2020-2021学年湖南省长沙市某校高二（上）11月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖南省长沙市某校高二（上）11月月考数学试卷人教A版，共7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. 已知集合A={1, 2, 3}，B={3, 4, 5}，那么集合A∪B等于( )
A.⌀B.{3}C.{1, 2, 4, 5}D.{1, 2, 3, 4, 5}

2. 命题“∀x≥1，x2≥1”的否定是( )
A.∀x≥1，x2<1B.∃x<1，x2<1C.∀x<1，x2<1D.∃x≥1，x2<1

3. 计算lg4+lg25=( )
A.2B.3C.4D.10

4. 已知数列an满足a1=1，an+1=2an，则a4=( )
A.4B.8C.16D.32

5. 下列不等式恒成立的是( )
A.a2+b2≤2abB.a2+b2≥−2ab
C.a+b≥−2|ab|D.a+b≤2|ab|

6. 已知A为锐角△ABC的内角，则“sinA=32”是“A=π3”的( )
A.充分而不必要条件B.充要条件
C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件

7. 若a→=2,−3,5，b→=−3,1,2，则|a→−2b→|=( )
A.72B.52C.310D.63

8. 如图所示，已知正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均为1，则四棱锥A−B1BCC1的体积为( )

A.312B.66C.34D.36

9. 若a=2−12 ，b=lg213 ，c=lg23，则a，b，c的大小关系为( )
A.a
10. 函数f(x)=lg0.5(x+1)+lg0.5(x−3)的单调递减区间是( )
A.(3, +∞)B.(1, +∞)C.(−∞, 1)D.(−∞, −1)
二、多选题

在空间中，已知a，b是两条不同的直线， α,β是两个不同的平面，则下列选项中正确的是( )
A.若a//b，且a⊥α,b⊥β，则α//β
B.若α⊥β，且a//α,b//β，则a⊥b
C.若a与b相交，且a⊥α,b⊥β，则α与β相交
D.若a⊥b，且a//α,b//β，则α⊥β

下列函数，最小正周期为π的有 ( )
A.y=sin|x|B.y=|sinx|
C.y=2csx−1D.y=sinπ3−2x
三、填空题

已知角α终边上一点P3,4，则sin2α=________.

在△ABC中，若A=30∘，AB=23，AC=2，则△ABC的面积S是________.

已知函数fx=−x+1x<1，x2−2xx≥1，则ff−1的值为________.

圆x+32+y2=1的圆心到直线x+3y+1=0的距离为________.
四、解答题

已知集合A={x|x<−1或x≥6}，B=x|−4
求双曲线y216−x29=1的实轴和虚轴的长、顶点和焦点的坐标、离心率．

已知等差数列an的前n项和为Sn，且a2=5，a5=11.
(1)求an的通项公式；

(2)若Sn=120，求n．

已知f(α)=tan(π−α)⋅cs(2π−α)⋅sin(π2+α)cs(−α−π)．
(1)化简f(α)；

(2)若f(α)=45，且α是第二象限角，求cs(2α+π4)的值．

2020年春季，受疫情的影响，学校推迟了开学时间．上级部门倡导“停课不停学”，鼓励学生在家学习，复课后，某校为了解学生在家学习的周均时长（单位：小时），随机调查了部分学生，根据他们学习的周均时长，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求该校学生学习的周均时长的众数的估计值；

(2)估计该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中， B1C1⊥CC1，点E，F分别是BC，A1B1的中点，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1.

