2020-2021学年河北省廊坊市高二（下）7月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省廊坊市高二（下）7月月考数学试卷人教A版，共13页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 若复数z满足2z−z¯=2+i，则复数z的虚部为( )
A.13B.2C.13iD.2i

2. 已知A=0,a2，B=a,0,1,2，则A∩B=0,1，则∁BA=( )
A.−1,1B.1,2C.−1,1,2D.−1,2

3. 已知数列an满足a1=1，an+2=2ann∈N∗，则a2021=( )
A.21011B.21010C.22020D.22021

4. 2021年2月25日“全国脱贫攻坚表彰大会”在北京召开，大会庄严宣告，经过全党全国各族人民的共同努力，在迎来中国共产党成立一百周年的重要时刻，我国脱贫攻坚战取得了全面胜利，为了更具体的了解贫困地区人民的需求，进一步提高人民群众的获得感、幸福感和安全感，某部门专门调查了A，B两县的居民对教育、医疗、养老、住房、文化等五个方面的需求值，得到需求值的评分如雷达图所示（得分越高，说明该项需求越强烈）．下列说法正确的是( )

A.B县五项需求值评分的极差为1.5
B.A县的各项需求值评分均高于B县对应的评分
C.A县五项需求值评分的平均数比B县五项需求值评分的平均数要高
D.各项需求值评分中，两个县的养老需求值评分相差最大

5. 已知直线l:2x−y+2=0与以点C2,1为圆心的圆相交于A，B两点，且CA⊥CB，则圆C的方程为( )
A.x−22+y−12=25B.x−22+y−12=20
C.x−22+y−12=10D.x−22+y−12=5

6. 已知fx=lnx2−1，则函数y=fx|x|的大致图象为( )
A.B.
C.D.

7. 《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中．如图，白圈为阳数，黑点为阴数．若从图中五个阴数和五个阳数中各随机选取1个数，则选取的两数之和能被3整除的概率为( )

A.15B.625C.725D.825

8. 已知函数fx=aexx+lnax+x，其中a>0，若fx>1恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.0,1eB.1e,+∞C.2e,+∞D.1e2,+∞
二、多选题

若lna>lnb，则下列不等式成立的是( )
A.2a>2bB.a2>b2C.1a>1bD.|a|>|b|

已知F1,0为抛物线y2=2pxp>0的焦点，直线l过点F且与抛物线交于A，B两点，则( )
A.当直线l与x轴垂直时，|AB|=4
B.当直线l与x轴垂直时，AB的中点到y轴距离为2
C.|AB|的最小值为4
D.若点P2,2，则|PA|+|AF|的最小值为3

关于函数fx=2|sinx|csx，下列说法正确的是( )
A.fx是偶函数B.fx在区间−π4,0单调递减
C.fx在−π,π有4个零点D.fx的最大值为2

半正多面体(semiregularslid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．如图的半正多面体是由棱长为1的正方体“切”去8个“角”后得到的几何体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，则下列关于该多面体的说法中正确的是( )

A.它的表面积为33
B.它的体积为56
C.它的所有顶点均在同一个球面上，且该球的表面积为2π
D.它的任意两个共棱的面所成的锐二面角都相等
三、填空题

在x+a3x7的展开式中，含x3项的系数是−280，则
(1)a=________；
(2)该展开式中所有项的系数之和为________．
四、解答题

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求：
(1)C的大小；

(2)若c=3，求△ABC周长的最大值．
条件①：asinA+B2=csinA；
条件②：3csCacsB+bcsA=csinC.

已知数列an的前n项和为Sn，满足a1=1，且对任意正整数n，都有Sn+1=n+1an+1−n．
(1)求数列an的通项公式；

(2)是否存在正整数kk>1，使得a1，ak，Sk+2成等比数列？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱BB1=1，∠ABC=2π3，且M，N分别为BB1，AC的中点．

(1)证明：MN//平面AB1C1；

(2)若BA=BC=2，求二面角A−B1C1−B的大小．

去年，中共中央、国务院印发了《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》（以下简称《意见》），就全面贯彻党的教育方针，加强大中小学劳动教育进行了系统设计和全面部署．把劳动教育纳入人才培养全过程，促进学生形成正确的世界观、人生观、价值观．某中学为了更好的落实劳动教育课，在校园内开展了有关劳动教育的知识测评，并从参加测评的学生中随机抽取了100名学生，统计了每个学生的测评得分，其统计结果如下表所示：

