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    2020-2021年陕西省榆林市高三(上)月考数学(文)试卷北师大版

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    2020-2021年陕西省榆林市高三(上)月考数学(文)试卷北师大版

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    这是一份2020-2021年陕西省榆林市高三(上)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. 若复数z=2−i1−2i,则z在复平面内对应的点位于( )
    A.第三象限B.虚轴C.第四象限D.实轴

    2. 已知集合A=x|x2≤4,B=x|y=lg22−x,则A∩B=( )
    A.−∞,2B.−2,2C.[−2,2)D.[0,2)

    3. 正八边形在生活中是很常见的对称图形,如图1中的正八边形的U盘,图2中的正八边形窗花,在图3的正八边形A1A2A3A4A5A6A7A8中,向量A6A7→与A7A8→的夹角为( )

    A.π3B.π4C.2π3D.3π4

    4. 某小学五年级组织开展了“劳动美”社会实践活动,倡导学生回家帮父母做家务,体验父母的艰辛.某同学要在周一至周五任选两天做家务,则该同学连续两天做家务的概率为( )
    A.710B.35C.12D.25

    5. 在△ABC中,AB=1,sinB=6sinC,csA=13,则BC=( )
    A.30B.42C.6D.33

    6. 执行如图所示的程序框图,则输出的t=( )

    A.10B.3C.52D.2

    7. 已知α,β,γ是三个不同的平面,l是一条直线.( )
    A.若α⊥γ,β⊥γ,则α//βB.若α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β
    C.若l//α,l//β,则α//βD.若l⊥α,l⊥β,则α//β

    8. 2020年12月17日凌晨,嫦娥五号返回器携带月球样品在内蒙古四子王旗预定区域安全着陆.嫦娥五号返回舱之所以能达到如此高的再入精度,主要是因为它采用弹跳式返回弹道,实现了减速和再入阶段弹道调整,这与“打水漂”原理类似(如图所示).现将石片扔向水面,假设石片第一次接触水面的速率为11.2m/s,这是第一次“打水漂”,然后石片在水面上多次“打水漂”,每次“打水漂”的速率为上一次的93%,若要使石片的速率低于7.84m/s,则至少需要“打水漂”的次数为( )
    (参考数据:取ln0.7=−0.357,ln0.93=−0.073)

    A.4B.6C.5D.7

    9. 已知椭圆M:x216+y29=1k>0,椭圆N:x2k2+16+y2k2+9=1k>0,椭圆P:y232+x218=1,则( )
    A.M与N的离心率相等,M与P的焦距相等
    B.M与N的离心率相等,N与P的焦距相等
    C.M与N的焦距相等,M与P的离心率相等
    D.M与N的焦距相等,M与P的短轴长相等

    10. 若函数fx=sinωxω>0在0,5π3上单调递增,则ω的取值范围是( )
    A.35,1B.0,35C.310,12D.0,310

    11. 某几何体的三视图如图所示,则该几何体外接球的表面积为( )

    A.41πB.41π4C.21πD.21π2

    12. 已知fx是周期为4的奇函数,当0≤x≤1时,fx=x,当10,求数列3n−1an的前n项和Sn.

    已知抛物线C1:x2=2pyp>0和圆C2:x2−12x+y2=0交于O,P两点,且kOP=1,其中O为坐标原点.
    (1)求C1的方程;

    (2)过C1的焦点F且不与坐标轴平行的直线l与C1交于A,B两点,AB的中点为M,C1的准线为l0,且MQ⊥l0,垂足为Q.证明直线AB,OQ的斜率之积T为定值,并求该定值.

    已知函数fx=x3−6x2+9x+1.
    (1)求曲线y=fx在点0,1处的切线方程;

    (2)证明:x+1−lnxfx>2csx对x∈12,+∞恒成立.

    在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=4csα,y=a+4sinα,(α为参数,aK甲2.
    故在这三个地区中,
    乙地区的中学生是否近视与性别关联性最强,
    甲地区的中学生是否近视与性别关联性最弱.
    【答案】
    解:(1)因为a1=4,
    所以a1−2=2.
    因为数列{an−2n}是等差数列,且公差为2,
    所以an−2n=2+2n−1=2n,
    则an=2n+2n .
    (2)设{an}的公比为q,
    由a3−a2=48,得4q2−4q=48,
    解得q=4或−3.
    因为a2>0,
    所以q=4,
    所以an=4n,
    Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n,
    4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1,
    两式相减得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1,
    即−3Sn=8+3×42(1−4n−1)1−4+1−3n4n+1
    =8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1
    =4n+1−8+1−3n4n+1
    =2−3n4n+1−8,
    故Sn=3n−24n+1+83 .
    【考点】
    等差数列的通项公式
    等比数列的通项公式
    数列的求和
    【解析】
    (1)因为a1=4,所以a1−2=2,
    因为数列{an=2n+2n}是等差数列,且公差为2,所以an−2n=2+2n−1=2n,
    则an=2n+2n .