(1)求证：B1C1⊥A1C；

(2)求证：EF//平面A1C1CA.
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省长沙市某校高二（上）11月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
并集及其运算
【解析】
由A与B，求出两集合的并集即可．
【解答】
解：∵ A={1, 2, 3}，B={3, 4, 5}，
∴ A∪B={1, 2, 3, 4, 5}．
故选D．
2.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以，命题“∀x≥1，x2≥1”的否定是：“∃x≥1，x2<1”．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
对数的运算性质
【解析】
利用对数的运算法则即可得出．
【解答】
解：原式=lg(4×25)=lg102=2．
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列
【解析】
由已知可得通项公式an=2n−1，即可求a4的值．
【解答】
解：由题意an+1=2an可知，数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
故可得数列的通项公式为an=2n−1，
∴ a4=23=8.
故选B．
5.
【答案】
B
【考点】
基本不等式
【解析】
利用(a+b)2≥0恒成立，可直接得到a2+b2≥−2ab成立，所以A错误，B正确；通过举反例可排除C,D.
【解答】
解：∵ (a+b)2≥0，即a2+b2+2ab≥0，
∴ a2+b2≥−2ab，故A错误，B正确；
当a<0，b<0时，a+b≤−2ab，故C错误；
当a>0，b>0时，a+b≥2|ab|，故D错误.
故选B.
6.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
任意角的三角函数
【解析】
由充分条件和必要条件的定义进行判断即可 .
【解答】
解：因为△ABC为锐角三角形，所以0因为sinA=32，所以A=π3，
反之当A=π3时，sinA=32，
所以sinA=32”是“A=π3”的充要条件.
故选B .
7.
【答案】
C
【考点】
向量模长的计算
空间向量的加减法
【解析】
利用空间向量坐标运算法则先求出a→−2b→，再由向量的模计算|a→−2b→| .
【解答】
解：∵ a→=2,−3,5，b→=−3,1,2，
∴ a→−2b→=(2−2×(−3)，−3−2×1，5−2×2)=8,−5,1，
∴ |a→−2b→|=82+−52+12=310 .
故选C .
8.
【答案】
D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
先确定四棱锥A−B1BCC的高，再根据锥体体积公式求结果．
【解答】
解：取BC中点M，连接AM，
因为正三棱柱ABC−A1B1C1，
所以△ABC为正三角形，所以AM⊥BC.
因为正三棱柱ABC−A1B1C1，所以平面ABC⊥平面B1BCC1，
因此AM⊥平面B1BCC1，
从而四棱锥A−B1BCC1的体积为13AM⋅SBCC1B1=13×32×12=36 .
故选D .
9.
【答案】
C
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
利用对数函数和指数函数的性质，即可比较大小．
【解答】
解：因为0<2−12<1，lg23>1>0>lg213，
所以b故选C．
10.
【答案】
A
【考点】
对数函数的图象与性质
复合函数的单调性
【解析】
根据复合函数的单调性，利用对数函数的定义域，即可判断f(x)的单调递减区间．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=lg0.5(x+1)+lg0.5(x−3)
=lg0.5(x+1)(x−3)
=lg0.5(x2−2x−3)，
应满足x+1>0，x−3>0，
解得x>3；
∴ 当x>3时，y=x2−2x−3是增函数，
∴ f(x)=lg0.5(x2−2x−3)是减函数，
∴ f(x)的单调递减区间是(3, +∞)．
故选A．
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
无
【解答】
解：若a//b，且a⊥α,b⊥β，即两平面的法向量平行，则α//β成立，故A正确；
若α⊥β，且a//α,b//β，则a与b互相平行或相交或异面，故B错误；
a，b相交，且a⊥α，b⊥β，即两平面的法向量相交，则α,β相交成立，故C正确；
若a⊥b，且a//α，b//β，则α与β平行或相交，故D错误.
故选AC.
【答案】
B,D
【考点】
三角函数的周期性及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，∵ y=sin|x|不是周期函数，不符合题意；
B，令y=f(x)=|sinx|，
则f(x+π)=|sin(x+π)|=|−sinx|=|sinx|=f(x)，
∴ y=|sinx|是最小正周期为π的函数，符合题意；
C，T=2π1=2π，y=2csx−1的最小正周期为2π，不符合题意；
D，T=2π2=π，y=sinπ3−2x的最小正周期为π，符合题意.
故选BD.
三、填空题
【答案】
2425
【考点】
二倍角的正弦公式
任意角的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知可得sinα=45，csα=35，
则sin2α=2sinαcsα=2425．
故答案为：2425．
【答案】
3
【考点】
正弦定理
【解析】
利用公式s=12bcsinA即可．
【解答】
解：∵ S=12bcsinA，
∴ S=12×2×23×sin30∘=3．
故答案为：3 .
【答案】
0
【考点】
函数的求值
【解析】
分段函数求值，只需要观察自变量的范围代入对应的解析式即可．
【解答】
解：∵ f−1=−−1+1=2，
∴ f(f(−1))=f(2)=22−2×2=0.
故答案为：0.
【答案】
1
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
利用点到直线的距离公式可得所求的距离．
【解答】
解：圆心坐标为−3,0，
它到直线x+3y+1=0的距离为||−3×1+3×0+1|1+3=1.
故答案为：1 .
四、解答题
【答案】
解：因为集合A={x|x<−1或x≥6}，B={x|−4所以A∩B=x|−4ðRA={x|−1≤x<6}，ðRA∩B=x|−1≤x≤4 .