(1)利用该样本的频率分布估计总体的分布，估计该校学生劳动教育的知识测评得分x的均值；（注：每组数据取区间的中点值代表）；

(2)若劳动教育的知识测评得分X近似地服从正态分布Nμ,σ2，其中μ近似为样本平均数x¯，σ近似为样本的标准差s，并已求得s≈10.03．现从全校学生中随机抽取的30个学生，记测评得分在区间(50.54,80.63]之外的人数记为Y，求PY=1及Y的数学期望．（精确到0.001）
参考数据：若随机变量Z∼Nμ,σ2，则Pμ−σ0，故排除B选项．
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
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：由题意可知，阴数为2，4，6，8，10，阳数为1，3，5，7，9．
各选一个数，共有5×5=25种选法．
其和能被3整除的分别为：2，1；2，7；4，5；6，3；6，9；8，1；8 ，7；10，5共8种选法，
∴ 选取的两数之和能被3整除的概率P=825.
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
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
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由fx>1得：fx=aexx+lnax+x>1，
即aexx+lna+x−lnx>1，
∴ e(lna+x−lnx)+lna+x−lnx>e0+0在x∈0,+∞上恒成立.
∵ gx=ex+x在R上单调递增，且g0=1，
∴ g(lna+x−lnx)>g(0)，
∴ lna+x−lnx>0在x∈0,+∞上恒成立；
∴ lna>lnx−x在x∈0,+∞上恒成立，
构造函数ℎx=lnx−x，
则ℎ′x=1x−1=1−xx，
当x∈0,1时，ℎ′x>0，ℎx单调递增；
当x∈1,+∞时，ℎ′x−1，
解得a>1e．
故选B．
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
不等式比较两数大小
指数函数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为lna>lnb，
所以a>b>0.
则2a>2b，故A正确；
a2>b2，故B正确；
1a|b|，故D正确，
故选ABD．
【答案】
A,C,D
【考点】
抛物线的求解
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：F1,0为抛物线的焦点，
所以抛物线的方程为y2=4x.
对于A选项，直线l与x轴垂直时，不妨设A1,2，B1,−2，
则|AB|=4，故A选项正确；
对于B选项，直线l与x轴垂直时，则A1,2，B1,−2，
则AB的中点即为F，到y轴距离为1，故B错误；
对于C选项，F1,0，不妨设A在第一象限，
若直线l斜率不存在，则A1,2，B1,−2，即|AB|=4.
若直线l存在斜率，设直线l斜率为k，
则直线l的方程为:y=kx−1，显然k≠0，
联立方程组y=kx−1,y2=4x,
消去x得k2x2−2k2+4x+k2=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=2k2+4k2=2+4k2，
∴ |AB|=x1+x2+2=4+4k2>4，
综上，故C正确；
对于D选项，过点A向准线作垂线，垂足为N，
则|PA|+|AF|=|PA|+|AN|，
又P2,2在抛物线内部，
故当P，A，N三点共线时，|PA|+|AF|取得最小值3，故D正确．
故选ACD．
【答案】
A,B
【考点】
正弦函数的单调性
函数的零点
正弦函数的奇偶性
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由f−x=2|sin−x|cs−x
=2|sinx|csx=fx，故A正确；
x∈−π4,0时，fx=−2sinxcsx=−sin2x，
则f(x)在−π4,0上单调递减，故B正确；
x∈0,π时，fx=2sinxcsx=sin2x，函数有零点0，π2，π，
当x∈[−π,0)时，fx=−2sinxcsx=−sin2x，函数有零点−π2，−π，
则fx在−π,π上有5个零点，故C错误；
因为函数为偶函数，且周期是2π，
所以当x∈0,π时，fx=2sinxcsx=sin2x最大值为1，
所以当x∈−π,0时，最大值也为1.
故函数最大值为1，故D错误．
故选AB．
【答案】
B,C,D
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
棱柱的结构特征
二面角的平面角及求法
