2020-2021学年甘肃省天水市某校高二（下）7月月考数学（文）试卷

这是一份2020-2021学年甘肃省天水市某校高二（下）7月月考数学（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=0,2,B=−2,−1,0,1,2，则A∪B=（ ）
A.0,2B.1,2
C.0D.−2,−1,0,1,2

2. 已知a，b为实数，i为虚数单位，若a+bi=2+ii，则a+b=（ ）
A.−3B.−1C.1D.3

3. 针对时下的“抖音热”．某校团委对“学生性别和喜欢抖音是否有关”作了一次调查，其中被调查的男女生人数相同，男生喜欢抖音的人数占男生人数的45，女生喜欢抖音的人数占女生人数35．若有95%的把握认为是否喜欢抖音和性别有关则调查人数中男生可能有（ ）人.
附表：
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
A.20B.40C.60D.80

4. 平面向量a→与b→的夹角为120​∘，a→=(2,0)，|b→|=1，则|a→+2b→|=( )
A.4B.3C.2D.3

5. 已知函数fx=|sinx|csx，则下列结论中错误的是（ ）
A.fx为偶函数B.fx的最大值为12
C.fx在区间π2,π上单调递增D.fx的最小正周期为2π

6. 已知三棱锥P−ABC的底面ABC是边长为2的等边三角形，PA⊥平面ABC，且PA=2，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A.68π3B.20πC.48πD.28π3

7. 等比数列an的各项均为正数，已知向量n→=a5,a4，m→=a7,a8，且m→⋅n→=4，则lg2a1+lg2a2+…+lg2a11=（ ）
A.5B.112C.132D.2+lg25

8. 已知在△ABC中， B=3π4, AB=1，角A的平分线AD=2，则AC=（ ）
A.3B.23C.3+1D.3+3

9. 若实数x，y满足条件x+y−4≤0x−2y+2≥0x≥0,y≥0，则2x−y的最小值为( )

A.16 B.4C.1 D.12

10. 已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F，过F作双曲线渐近线的垂线，垂足为A，直线AF交双曲线右支于点B，且B为线段AF的中点，则该双曲线的离心率是（ ）
A.2B.62C.2105D.2
二、填空题

若等比数列{an}的前n项和Sn=a⋅3n−2，则a2=________．

已知α为钝角， tanα+π4=−17．则tanα=________.

以抛物线y2＝20x的焦点为圆心，且与双曲线：x216−y29=1的两条渐近线都相切的圆的方程为________．

已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下列命题：
①α//β⇒l⊥m；
②α⊥β⇒l//m；
③l//m⇒α⊥β
④l⊥m⇒α//β.
其中正确命题的序号是________.
三、解答题

已知数列{an}满足a1=1，an+1−1=2an，(n∈N*)．
(1)求证：数列{an+1}是等比数列；

(2)求数列{an}的前n项和Sn．

设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，右顶点是A(2, 0)，离心率为12．
(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l与椭圆交于两点M，N(M，N不同于点A)，若AM→⋅AN→=0，求证：直线l过定点，并求出定点坐标．

已知极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点，极轴与x轴的非负半轴重合．曲线C的极坐标方程是 1+2sin2θ=6ρ2 ，直线l的极坐标方程是ρcsθ−π4−2=0.

