2020-2021学年浙江省温州市高二（下）3月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年浙江省温州市高二（下）3月月考数学试卷人教A版，共9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M=x|y=ln3+2x−x2，N=x|x>a，若M⊆N，则实数a的取值范围是（ ）
A.[3,+∞)B.[−3,+∞)C.(−∞,1]D.(−∞,−1]

2. 复数a2−2a−3+a2−a−6i为纯虚数的一个必要不充分条件是（ ）
A.a=−1B.a=3
C.a=−2或a=3D.a=−1或a=−2

3. 已知等差数列{an}的公差d为正数，a1=1，2(anan+1+1)=tn(1+an)，t为常数，则an=( )
A.2n−1B.4n−3C.5n−4D.n

4. 下列不可能是函数fx=xaex+e−xa∈Z的图象的是（ ）
A.B.
C.D.

5. 已知x，y，z都是正数，且x+y+z=1xyz，(x+y)(y+z)的最小值为（ ）
A.1B.2C.3D.4

6. 已知x，y满足不等式x≥0,y≥0,x+2y≤t,2x+y≤4,且目标函数z=9x+6y最大值的变化范围[20, 22]，则t的取值范围( )
A.[2, 4]B.[4, 6]C.[5, 8]D.[6, 7]

7. 已知函数fx=3sinx+acsx，x∈0,π3的最小值为a，则实数a的取值范围是（ ）
A.0,2B.−2,2C.(−∞,1]D.(−∞,3]

8. 将3个球（形状相同，编号不同）随机地投入编号为1，2，3，4的4个盒子，以ξ表示其中至少有一个球的盒子的最小号码（ξ=3表示第1号，第2号盒子是空的，第3个盒子至少1个球），则Eξ，E2ξ+1分别等于（ ）
A.2516，258B.2516，338C.32，3D.32，4

9. 已知四棱锥P−ABCD，底面是边长为2的正方形， △PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，点E是线段PD上的动点（不含端点），若线AB段上存在点F（不含端点），使得异面直线PA与EF成30∘的角，则线段PE长的取值范围是（ ）

A.0,22B.0,63C.22,2D.63,2
二、填空题

在2x−y5的展开式中，所有项系数的绝对值的和为________，x2y3的系数是________．

已知函数，则fx=2|sinx|−|csx|的最小正周期________，fx的值域________．

一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．


在平面直角坐标系xOy中，点M坐标为−1,2，且OM→+ON→=0→，动点P与M，N连线的斜率之积为−12，则动点P的轨迹方程为________，△PMN面积的取值范围是________．

如图给三棱柱ABC−DEF的顶点染色，定义由同一条棱连接的两个顶点叫相邻顶点，规定相邻顶点不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方法有________．


定义a⊗b=a,a≥b,b,a0，则μ=4xy+y2x2⊗x2+16xy16y2的最小值________．
三、解答题

已知函数fx=csx3−π2sinπ2+x3+3cs2x3．
(1)若x∈−π2,π，求fx的递增区间和值域；

(2)若fx0=45+32，求sin23x0．

已知三棱锥A−BCD，△ABD和△BCD是边长为2的等边三角形，平面ABD⊥平面BCD．

(1)求证：AC⊥BD；

(2)设G为BD中点，H为△ACD内的动点（含边界），且GH//平面ABC，求直线GH与平面ACD所成角的正弦值的取值范围．

数列an满足an+1+−1nan=2n−1，n∈N∗且a1=a（a为常数）．
(1)(ⅰ)当n为偶数时，求an+4−an的值；
(ⅱ)求an的通顶公式；

(2)设Sn是数列an的前n项和，求证：1S4+1S8+⋯+1S4n<14．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省温州市高二（下）3月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
集合的包含关系判断及应用
【解析】
无
【解答】
解：令3+2x−x2>0，
即(x−3)(x+1)<0，
解得−1则M={x|y=ln(3+2x−x2)}={x|−1∵ M⊆N，
∴ a≤−1．
故选D．
2.
【答案】
D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
复数的运算
【解析】

