河北省石家庄市正中实验中学2020-2021学年高二数学上学期第三次月考试题（含解析）.doc

1、河北省石家庄市正中实验中学2020-2021学年高二数学上学期第三次月考试题（含解析）（考试时间：120分钟 分值：150分）注意事项：1答题时，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上2答选择题时，用2B铅笔将答题卡上对应的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号3答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔把答案写在答题卡规定的位置上答案如需改正，请先划掉原来的答案，再写上新答案，不准使用涂改液、胶带纸、修正带4考试结束后，只将答题卡交回一、选择题：（本题共8小题，每题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知全集为实数集R，

2、集合，则等于（ ）A. B. C. D. (0,2)【答案】D【解析】【分析】先解不等式，化简两集合，再根据交集和补集的概念，即可求出结果.【详解】或，.故选：D.2. 已知命题，命题p的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】利用含有一个量词的命题的否定的定义求解即可【详解】命题，的否定是：，故选：D3. 的一个充分不必要条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据充分不必要条件的定义，直接求解.【详解】若，则，但是当时，不一定成立，所以是的一个充分不必要条件，故选：C.4. 今年学校的体育节将于12月3日5日举行，某班的甲、乙两名同学各自

3、等可能的从100米、200米和跳远三项运动项目中选择2项报名参赛，则他们选择的两项运动项目都相同的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，甲乙两同学各有3种选法，共有种不同的选法，再由组合数的计算，得到他们选择的两项运动项目都相同，共有种不同的选法，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.【详解】由甲、乙两名同学各自等可能的从100米、200米和跳远三项运动项目中选择2项报名参赛，其中每个同学各有3种选法，共有种不同的选法，其中他们选择的两项运动项目都相同，共有种不同的选法，所以他们选择的两项运动项目都相同的概率为.故选：A.5. 已知数列的各项均为正数，若数列的

4、前项和为5，则（ ）A. 119B. 121C. 120D. 122【答案】C【解析】【分析】根据题设条件化简得到，结合等差数列的通项公式，求得，进而得到，结合裂项法，求得数列的前项和，列出方程，即可求解.【详解】由题意，数列的各项均为正数，可得，所以数列是以4首项，公差为4的等差数列，所以，可得，又由，前项和，令，解得.故选：C.【点睛】裂项求和的方法与注意点：1、裂项相消法求和：把数列的通项公式拆成两项的差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得数列的前项和；2、使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，且不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点.

5、6. 的展开式中，的奇次幂项的系数之和为（ ）A. B. C. D. 1【答案】A【解析】【分析】先将展开，再利用赋值法求出奇次幂项的系数之和.【详解】设，令，则，令，则，两式相减，整理得.故选：A7. 边长为4的正方形的四个顶点都在球上，与平面所成角为，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据线面角求得球的半径，再由球的表面积公式可得选项.【详解】如图，设正方形外接圆的圆心为，由题意，则，球的表面积.故选：A.【点睛】本题考查空间中的线面角的定义和计算，以及球的表面积，属于中档题.8. 已知、是椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆交于、两点，且，则与的面积之比

6、为（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，则，由已知条件得出，利用椭圆的定义可得，则，利用勾股定理可求得，进而可得出，代入计算即可得解.【详解】可设，则，则，由椭圆的定义可得，则，则，即，即有，解得，则与的面积之比为.故选：D.【点睛】方法点睛：椭圆上一点与两个焦点构成的三角形，称为椭圆的“焦点三角形”，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理以及椭圆的定义来解决.二、选择题：（本题共4小题，每题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分）9. 给出下列命题，其中正确命题为（ ）A. 若回归直线的斜率估

7、计值为，样本点中心为，则回归直线的方程为B. 随机变量，若，则C. 随机变量服从正态分布，则D. 对于独立性检验，随机变量的观测值值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大【答案】ABD【解析】【分析】利用点斜式方程得出回归直线方程，了判断A选项的正误；利用二项分布的期望和方差公式可判断B选项的正误；利用正态密度曲线的对称性可判断C选项的正误；利用独立性检验的基本思想可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，若回归直线的斜率估计值为，样本点中心为，则回归直线方程为，即，A选项正确；对于B选项，随机变量，若，则，解得，B选项正确；对于C选项，由于随机变量服从正态分布，则，C选项错误；对于D选项，

