人，记为a，b，c，
分数在[60,80)的抽取4人，记为A，B，C，D，
则任取2人，所有的情况为a,b，a,c，a,A，a,B，
a,C，a,D，b,c，b,A， (b,B），(b,C)，(b,D)，
(c,A)，(c,B)，(c,C)，(c,D)，(A,B)，(A,C)，(A,D)，
(B,C)，(B,D)，(C,D），共21种，
其中满足条件的为a,A，a,B，a,C，a,D，b,A，
b,B，b,C，b,D，c,A，(c,B），c,C，c,D，共12种，
所以所求概率P=1221=47．
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
分层抽样方法
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)甲地顾客评分的平均数为
30×0.1+50×0.3+70×0.4+90×0.2=64，
乙地顾客评分的平均数为
30×0.3+50×0.2+70×0.4+90×0.1=56，
所以甲地顾客评分的平均数大于乙地．
(2)由题意，分数在[40,60)的抽取3人，记为a，b，c，
分数在[60,80)的抽取4人，记为A，B，C，D，
则任取2人，所有的情况为a,b，a,c，a,A，a,B，
a,C，a,D，b,c，b,A， (b,B），(b,C)，(b,D)，
(c,A)，(c,B)，(c,C)，(c,D)，(A,B)，(A,C)，(A,D)，
(B,C)，(B,D)，(C,D），共21种，
其中满足条件的为a,A，a,B，a,C，a,D，b,A，
b,B，b,C，b,D，c,A，(c,B），c,C，c,D，共12种，
所以所求概率P=1221=47．
【答案】
解：(1)∵ M为线段BC的中点，∠CAM=12∠BAM=45∘，
∴ 在△ABM中，根据正弦定理得ABsin∠AMB=BMsin∠BAM，
∴ AB=BM⋅sin∠AMB.
在△ACM中，根据正弦定理，ACsin∠AMC=CMsin∠CAM，
∴ AC=2CM⋅sin∠AMC.
∵ ∠AMB+∠AMC=180∘，
故sin∠AMB=sin∠AMC.
∵ BM=CM，
∴ ACAB=2.
(2)设AB=m，则AC=2m，
在△ABM中，由勾股定理得
BM2=AB2+AM2=m2+16，
在△ACM中，由余弦定理，
CM2=AC2+AM2−2AC⋅AM⋅cs∠CAM
=2m2−8m+16，
∴ m2+16=2m2−8m+16，解得m=8，（m=0舍去），
即AB=8，AC=82，
∴ S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC=32.
【考点】
正弦定理
余弦定理
三角形求面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ M为线段BC的中点，∠CAM=12∠BAM=45∘，
∴ 在△ABM中，根据正弦定理得ABsin∠AMB=BMsin∠BAM，
∴ AB=BM⋅sin∠AMB.
在△ACM中，根据正弦定理，ACsin∠AMC=CMsin∠CAM，
∴ AC=2CM⋅sin∠AMC.
∵ ∠AMB+∠AMC=180∘，
故sin∠AMB=sin∠AMC.
∵ BM=CM，
∴ ACAB=2.
(2)设AB=m，则AC=2m，
在△ABM中，由勾股定理得
BM2=AB2+AM2=m2+16，
在△ACM中，由余弦定理，
CM2=AC2+AM2−2AC⋅AM⋅cs∠CAM
=2m2−8m+16，
∴ m2+16=2m2−8m+16，解得m=8，（m=0舍去），
即AB=8，AC=82，
∴ S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC=32.
【答案】
(1)证明：∵ ∠FCD=∠FCB=90∘，
∴ FC⊥CD，FC⊥CB，
又CD∩CB=C，
∴ FC⊥平面ABCD，
∵ AE⊥平面ABCD，
∴ AE//FC，
又EA⊄平面BCF，FC⊂平面BCF，
∴ EA//平面BCF.
∵ AD//BC，AD⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，
∴ AD//平面BCF，
∵ AD∩EA=A，
∴ 平面ADE//平面BCF，
∵ DE⊂平面ADE，
∴ DE//平面BCF．
(2)解：如图，连接AF.
设BC=CF=x，AB=DC=y，
则BD=DF=x2+y2，BF=2x.
∴ S△BDF =12⋅2x⋅12x2+y2，
S△ABD =12xy，
∵ VF−ABD =VA−FBD ，
∴ 13S△ABD ⋅FC=13S△DBF ⋅69x，
整理，得x2y2=232，
∴ BCAB=462．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ ∠FCD=∠FCB=90∘，
∴ FC⊥CD，FC⊥CB，
又CD∩CB=C，
∴ FC⊥平面ABCD，
∵ AE⊥平面ABCD，
∴ AE//FC，
又EA⊄平面BCF，FC⊂平面BCF，
∴ EA//平面BCF.
∵ AD//BC，AD⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，
∴ AD//平面BCF，
∵ AD∩EA=A，
∴ 平面ADE//平面BCF，
∵ DE⊂平面ADE，
∴ DE//平面BCF．
(2)解：如图，连接AF.
设BC=CF=x，AB=DC=y，
则BD=DF=x2+y2，BF=2x.