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，
由题意可知，该多面体的顶点为正方体ABCD−A1B1C1D1各棱的中点，
故该多面体的棱为正方体ABCD−A1B1C1D1相邻两条棱的中点的连线，
则该多面体有6个正方形面，8个等边三角形面，共14个面.
对于A，该多面体的棱长为22，
则6个正方形面的面积和为6×22×22=3，
8个等边三角形面的面积和为8×12×22×22×32=3，
∴ 该多面体的表面积为3+3，故A错误；
对于B，该多面体的体积为正方体体积减去8个相同的三棱锥的体积，
即多面体体积V=1×1×1−8×13×12×12×12×12=56，故B正确；
对于C，由对称性可知，该多面体的外接球球心为正方体ABCD−A1B1C1D1的中心，
外接球的直径为正方体ABCD−A1B1C1D1的面对角线长2，
该球的半径为22，外接球的表面积为4πR2=2π，故C正确；
设正方体ABCD−A1B1C1D1底面的中心为点O，
连接OC交该多面体的棱PF于点E，连接EQ，
则E为PF的中点，且△PFQ为等边三角形，
∴ EQ⊥PF.
∵ CD=BC，O为BD的中点，
∴ OC⊥BD，
∵ P，F分别为BC，CD的中点，则PF//BD，
∴ OC⊥PF，
∴ ∠QEC为该多面体的底面与平面PFQ所成锐二面角的平面角，
∵ 正方体的棱长为1，
∴ OE=EC=24，
CP=CQ=12CC1=12，
EQ=242+122=64.
∵ CC1⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，
∴ CC1⊥CE.
在Rt△CEQ中，cs∠QEC=ECEQ=26=33，
则该多面体相邻两个面所成锐二面角的余弦值均为33，故D选项正确．
故选BCD．
三、填空题
【答案】
−2,−1
【考点】
二项式系数的性质
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Tr+1=C7r⋅x7−r⋅ar⋅(x−13)r=C7r⋅ar⋅x7−43r，
令7−4r3=3，
解得r=3，
即T4=C73⋅a3x3=35a3x3=−280a3x3，
所以35a3=−280，
解得a=−2，
所以二项式为x−23x7，
令x=1，则各项系数之和为1−27=−1.
故答案为：−2；−1
四、解答题
【答案】
解：(1)若选择条件①：asinA+B2=csinA，
由正弦定理得sinAsinπ−C2=sinCsinA.
因为sinA≠0，
所以csC2=sinC=2sinC2csC2，
因为csC2≠0，
所以sinC2=12.
因为C∈0,π，
所以C=π3.
若选择条件②:3csCacsB+bcsA=csinC,
由正弦定理得3csCsinAcsB+sinBcsA=sinCsinC，
即：3csCsinA+B=sinCsinC，
整理得3csCsinC=sinCsinC.
因为sinC≠0，
所以tanC=3，
因为C∈0,π，
所以C=π3.
(2)由(1)可知：C=π3.
在△ABC中，由余弦定理得a2+b2−2abcsC=3，
即a2+b2−ab=3，
所以a+b2−3=3ab≤3a+b24，
所以a+b≤23，当且仅当a=b时等号成立，
所以a+b+c≤33，即△ABC周长的最大值为33.
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
诱导公式
余弦定理
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)若选择条件①：asinA+B2=csinA，
由正弦定理得sinAsinπ−C2=sinCsinA.
因为sinA≠0，
所以csC2=sinC=2sinC2csC2，
因为csC2≠0，
所以sinC2=12.
因为C∈0,π，
所以C=π3.
若选择条件②:3csCacsB+bcsA=csinC,
由正弦定理得3csCsinAcsB+sinBcsA=sinCsinC，
即：3csCsinA+B=sinCsinC，
整理得3csCsinC=sinCsinC.
因为sinC≠0，
所以tanC=3，
因为C∈0,π，
所以C=π3.
(2)由(1)可知：C=π3.
在△ABC中，由余弦定理得a2+b2−2abcsC=3，
即a2+b2−ab=3，
所以a+b2−3=3ab≤3a+b24，
所以a+b≤23，当且仅当a=b时等号成立，
所以a+b+c≤33，即△ABC周长的最大值为33.
【答案】
解：(1)由a1=1，
又对任意正整数n，Sn+1=n+1an+1−n都成立，
即Sn+1+nn+1=n+1Sn+1−n+1Sn，
所以nSn+1−n+1Sn=nn+1，
所以Sn+1n+1−Snn=1，
当n=1时，S11=1，