(1)求曲线C和直线l的直角坐标方程；

(2)设点 P2,0 ，直线l与曲线C相交于点M，N，求1|PM|+1|PN|的值.
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃省天水市某校高二（下）7月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
进行并集的运算即可．
【解答】
解：∵ A=0,2 ，B=−2,−1,0,1,2
∴ A∪B=−2,−1,0,1,2
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的运算
复数相等的充要条件
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简即可求解．
【解答】
解：因为a+bi=2+ii=1−2i，
所以a=1，b=−2，
则a+b=−1.
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
独立性检验
【解析】
设男生的人数为5nn∈N*，列出2×2列联表，计算出K2的观测值，结合题中条件可得出关于n的不等式，
解出n的取值范围，即可得出男生人数的可能值．
【解答】
解：设男生的人数为5nn≤N*，根据题意列出2×2列联表如下表所示：
则K2=10n×4n×2n−3n×n25n×5n×7n×3n=10n21，
由于有95%的把握认为是否喜欢抖音和性别有关，则3.841≤K2，
即3.841≤10n21，得8.0661≤n，
∵ n∈N+，则5n的可能取值有45，50，55，60，65，70，⋯
因此，调查人数中男生人数的可能值为60.
故选C．
4.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：|a→|=2，a→⋅b→=|a→|⋅|b→|cs120∘=−1，
所以|a→+2b→|=|a→|2+4|b→|2+4a→⋅b→
=4+4+4×(−1)=2.
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
奇偶性与单调性的综合
正弦函数的图象
正弦函数的单调性
三角函数的最值
【解析】
利用二倍角公式和三角函数性质对每一个选项进行判断即可．
【解答】
解：已知函数fx=|sinx|csx，
当x∈2kπ,2k+1π时，
fx=sinx⋅csx=12sin2x，
当x∈2k+1π,2k+2π时，
fx=−sinx⋅csx=−12sin2x,
A选项，f−x=fx,所以fx为偶函数，正确，
B选项fx的最大值为12，正确，
C选项fx在区间[π2，π]上不单调，错误，
D选项fx的最小正周期为2π，正确，
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
棱锥的结构特征
【解析】
由于球中球心与球的小圆圆心的连线垂直于这个小圆，利用PA也垂直于这个小圆，即可利用球心与小圆圆心建立起直角三角形，d=OO′=12PA=1，根据题意可求出r是底面三角形的外接圆的半径，利用d=R2−r2计算R即可，最后即可求出球的表面积．
【解答】
解：如图，PA⊥平面ABC，连结PO，延长至圆上交于H，
过O作OO′ // PA交平面ABC于O′，
则△PAH为直角三角形，
∴ O为斜边PH的中点，
∴ OO′为△PAH的中位线，O′为小圆圆心，则O′为AH的中点，
则OO′PA=O′HAH=12，
∴ O′H=AO′=2322−12=233，OO′=12PA=1，
则球的半径R=OH=OO′2+O′H2=1+43=213，
球的表面积为4πR2=28π3．
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
平面向量数量积的运算
对数的运算性质
【解析】
由等比数列的性质及平面向量数量积的坐标运算得a5a7+a4a8=4，结合数列an为等比数列，可得
a1a11=a2a10=a3a9=a4a8=a5a7=2=a62，再结合对数的运算性质即可得解．
【解答】
解：已知向量n→=a5,a4，m→=a7,a8，且m→⋅n→=4，
即a5a7+a4a8=4，又数列an为等比数列，
所以a1a11=a2a10=a3a9=a4a8=a5a7=2=a62，
可得lg2a1+lg2a2+…+lg2a11=lg22112=112．
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
先在三角形ABD中利用正弦定理求出∠ADB，然后求出∠BAD，则∠BAC可求，最终通过解△ABC求出AC．
【解答】
解：在三角形ABD中，
1sin∠ADB=2sin3π4，
∴ sin∠ADB=12，
∴ ∠ADB=π6，
∴ ∠BAD=π12 ，
∴ ∠BAC=π6 ，
易知 ，sinπ12=sinπ3−π4
=sinπ3csπ4−csπ3sinπ4
=6−24，
在△ABC中，
16−24=ACsin3π4，
∴ AC=3+1.
故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出满足条件的可行域，如图中阴影部分所示，
令z=x−y，
则当y=x−z过点B(0,1)时，取得最小值−1，
即2x−y的最小值为2−1=12，
故选D.
10.
【答案】
D
【考点】
中点坐标公式
双曲线的渐近线
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线的基本量表示出点B的坐标，代入求解
【解答】
解：由于双曲线焦点到渐近线的距离为b，
所以AF=b ，OA=a，