【解答】
解：当复数(a2−2a−3)+(a2−a−6)i为纯虚数时，
a2−2a−3=0,a2−a−6≠0,
解得：a=−1．
所以复数(a2−2a−3)+(a2−a−6)i为纯虚数的一个必要不充分条件是a=−1或a=−2.
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
根据数列的递推关系式，先求出t＝4，即可得到{a2n−1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n−1＝4n−3，{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n−1，问题得以解决．
【解答】
解：由题设2(anan+1+1)=tn(1+an)，
即anan+1+1=tSn，可得an+1an+2+1=tSn+1，
两式相减得an+1(an+2−an)=tan+1，
所以an+2−an=t.
由2(a1a2+1)=t(1+a1)
可得a2=t−1，
由an+2−an=t可知a3=t+1.
因为{an}为等差数列，所以2a2=a1+a3，
解得t=4，
故an+2−an=4，
由此可得{a2n−1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n−1=4n−3，
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n=4n−1，
所以an=2n−1.
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
【解析】
无
【解答】
解：根据题意，函数f(x)=xa(ex+e−x)(a∈Z)，
当a=0时，f(x)=ex+e−x其中定义域为{x|x≠0}关于原点对称，
且f(−x)=e−x+ex=ex+e−x=f(x)，
所以函数f(x)为偶函数，不经过原点且在第一象限为单调增函数，故选项A符合题意；
当a为正整数时，f(x)=xa(ex+e−x)，其定义域为R，图象经过原点，没有选项符合；
当a为负整数时，f(x)=xa(ex+e−x)，其定义域为{x|x≠0}，
可得f′(x)=axa−1(ex+e−x)+xa(ex−e−x)，
当x>0时，f′(x)=xa−1[a(ex+e−x)+x(ex−e−x)]
=xa−1[(a+x)ex+(a−x)e−x]，
可得f′(x)先负后正，故函数f(x)不经过原点且在第一象限先减后增，
其中a为负偶数时，函数f(x)为偶函数，此时D符合题意；
a为负奇数时，函数f(x)为奇函数，此时B符合题意.
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由题意可得xyz(x+y+z)=1，即为y(x+y+z)=1xz，则(x+y)(y+z)=xz+y(x+y+z)=xz+1xz，由基本不等式即可得到所求最小值．
【解答】
解：x，y，z都是正数，且x+y+z=1xyz，
可得xyz(x+y+z)=1，
即为y(x+y+z)=1xz，
则(x+y)(y+z)=xy+xz+y2+yz
=xz+y(x+y+z)
=xz+1xz≥2xz×1xz=2，
当且仅当xz=1取得等号，
则(x+y)(y+z)的最小值为2.
故选B.
6.
【答案】
B
【考点】
含参线性规划问题
求线性目标函数的最值
【解析】
作出可行域，对t进行分类讨论分析目标函数的最大值，即可求解．
【解答】
解：画出不等式组x≥0,y≥0,2x+y≤4,所表示的可行域如图△AOB，
当t≤2时，可行域即为如图中的△OAM，
此时目标函数z=9x+6y在A2,0取得最大值z=18，不符合题意；
当t>2时可知目标函数z=9x+6y在x+2y=t,2x+y=4的交点8−t3,2t−43处取得最大值，
此时z=t+16,
由题意可得，20≤t+16≤22解可得4≤t≤6.
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
三角函数的最值
函数恒成立问题
【解析】
无
【解答】
解：因为f(x)=3sinx+acsx，x∈[0,π3]的最小值是a，
当x=0时，f(0)=a，
所以当x∈0,π3时，3sinx+acsx≥a恒成立，
即a(1−csx)≤3sinx，当x=0时，a∈R，
当x∈0,π3时，
a≤3sinx1−csx=23sinx2csx22sin2x2=3tanx2恒成立，
即a≤3tanx2min，
x∈0,π3时，tanx2的最大值是33，
所以3tanx2的最小值是3，所以a≤3．
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】