∴ S△BDF =12⋅2x⋅12x2+y2，
S△ABD =12xy，
∵ VF−ABD =VA−FBD ，
∴ 13S△ABD ⋅FC=13S△DBF ⋅69x，
整理，得x2y2=232，
∴ BCAB=462．
【答案】
(1)证明：当m=0时，fx=xlnx−x，
所以f′x=lnx，
当x∈0,1时，f′x<0，fx在区间0,1上单调递减，
当x∈1,+∞时，f′x>0，fx在区间1,+∞上单调递增，
所以f1=−1是fx在区间0,+∞上的最小值，
所以fx≥−1.
(2)解：依题意f′x=lnx+mx=xlnx+mx，
若m≥0，则当x∈1,+∞时，f′x>0，
所以fx在区间1,+∞上单调递增，不合题意，舍去；
若m<0，令gx=f′x，则g′x=1x−mx2，
当x∈1,+∞时，g′x>0，
所以gx在1,+∞上单调递增.
因为g1=m<0，而ge−m=−m+mem=mem−1>0，
所以存在x0∈1,e−m，使得gx0=0，
此时函数fx在1,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，符合条件，
综上所述，实数m的取值范围是−∞,0.
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：当m=0时，fx=xlnx−x，
所以f′x=lnx，
当x∈0,1时，f′x<0，fx在区间0,1上单调递减，
当x∈1,+∞时，f′x>0，fx在区间1,+∞上单调递增，
所以f1=−1是fx在区间0,+∞上的最小值，
所以fx≥−1.
(2)解：依题意f′x=lnx+mx=xlnx+mx，
若m≥0，则当x∈1,+∞时，f′x>0，
所以fx在区间1,+∞上单调递增，不合题意，舍去；
若m<0，令gx=f′x，则g′x=1x−mx2，
当x∈1,+∞时，g′x>0，
所以gx在1,+∞上单调递增.
因为g1=m<0，而ge−m=−m+mem=mem−1>0，
所以存在x0∈1,e−m，使得gx0=0，
此时函数fx在1,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，符合条件，
综上所述，实数m的取值范围是−∞,0.
【答案】
解：(1)由椭圆的定义可知，|PF1|+|PF2|=2a=4，
解得a=2，
则椭圆C:x24+y2b2=1，
将P−2,1代入C:x24+y2b2=1，得24+1b2=1，
解得b2=2，
故椭圆C的标准方程为x24+y22=1．
(2)由题意，联立y=kx+1,x24+y22=1，
整理，得1+2k2x2+4kx−2=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=−4k1+2k2，x1x2=−21+2k2，
所以|AB|=1+k2|x1−x2|=1+k2⋅81+4k21+2k2，
又原点O到直线l的距离d=11+k2，
所以S△OAB =12⋅d⋅|AB|
=12⋅11+k2⋅1+k2⋅81+4k21+2k2
=21+4k21+2k2，
设t=1+2k2t≥1，
则k2=t−12，
代入上式，得S△OAB=2⋅2t−1t
=2−1t−12+1≤2，
当t=1，即k=0时，△OAB的面积最大，
此时原点O到直线l的距离为1．
【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】
解：(1)由椭圆的定义可知，|PF1|+|PF2|=2a=4，
解得a=2，
则椭圆C:x24+y2b2=1，
将P−2,1代入C:x24+y2b2=1，得24+1b2=1，
解得b2=2，
故椭圆C的标准方程为x24+y22=1．
(2)由题意，联立y=kx+1,x24+y22=1，
整理，得1+2k2x2+4kx−2=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=−4k1+2k2，x1x2=−21+2k2，
所以|AB|=1+k2|x1−x2|=1+k2⋅81+4k21+2k2，
又原点O到直线l的距离d=11+k2，
所以S△OAB =12⋅d⋅|AB|
=12⋅11+k2⋅1+k2⋅81+4k21+2k2
=21+4k21+2k2，
设t=1+2k2t≥1，
则k2=t−12，
代入上式，得S△OAB=2⋅2t−1t
=2−1t−12+1≤2，
当t=1，即k=0时，△OAB的面积最大，
此时原点O到直线l的距离为1．
【答案】
解：(1)因为曲线C1的参数方程为x=1−3t,y=3t,（t为参数），
所以曲线C1的普通方程为x+y−1=0.
因为x=2+2csθ,y=2sinθ,
所以x−22+y2=4，即x2+y2−4x=0，
所以ρ2=4ρcsθ，即曲线C2的极坐标方程为ρ=4csθ．
(2)曲线C1的参数方程可化为x=1−22t,y=22t, （t为参数），
代入x2+y2−4x=0中，可得t2+2t−3=0.
设点A，B对应的参数分别为t1，t2，
所以t1+t2=−2，t1t2=−3，
故|MA|+|MB|=|AB|=t1+t22−4t1t2=14.
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
参数方程与普通方程的互化
参数方程的优越性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为曲线C1的参数方程为x=1−3t,y=3t,（t为参数），
所以曲线C1的普通方程为x+y−1=0.
因为x=2+2csθ,y=2sinθ,
所以x−22+y2=4，即x2+y2−4x=0，
所以ρ2=4ρcsθ，即曲线C2的极坐标方程为ρ=4csθ．
(2)曲线C1的参数方程可化为x=1−22t,y=22t, （t为参数），
代入x2+y2−4x=0中，可得t2+2t−3=0.
设点A，B对应的参数分别为t1，t2，
所以t1+t2=−2，t1t2=−3，
故|MA|+|MB|=|AB|=t1+t22−4t1t2=14.x
1
2
3
4
5
y
e−1
e
a
b
e9