所以A(a2c,abc)，
由于B是AF的中点，故B(c+a2c2,abc2)，
代入双曲线方程并简化，得c2=2a2，
即c2a2=2,e=2，
故选D．
二、填空题
【答案】
12
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
利用递推关系可得：a1，a2，a3，再利用等比数列的性质即可得出．
【解答】
解：等比数列{an}的前n项和Sn=a⋅3n−2，
分别令n=1，2，3，可得：a1=3a−2，a1+a2=9a−2，a1+a2+a3=27a−2，
解得a1=3a−2，a2=6a，a3=18a，
∴ (6a)2=(3a−2)⋅(18a)，
解得a=2．
则a2=12．
故答案为：12．
【答案】
−43
【考点】
两角和与差的正切
【解析】
利用两角和的正切公式化简已知等式即可求解．
【解答】
解：因为α为钝角，
tanα+π4=tanα+11−tanα=−17，
所以解得tanα=−43.
故答案为：−43.
【答案】
(x−5)2+y2＝9
【考点】
直线与圆的位置关系
双曲线的离心率
【解析】
确定抛物线的焦点，双曲线的渐近线方程，求出圆的半径，即可得到圆的方程．
【解答】
解：抛物线y2＝20x的焦点坐标为(5, 0)，
双曲线：x216−y29=1的一条渐近线方程为3x−4y=0，
由题意，圆心（5,0）到渐近线3x−4y=0的距离等于半径，为r=155=3，
则所求方程为(x−5)2+y2=9.
故答案为：(x−5)2+y2=9.
【答案】
①③
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面垂直的判定
平面与平面平行的判定
直线与平面垂直的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：①中，因为直线l⊥平面α,α//β，所以直线l⊥平面β，又直线m⊂平面β，所以l⊥m；故①正确；
②中，因为直线l⊥平面α,α⊥β，所以l//β或l⊂β，又直线m⊂平面β，所以l与m可能平行、重合或异面，故②错：
③因为直线l⊥平面α,l//m，所以m⊥平面α，又直线m⊂平面β，所以α⊥β，故③正确；
④中，因为直线l⊥平面α,l⊥m，所以m//α或m⊂α，又直线m⊂平面β，所以α与β平行或相交，所以④错；
故答案为：①③.
三、解答题
【答案】
(1)证明：∵ an+1−1=2an(n∈N*)，
∴ an+1+1=2(an+1)，
∴ an+1+1an+1=2，
∴ 数列{an+1}是以2为公比的等比数列.
(2)解：由(1)知，数列{an+1}是等比数列，且q=2，首项为a1+1=2，
∴ an+1=2⋅2n−1=2n，
∴ an=2n−1，
∴ 数列{an}的前n项和Sn=(2+22+...+2n)−n=2(1−2n)1−2−n=2n+1−n−2．
【考点】
等比关系的确定
数列的求和
【解析】
（1）把所给的递推公式两边加上1后，得到an+1+1=2(an+1)，再变为an+1+1an+1=2，由等比数列的定义得证；
（2）根据（1）的结论和条件，求出{an+1}的通项公式，再求出{an}的通项公式，利用分组求和方法和等比数列的前n项和公式进行求解．
【解答】
(1)证明：∵ an+1−1=2an(n∈N*)，
∴ an+1+1=2(an+1)，
∴ an+1+1an+1=2，
∴ 数列{an+1}是以2为公比的等比数列.
(2)解：由(1)知，数列{an+1}是等比数列，且q=2，首项为a1+1=2，
∴ an+1=2⋅2n−1=2n，
∴ an=2n−1，
∴ 数列{an}的前n项和Sn=(2+22+...+2n)−n
=2(1−2n)1−2−n
=2n+1−n−2．
【答案】
(1)解：∵右顶点是A(2, 0)，离心率为12，
∴ a=2，ca=12，
∴ c=1，则b=3，
∴ 椭圆的标准方程为x24+y23=1．
(2)证明：当直线MN斜率不存在时，设lMN:x=m，
与椭圆方程x24+y23=1联立得：|y|=3(1−m24)，|MN|=23(1−m24).
设直线MN与x轴交于点B，|MB|=|AM|，即2−m=3(1−m24)，
∴ m=27或m=2（舍），
∴ 直线m过定点(27, 0)；
当直线MN斜率存在时，设直线MN斜率为k，
M(x1, y1)，N(x2, y2)，则直线MN:y=kx+b，
与椭圆方程x24+y23=1联立，得(4k2+3)x2+8kbx+4b2−12=0，
x1+x2=−8kb4k2+3，x1x2=4b2−124k2+3，
y1y2=(kx1+b)(kx2+b)=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2，
Δ=(8kb)2−4(4k2+3)(4b2−12)>0，k∈R.
∵ AM→⋅AN→=0，则(x1−2, y1)(x2−2, y2)=0，
即x1x2−2(x1+x2)+4+y1y2=0，
∴ 7b2+4k2+16kb=0，
∴ b=−27k或b=−2k，
∴ 直线lMN:y=k(x−27)或y=k(x−2)，
∴ 直线过定点(27, 0)或(2, 0)舍去.
综上知，直线过定点(27, 0)．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）由右顶点是A(2, 0)，离心率为12．即可求得a，b的值，求得椭圆方程；
（2）当斜率不存在时，代入求得直线与椭圆的交点坐标，由|MB|＝|AM|即可求得m的值；当斜率存在且不为0，将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，求得k与b的关系，即可求出定点坐标．