    【解答】
    解:(1)因为a1=4,
    所以a1−2=2.
    因为数列{an−2n}是等差数列,且公差为2,
    所以an−2n=2+2n−1=2n,
    则an=2n+2n .
    (2)设{an}的公比为q,
    由a3−a2=48,得4q2−4q=48,
    解得q=4或−3.
    因为a2>0,
    所以q=4,
    所以an=4n,
    Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n,
    4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1,
    两式相减得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1,
    即−3Sn=8+3×42(1−4n−1)1−4+1−3n4n+1
    =8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1
    =4n+1−8+1−3n4n+1
    =2−3n4n+1−8,
    故Sn=3n−24n+1+83 .
    【答案】
    (1)解:由O为坐标原点,且kOP=1,
    得直线OP的方程为y=x,
    代入圆C2的方程,得x2−12x+x2=0,
    解得x=0或x=6,则P6,6.
    将点P的坐标代入C1的方程,得62=2p⋅6,
    则p=3,
    故C1的方程为x2=6y .
    (2)证明:由(1)可知F0,32,l0:y=−32.
    设直线l的方程为y=kx+32k≠0,
    联立 x2=6y,y=kx+32, 整理得x2−6kx−9=0.
    Δ=36k2+36>0.
    设Ax1,y1,Bx2,y2,则x1+x2=6k,
    所以点M的横坐标为3k,
    则kOQ=−323k=−12k,
    所以T=kAB⋅kOQ=k⋅−12k=−12,
    故T是定值,且定值为−12.
    【考点】
    抛物线的标准方程
    直线的点斜式方程
    圆与圆锥曲线的综合问题
    抛物线的性质
    圆锥曲线中的定点与定值问题
    斜率的计算公式
    【解析】
    (1)解:由O为坐标原点,且kOP=1,得直线OP的方程为y=x,
    代人圆C2的方程,得x2−12x+x2=0,解得x=0或x=6,则P6,6.
    将点P的坐标代人C1的方程,得62=2p×6,则p=3.
    故C的方程为x2=6y .
    (2)证明:由(1)可知F0,32,l0:y=−32.
    设直线l的方程为y=kx+32k≠1,
    联立 x2=6y,y=kx+32 整理得x2−6k−9=0.
    Δ=36k2+36>0,
    设Ax1,y1,Bx2,y2,则x1+x2=6k,
    所以点M的横坐标为3k,
    则kM=−323k=−12k,
    所以T=kAB⋅kOQ=k⋅−12k=−12,故T是定值,且定值为−12.
    【解答】
    (1)解:由O为坐标原点,且kOP=1,
    得直线OP的方程为y=x,
    代入圆C2的方程,得x2−12x+x2=0,
    解得x=0或x=6,则P6,6.
    将点P的坐标代入C1的方程,得62=2p⋅6,
    则p=3,
    故C1的方程为x2=6y .
    (2)证明:由(1)可知F0,32,l0:y=−32.
    设直线l的方程为y=kx+32k≠0,
    联立 x2=6y,y=kx+32, 整理得x2−6kx−9=0.
    Δ=36k2+36>0.
    设Ax1,y1,Bx2,y2,则x1+x2=6k,
    所以点M的横坐标为3k,
    则kOQ=−323k=−12k,
    所以T=kAB⋅kOQ=k⋅−12k=−12,
    故T是定值,且定值为−12.
    【答案】
    (1)解:f′x=3x2−12x+9,
    则f′0=9,
    故曲线y=fx在点0,1处的切线方程为y=9x+1.
    (2)证明:当x∈12,1∪3,+∞时,f′x>0,
    则fx在12,1,3,+∞上单调递增,
    当x∈1,3时,f′xf3=1,
    所以fx在12,+∞上的最小值为f3=1.
    设函数gx=x+1−lnx,则g′x=x−1xx>0.
    当x∈12,1时,g′x0,
    则gx在1,+∞上单调递增.
    故gx≥g1=2,
    从而x+1−lnxfx≥2,
    但由于fx≥1与gx≥2的取等条件不同,
    所以x+1−lnxfx>2.
    因为2csx≤2,
    所以x+1−lnxfx>2csx对x∈12,+∞恒成立.
    【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】


    【解答】
    (1)解:f′x=3x2−12x+9,
    则f′0=9,
    故曲线y=fx在点0,1处的切线方程为y=9x+1.
    (2)证明:当x∈12,1∪3,+∞时,f′x>0,
    则fx在12,1,3,+∞上单调递增,
    当x∈1,3时,f′xf3=1,
    所以fx在12,+∞上的最小值为f3=1.
    设函数gx=x+1−lnx,则g′x=x−1xx>0.
    当x∈12,1时,g′x0,
    则gx在1,+∞上单调递增.
    故gx≥g1=2,
    从而x+1−lnxfx≥2,
    但由于fx≥1与gx≥2的取等条件不同,
    所以x+1−lnxfx>2.
    因为2csx≤2,
    所以x+1−lnxfx>2csx对x∈12,+∞恒成立.
    【答案】
    解:(1)由x=4csα,y=a+4sinα, 得x2+y−a2=16,
    即x2+y2−2ay=16−a2.
    因为曲线C经过坐标原点O,
    所以16−a2=0.
    又a

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