【解答】
解：由题意可知，随机变量的可能取值有1，2，3，4，
P(ξ=1)=C31×32+C32×3+C3343=3764，
P(ξ=2)=C31×22+C32×2+C3343=1964，
P(ξ=3)=C31+C32+C3343=764，
P(ξ=4)=143=164，
所以，E(ξ)=1×3764+2×1964+3×764+4×164=2516，
因此，E(2ξ+1)=2E(ξ)+1=2×2516+1=338．
故选B．
9.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
点、线、面间的距离计算
【解析】
无
【解答】
解：如图，取AD中点O，BC中点G，连接PO，OG，
∵ △PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，
∴ PO⊥AD.
∵ 底面ABCD是正方形，
∴ AB⊥AD，则OG⊥AD.
又AB⊥平面PAD，∴ OG⊥平面PAD，
得OA，OG，OP两两互相垂直，
以O为坐标原点，分别以OA，OG，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
得O0,0,0， A1,0,0，D(−1,0,0)，P0,0,1 ，
设E(s,0,t)，F(1,m,0)−1则EF→=1−s,m,−t，PA→=1,0,−1，EP→=−s,0,1−t ，
∴EF→⋅PA→=1−s+t，
|EF→|=(1−s)2+m2+t2，
|PA→|=2，
由题意可得，1−s2+m2+t2 ⋅2cs30∘=1−s+t，
即621−s2+m2+t2=1−s+t，
整理得3m2=4t1−s−1−s2−t2>0，
结合t−s=1，可得41−s2>2+2s2，解得|s|<13，
则|EP→|=−s2+1−t2
=s2+s2=2|s|<63，
∴线段PE长的取值范围是(0,63).
故选B．
二、填空题
【答案】
243,−40
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
无
【解答】
解；由(2x−y)5展开式所有项系数的绝对值之和等于(2x+y)5的展开式中所有项系数之和，
令x=y=1可得：(2+1)5=243；
又(2x−y)5的通项公式为：Tr+1=C5r(2x)5−r(−y)r=(−1)r25−rC5rx5−ryr，
令r=3，T4=(−1)322C53x2y3=−40x2y3，
所以x2y3的系数是−40．
故答案为：243；−40．
【答案】
π,[−1,2]
【考点】
三角函数的最值
三角函数的周期性及其求法
正弦函数的定义域和值域
【解析】

【解答】
解：首先由f(x)=2|sinx|−|csx|两项的系数特征知，周期是π的正整数倍，而f(x+π)=2|sin(x+π)|−|cs(x+π)|=2|sinx|−|csx|=f(x)，
故最小正周期是π；
最小正周期是π，故只研究x∈[0,π]的值域即可，
当x∈0,π2时，f(x)=2sinx−csx=5sin(x−φ)，csφ=25,sinφ=15，
则x−φ∈−φ,π2−φ⊆−π2,π2，f(x)递增，
故x−φ=−φ时，f(x)min=5sin(−φ)=−5×15=−1，
当x−φ=π2−φ时，f(x)max=5sinπ2−φ=5×25=2，即值域为[−1,2]；
当x∈π2,π时，f(x)=2sinx+csx=5sin(x+φ)，csφ=25,sinφ=15，
则x+φ∈π2+φ,π+φ⊆π2,3π2，f(x)递减，
故值域为f(π),fπ2，即[−1,2)，综上，f(x)值域为[−1,2]．
故答案为：π；[−1,2]．
【答案】
113,42+9+3
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
无
【解答】
解：由题意，可得如下示意图，
∴ 其直观图为正方体去掉左下部分，及上面的两个正三棱锥B−EFH，C−HGI，
∴ V=12VABCD−A1B1C1D1−2VB−EFH=4−13=113，
S=SAB1C1D+2SABCD+2SABB1−6SBEF+2SEFH
=42+8+4−3+3=42+9+3.
故答案为：113；42+9+3．
【答案】
x29+2y29=1(x≠±1),0,922
【考点】
轨迹方程
圆锥曲线的综合问题
点到直线的距离公式
椭圆的标准方程
【解析】