即数列Snn是以1为公差，1为首项的等差数列，
所以Snn=n，即Sn=n2，
得an=Sn−Sn−1=2n−1n≥2，
又由a1=1，满足上式，
所以an=2n−1n∈N∗.
(2)假设存在满足条件的正整数kk>1，使得a1，ak，Sk+2成等比数列，
由(1)得ak=2k−1，ak+2=2k+2−1=2k+3，
Sk+2=a1+ak+2k+22
=1+2k+3k+22=k+22，
若a1，ak，Sk+2成等比数列，
则ak2=a1⋅Sk+2，
即2k−12=k+22，
因为k为正整数且k>1，
所以解得k=3．
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由a1=1，
又对任意正整数n，Sn+1=n+1an+1−n都成立，
即Sn+1+nn+1=n+1Sn+1−n+1Sn，
所以nSn+1−n+1Sn=nn+1，
所以Sn+1n+1−Snn=1，
当n=1时，S11=1，
即数列Snn是以1为公差，1为首项的等差数列，
所以Snn=n，即Sn=n2，
得an=Sn−Sn−1=2n−1n≥2，
又由a1=1，满足上式，
所以an=2n−1n∈N∗.
(2)假设存在满足条件的正整数kk>1，使得a1，ak，Sk+2成等比数列，
由(1)得ak=2k−1，ak+2=2k+2−1=2k+3，
Sk+2=a1+ak+2k+22
=1+2k+3k+22=k+22，
若a1，ak，Sk+2成等比数列，
则ak2=a1⋅Sk+2，
即2k−12=k+22，
因为k为正整数且k>1，
所以解得k=3．
【答案】
(1)证明：如图，取AC1中点F，分别连接B1F，FN.
由题知N为AC中点，
所以FN//CC1，且FN=12CC1.
由题知BCC1B1为矩形，又M为BB1的中点，
所以MB1//CC1且MB1=12CC1，
所以FN//MB1，且FN=MB1，
所以四边形B1MNF为平行四边形，
所以MN//B1F，
又因为B1F⊂平面AB1C1，MN⊄平面AB1C1，
所以MN//平面AB1C1．
(2)解：因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，
所以BB1⊥平面ABC．
如图，以B为原点建立空间直角坐标系B−xyz，
则B0,0,0，B10,0,1，C10,2,1，A3,−1,0.
因为x轴⊥平面BCC1B1，
所以n1→=1,0,0为平面BCC1B1的一个法向量，
设n2→=x,y,z为平面AB1C1的法向量，
因为B1C1→=0,2,0，B1A→=3,−1,−1，
所以B1C→⋅n2→=0,B1A→⋅n2→=0,
得2y=0,3x−y−z=0,
令x=1，则y=0，z=3，
故可取n2→=1,0,3，
则cs⟨n→1,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=12，
由二面角A−B1C1−B为锐二面角，
所以二面角A−B1C1−B的大小为π3．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，取AC1中点F，分别连接B1F，FN.
由题知N为AC中点，
所以FN//CC1，且FN=12CC1.
由题知BCC1B1为矩形，又M为BB1的中点，
所以MB1//CC1且MB1=12CC1，
所以FN//MB1，且FN=MB1，
所以四边形B1MNF为平行四边形，
所以MN//B1F，
又因为B1F⊂平面AB1C1，MN⊄平面AB1C1，
所以MN//平面AB1C1．
(2)解：因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，
所以BB1⊥平面ABC．
如图，以B为原点建立空间直角坐标系B−xyz，
则B0,0,0，B10,0,1，C10,2,1，A3,−1,0.
因为x轴⊥平面BCC1B1，
所以n1→=1,0,0为平面BCC1B1的一个法向量，
设n2→=x,y,z为平面AB1C1的法向量，
因为B1C1→=0,2,0，B1A→=3,−1,−1，
所以B1C→⋅n2→=0,B1A→⋅n2→=0,
得2y=0,3x−y−z=0,
令x=1，则y=0，z=3，
故可取n2→=1,0,3，
则cs⟨n→1,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=12，
由二面角A−B1C1−B为锐二面角，
所以二面角A−B1C1−B的大小为π3．
【答案】
解：(1)由题意知：
∴ 样本平均数为x¯=55×0.16+65×0.3+
75×0.4+85×0.1+95×0.04=70.6．
(2)由(1)可知X∼N70.6,10.032
∴ (μ−2σ,μ+σ]=(70.6−20.06,70.6+10.03]=(50.54,83]
而P(μ−2σ