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
根据交集，并集和补集定义计算即可．
【解答】
解：因为集合A={x|x<−1或x≥6}，B={x|−4所以A∩B=x|−4ðRA={x|−1≤x<6}，ðRA∩B=x|−1≤x≤4 .
【答案】
解：由题意，得双曲线的焦点在y轴上，a=4，b=3，
则c=a2+b2=5，
所以双曲线的实轴、虚轴的长分别为8，6，
顶点坐标为(0, −4)，(0, 4)，
焦点坐标为(0, −5)，(0, 5)，
离心率为e=ca=54．
【考点】
双曲线的定义
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线的性质即刻求得y216−x29=1的实轴和虚轴的长、顶点和焦点的坐标、离心率．
【解答】
解：由题意，得双曲线的焦点在y轴上，a=4，b=3，
则c=a2+b2=5，
所以双曲线的实轴、虚轴的长分别为8，6，
顶点坐标为(0, −4)，(0, 4)，
焦点坐标为(0, −5)，(0, 5)，
离心率为e=ca=54．
【答案】
解：(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d，
因为a2=5，a5=11，
所以a1+d=5，a1+4d=11，解得a1=3，d=2，
所以an=a1+n−1d=3+2n−1=2n+1，n∈N*，
所以an的通项公式为an=2n+1，n∈N*．
(2)由(1)知a1=3，an=2n+1，
因为Sn=120，
所以na1+an2=120，即3+2n+1n=240，
化简得n2+2n−120=0，解得n=10．
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d，由等差数列的通项公式代入a2=5a5=11，即可得解；
(2)由(1)求出通项公式an，进而求出Sn，代入求和公式即可的解．
【解答】
解：(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d，
因为a2=5，a5=11，
所以a1+d=5，a1+4d=11，解得a1=3，d=2，
所以an=a1+n−1d=3+2n−1=2n+1，n∈N*，
所以an的通项公式为an=2n+1，n∈N*．
(2)由(1)知a1=3，an=2n+1，
因为Sn=120，
所以na1+an2=120，即3+2n+1n=240，
化简得n2+2n−120=0，解得n=10．
【答案】
解：(1)f(α)=−tanα⋅csα⋅csα−csα=sinα，
(2)f(α)=sinα=45，
又∵ α为第二象限角，∴ csα=−35，
∴ sin2α=2sinαcsα=−2425，
∴ cs2α=cs2α−sin2α=−725，
∴ cs(2α+π4)=cs2αcsπ4−sin2αsinπ4
=(−725)×22+2425×22=17250．
【考点】
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
两角和与差的余弦公式
运用诱导公式化简求值
【解析】
（1）运用诱导公式，同角三角函数的基本关系式，即可化简；
（2）运用二倍角的正弦和余弦公式和两角和的余弦公式，即可得到．
【解答】
解：(1)f(α)=−tanα⋅csα⋅csα−csα=sinα；
(2)f(α)=sinα=45，
又∵ α为第二象限角，∴ csα=−35，
∴ sin2α=2sinαcsα=−2425，
∴ cs2α=cs2α−sin2α=−725，
∴ cs(2α+π4)=cs2αcsπ4−sin2αsinπ4
=(−725)×22+2425×22=17250．
【答案】
解：(1)根据直方图知：频率最大的区间中点横坐标即为众数，
∴ 由频率最大区间为[20,30)可知众数为20+302=25小时 .
(2)由图知：不少于30小时的区间有|30,40)，[40,50]，
∴ 该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率P=(0.02+0.01)×10=0.3 .
【考点】
众数、中位数、平均数
用频率估计概率
【解析】
（1）根据直方图，频率最大的区间中点横坐标为众数即可求众数．
（2）由学习的周均时长不少于30小时的区间有[30,40),[40,50)，它们的频率之和，即为该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率．
【解答】
解：(1)根据直方图知：频率最大的区间中点横坐标即为众数，
∴ 由频率最大区间为[20,30)可知众数为20+302=25小时 .
(2)由图知：不少于30小时的区间有|30,40)，[40,50]，
∴ 该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率P=(0.02+0.01)×10=0.3 .
【答案】
证明：(1)因为B1C1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，
平面A1C1CA∩平面BCC1B1=C1C， B1C1⊂平面BCC1B1，
所以B1C1⊥平面ACC1A1．
又因为A1C⊂平面ACC1A1，
所以B1C1⊥A1C．
(2)取A1C1的中点G，连接FG，GC．
在△A1B1C1中，因为F，G分别是A1B1，A1C1的中点，
所以FG//B1C1，且FG=12B1C1，
在平行四边形BCC1B1中，因为E是BC的中点，
所以EC//B1C1，且EC=12B1C1，
所以EC//FG，且EC=FG
所以四边形ECGF是平行四边形，
所以EF//GC，
又因为EF⊄平面A1C1CA，GC⊂平面A1C1CA，
所以EF//平面A1C1CA．
【考点】
两条直线垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】


【解答】
证明：(1)因为B1C1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，
平面A1C1CA∩平面BCC1B1=C1C， B1C1⊂平面BCC1B1，
所以B1C1⊥平面ACC1A1．
又因为A1C⊂平面ACC1A1，
所以B1C1⊥A1C．
(2)取A1C1的中点G，连接FG，GC．
在△A1B1C1中，因为F，G分别是A1B1，A1C1的中点，
所以FG//B1C1，且FG=12B1C1，
在平行四边形BCC1B1中，因为E是BC的中点，
所以EC//B1C1，且EC=12B1C1，
所以EC//FG，且EC=FG
所以四边形ECGF是平行四边形，
所以EF//GC，
又因为EF⊄平面A1C1CA，GC⊂平面A1C1CA，
所以EF//平面A1C1CA．