【解答】
解：因为M的坐标为(−1,2)，且OM→+ON→=0→，可得N(1,−2)，设P(x,y)，
所以kMP=y−2x+1，kNP=y+2x−1(x≠±1)，
由题意得：y−2x+1⋅y+2x−1=−12，
整理可得动点P轨迹方程为：x29+2y29=1(x≠±1)；
直线MN的斜率k=2−(−2)−1−1=−2，
设平行与MN的椭圆切线方程为y=−2x+b，
与椭圆联立可得y=−2x+b,x29+2y29=1,(x≠±1)，
即9x2−8bx+2b2−9=0，
Δ=(−8b)2−4×9×(2b2−9)=0，
解得|b|=922,
所以该切线与直线MN的距离d=92222+12=91010，|MN|=25，
所以△PMN面积的最大值S=12×|MN|×d=12×25×91010=922，
所以随着P在椭圆上运动，△PMN的面积取值范围为0,922．
故答案为：x29+2y29=1(x≠±1)；0,922．
【答案】
264
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
无
【解答】
解：首先先给顶点A，B，C染色，有A43=24种方法，
再给顶点D染色，
①若点D和点B染同一种颜色，点E和点C染相同颜色，点F就有2种方法，
若点E和点C染不同颜色，则点E有2种方法，点F也有1种方法，
则D，E，F的染色方法一共有2+2×1=4种方法，
②若点D和点B染不同颜色， 且与点C颜色不同，则点D有1种方法，
点E与点C颜色不同，则点E有1种方法，则点F有一种方法，此时有1种方法；
若最后E与C相同，则F有2种方法，则共有2种方法；
点D与点C颜色相同，在点D有1种方法，则点E有2种方法，则点F有2种方法，共有2×2=4种方法，
所以点D和点B染不同颜色共有1+2+4=7种方法，
所以点D，E，F的染色方法一共有4+7=11种，
所以共有24×11=264种方法．
故答案为：264．
【答案】
94
【考点】
基本不等式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
无
【解答】
解：令t=yx，
则4xy+y2x2=4t+t2在(0,+∞)为增函数，
x2+16xy16y2=116t2+1t在(0,+∞)为减函数，
从而μ≥124t+t2+116t2+1t≥94，
当且仅当t=12时取等号．
故答案为：94．
三、解答题
【答案】
解：(1)因为函数f(x)=sinx3csx3+31+cs2x32
=12sin2x3+32cs2x3+32
=sin2x3+π3+32，
又x∈−π2,π，
所以2x3+π3∈[0,π]，
所以由0≤2x3+π3≤π2，解得−π2≤x≤π4，
所以函数f(x)的递增区间为−π2,π4，
又0≤sin2x3+π3≤1，
所以32≤sin2x3+π3+32≤1+32，
所以函数f(x)的值域为32,1+32.
(2)因为f(x0)=45+32，
所以sin2x03+π3+32=45+32，
所以sin2x03+π3=45，
所以cs2x03+π3=±35，
所以sin23x0=sin2x03+π3−π3
=sin23x0+π3csπ3−cs23x0+π3sinπ3
=4±3310，
所以sin23x0=4±3310．
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
正弦函数的定义域和值域
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
【解析】