【解答】
(1)解：∵右顶点是A(2, 0)，离心率为12，
∴ a=2，ca=12，
∴ c=1，则b=3，
∴ 椭圆的标准方程为x24+y23=1．
(2)证明：当直线MN斜率不存在时，设lMN:x=m，
与椭圆方程x24+y23=1联立得：|y|=3(1−m24)，|MN|=23(1−m24).
设直线MN与x轴交于点B，|MB|=|AM|，即2−m=3(1−m24)，
∴ m=27或m=2（舍），
∴ 直线m过定点(27, 0)；
当直线MN斜率存在时，设直线MN斜率为k，
M(x1, y1)，N(x2, y2)，则直线MN:y=kx+b，
与椭圆方程x24+y23=1联立，得(4k2+3)x2+8kbx+4b2−12=0，
x1+x2=−8kb4k2+3，x1x2=4b2−124k2+3，
y1y2=(kx1+b)(kx2+b)=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2，
Δ=(8kb)2−4(4k2+3)(4b2−12)>0，k∈R.
∵ AM→⋅AN→=0，则(x1−2, y1)(x2−2, y2)=0，
即x1x2−2(x1+x2)+4+y1y2=0，
∴ 7b2+4k2+16kb=0，
∴ b=−27k或b=−2k，
∴ 直线lMN:y=k(x−27)或y=k(x−2)，
∴ 直线过定点(27, 0)或(2, 0)舍去.
综上知，直线过定点(27, 0)．
【答案】
解：(1)曲线C化为：ρ2+2ρ2sin2θ=6，
将y=ρsinθ,x2+y2=ρ2代入上式，即x2+3y2=6
整理，得曲线C的直角坐标方程x26+y22=1.
由ρcsθ−π4−2=0，得22ρcsθ+22ρsinθ−2=0，
将x=ρcsθ,y=ρsinθ代入上式，化简得x+y−2=0，
所以直线的直角坐标方程 x+y−2=0.
(2)由(1)知，点P2，0在直线l上，
可设直线的参数方程为x=2+tcs3π4,y=tsin3π4（t为参数），
即x=2−22t,y=22t (t为参数），
代入曲线C的直角坐标方程，得12t2−22t+4+3×12t2=6，
整理得t2−2t−1=0，
所以Δ=22+4×1=6>0, t1t2=−1<0，
由题意知，1|PM|+1|PN|=1|t1|+1|t2|=|t1−t2||t1t2|
=|Δ−1|=|61|=6.
【考点】
椭圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线的参数方程
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
椭圆的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)曲线C化为：ρ2+2ρ2sin2θ=6，
将y=ρsinθ,x2+y2=ρ2代入上式，即x2+3y2=6
整理，得曲线C的直角坐标方程x26+y22=1.
由ρcsθ−π4−2=0，得22ρcsθ+22ρsinθ−2=0，
将x=ρcsθ,y=ρsinθ代入上式，化简得x+y−2=0，
所以直线的直角坐标方程 x+y−2=0.
(2)由(1)知，点P2，0在直线l上，
可设直线的参数方程为x=2+tcs3π4,y=tsin3π4（t为参数），
即x=2−22t,y=22t (t为参数），
代入曲线C的直角坐标方程，得12t2−22t+4+3×12t2=6，
整理得t2−2t−1=0，
所以Δ=22+4×1=6>0, t1t2=−1<0，
由题意知，1|PM|+1|PN|=1|t1|+1|t2|=|t1−t2||t1t2|
=|Δ−1|=|61|=6.