【解答】
解：(1)因为函数f(x)=sinx3csx3+31+cs2x32
=12sin2x3+32cs2x3+32
=sin2x3+π3+32，
又x∈−π2,π，
所以2x3+π3∈[0,π]，
所以由0≤2x3+π3≤π2，解得−π2≤x≤π4，
所以函数f(x)的递增区间为−π2,π4，
又0≤sin2x3+π3≤1，
所以32≤sin2x3+π3+32≤1+32，
所以函数f(x)的值域为32,1+32.
(2)因为f(x0)=45+32，
所以sin2x03+π3+32=45+32，
所以sin2x03+π3=45，
所以cs2x03+π3=±35，
所以sin23x0=sin2x03+π3−π3
=sin23x0+π3csπ3−cs23x0+π3sinπ3
=4±3310，
所以sin23x0=4±3310．
【答案】
(1)证明：取BD中点G，连结AG，CG．
∵ △ABD和△BCD是等边三角形，
∴ AG⊥BD,CG⊥BD,AG⊥BD=G,⇒BD⊥面ACG，AC⊂面ACG⇒AC⊥BD.
(2)解：以G为原点，以GC所在直线为x轴，以GD所在直线为y轴，GA所在直线为z轴建立空间直角坐标系．取AD中点E，CD中点F，连结GF，EF，
则平面GEF//平面ABC，
所以H在线段EF上运动，
则G(0,0,0)，B(0,−1,0)，C(3,0,0)，D(0,1,0)，A(0,0,3)，E0,12,32，F32,12,0，
设EH→=λEF→0≤λ≤1，GH→=32λ,12,32−32λ．
设平面ACD的一个法向量n→=(x,y,z)，
则n→⋅AC→=0,n→⋅CD→=0,即3x−3z=0,−3x+y=0,
取x=1，则平面的一个法向量n→=(1,3,1)，
设直线GH与平面ACD所成角为θ，
则sinθ=GH→⋅n→|GH→||n→|=35⋅32λ2−32λ+1∈155,265．
所以直线GH与平面ACD所成角的正弦值的范围为155,265．
【考点】
两条直线垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
本题考查线面垂直的判定和性质，以及运动向量法求线面角的方法．
本题考查线面垂直的判定和性质，以及运动向量法求线面角的方法．
【解答】
(1)证明：取BD中点G，连结AG，CG．
∵ △ABD和△BCD是等边三角形，
∴ AG⊥BD,CG⊥BD,AG⊥BD=G,⇒BD⊥面ACG，AC⊂面ACG⇒AC⊥BD.
(2)解：以G为原点，以GC所在直线为x轴，以GD所在直线为y轴，GA所在直线为z轴建立空间直角坐标系．取AD中点E，CD中点F，连结GF，EF，
则平面GEF//平面ABC，
所以H在线段EF上运动，
则G(0,0,0)，B(0,−1,0)，C(3,0,0)，D(0,1,0)，A(0,0,3)，E0,12,32，F32,12,0，
设EH→=λEF→0≤λ≤1，GH→=32λ,12,32−32λ．
设平面ACD的一个法向量n→=(x,y,z)，
则n→⋅AC→=0,n→⋅CD→=0,即3x−3z=0,−3x+y=0,
取x=1，则平面的一个法向量n→=(1,3,1)，
设直线GH与平面ACD所成角为θ，
则sinθ=GH→⋅n→|GH→||n→|=35⋅32λ2−32λ+1∈155,265．
所以直线GH与平面ACD所成角的正弦值的范围为155,265．
【答案】
(1)解：(ⅰ)当n为正偶数时，an+1+an=2n−1，an+2−an+1=2n+1，
两式相加得an+2+an=4n，①
可得an+4+an+2=4n+8，②
②−①得an+4−an=8.
(ⅱ)当n为正奇数时，an+1−an=2n−1，an+2+an+1=2n+1，
两式作差得an+2+an=2，
所以an+4+an+2=2，
上述两个等式作差得an+4=an.
又因为a2−a1=1，则a2=a1+1=a+1，
a3+a2=3，则a3=3−a2=2−a，
a4−a3=5，则a4=5+a3=7−a，
对任意得k∈N∗，当n=4k−3，则an=a1=a；
当n=4k−2时，
an=a4k−2=a2+8(k−1)=a+1+8(k−1)
=a+8k−7=a+2(n+2)−7=a+2n−3；
当n=4k−1时，an=a3=2−a；
当n=4k时，
an=a4k=a4+8(k−1)
=7−a+8(k−1)=8k−a−1=2n−a−1．
综上所述，an=a,(n=4k−3),2n+a−3,(n=4k−2),2−a,(n=4k−1),2n−a−1,(n=4k).
(2)证明：a4n−3+a4n−2+a4n−1+a4n
=a+2(4n−2)+a−3+2−a+2×4n−a−1
=16n−6，
所以S4n=n(10+16n−6)2=8n2+2n，
所以1S4n=12(4n2+n)<12(4n2−1)
=1412n−1−12n+1，
所以1S4+1S8+⋯+1S4n
<141−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1
=141−12n+1<14．
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：(ⅰ)当n为正偶数时，an+1+an=2n−1，an+2−an+1=2n+1，
两式相加得an+2+an=4n，①
可得an+4+an+2=4n+8，②
②−①得an+4−an=8.
(ⅱ)当n为正奇数时，an+1−an=2n−1，an+2+an+1=2n+1，
两式作差得an+2+an=2，
所以an+4+an+2=2，
上述两个等式作差得an+4=an.
又因为a2−a1=1，则a2=a1+1=a+1，
a3+a2=3，则a3=3−a2=2−a，
a4−a3=5，则a4=5+a3=7−a，
对任意得k∈N∗，当n=4k−3，则an=a1=a；
当n=4k−2时，
an=a4k−2=a2+8(k−1)=a+1+8(k−1)
=a+8k−7=a+2(n+2)−7=a+2n−3；
当n=4k−1时，an=a3=2−a；
当n=4k时，
an=a4k=a4+8(k−1)
=7−a+8(k−1)=8k−a−1=2n−a−1．
综上所述，an=a,(n=4k−3),2n+a−3,(n=4k−2),2−a,(n=4k−1),2n−a−1,(n=4k).
(2)证明：a4n−3+a4n−2+a4n−1+a4n
=a+2(4n−2)+a−3+2−a+2×4n−a−1
=16n−6，
所以S4n=n(10+16n−6)2=8n2+2n，
所以1S4n=12(4n2+n)<12(4n2−1)
=1412n−1−12n+1，
所以1S4+1S8+⋯+1S4n
<141−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1
=141−12n+1<14．