8、对于独立性检验，随机变量的观测值值越大，则两变量有关系的程度越大，即越大，判定“两变量有关系”的错误率更低，故越小，判定“两变量有关系”的错误率更高，D选项正确.故选：ABD.10. 已知函数若关于x的方程有n个不同的实根，则n的值可能为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】AB【解析】【分析】由解得或，分别讨论，时，对应的根，即可得出答案.【详解】由解得或若时，即，解得或若时，即当时，方程无解当时，即，解得当时，方程的解为或综上，该函数的零点可能为2，3，4个故选：AB【点睛】在求函数的零点个数和零点时，一般可以用方程法求函数的零点，用数形结合法求函数零点的个数，属于中档题.11.

9、在平面直角坐标系中，椭圆上存在点，使得，其中分别为椭圆的左右焦点，则该椭圆的离心率可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】由已知和椭圆定义可得，与的关系，然后再利用焦半径范围即可求出离心率的范围，进而可以求解【详解】设椭圆的焦距为，由椭圆定义可得，又，解得，由题意可得：，即，解得，又，所以椭圆的离心率范围为，符合范围的答案为，故选：AB【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率常用的方法有：（1）公式法（求出即得解）；（2）方程法（根据已知条件找到关于离心率的方程，解方程即得解）.12. 中国南宋时期杰出数学家秦九韶在数书九章中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中

10、斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.把以上文字写成公式，即（为三角形的面积，、为三角形的三边）.现有满足，且的面积，则下列结论正确的是（ ）A. 的周长为B. 的三个内角、成等差数列C. 的外接圆半径为D. 的中线的长为【答案】AB【解析】【分析】本题首先可根据得出，然后根据以及求出三边的长，即可判断出A正确，然后根据余弦定理求出，则，B正确，再然后根据即可判断出C错误，最后根据余弦定理求出，再根据求出长，D错误.【详解】A项：设的内角、所对的边分别为、，因为，所以由正弦定理可得，设，因为，所以，解得，则，故的周长为，A正确；B项：因为，所以，

11、故的三个内角、成等差数列，B正确；C项：因为，所以，由正弦定理得，C错误；D项：由余弦定理得，在中，由余弦定理得，解得，D错误，故选：AB.【点睛】本题考查解三角形相关问题的求解，考查的公式有、，考查正弦定理边角互换的灵活应用，考查根据等差中项的性质证明数列是等差数列，考查计算能力，考查转化与化归思想，是难题.三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 曲线的焦点坐标为_【答案】【解析】分析】求出，进而得出焦点坐标.【详解】，且焦点在轴上，则焦点坐标为故答案为：14. 用数字0、1、2、3、4、5组成无重复数字的6位自然数，其中相邻两个数字奇偶性不同的有_个【答案】【解析】【分析

12、】根据题意，分首位非零偶数和首位为奇数，两种情况讨论，结合分类计数原理，即可求解.【详解】由题意，用数字组成无重复数字的6位自然数，其中相邻两个数字奇偶性不同，若首位为偶数，则首位不能为，共有个不同的自然数列；若首位为奇数，共有个不同的自然数列，由分类计数原理可得，共有个不同的自然数列.故答案为：.15. 已知与夹角为90，,， (，R)，且，则的值为_.【答案】【解析】【分析】将，代入，利用，,计算可得.【详解】因为与的夹角为90，所以，因为，所以，所以，即.故答案为：.【点睛】本题考查了平面向量的数量积，考查了向量垂直的数量积表示，考查了向量的减法运算，属于基础题.16. 已知函数的周期为

13、，当时，函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先利用二倍角公式和辅助角公式，结合周期为求得，然后将时，函数恰有两个不同的零点，转化为时，恰有两个不同的根，在同一坐标系中作出函数的图象，利用数形结合法求解.【详解】函数， ， ，因为函数的周期为，所以，因为时，函数恰有两个不同的零点，所以时，恰有两个不同的根，在同一坐标系中作出函数的图象如图所示：由图象可知：，即，所以实数的取值范围是，故答案为：【点睛】方法点睛：函数零点个数问题：若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变

14、得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用四、解答题：（本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17. 已知数列满足，数列满足（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和；【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由得到，利用等差数列的定义，可得数列为等差数列，求出首项，即可求出数列的通项公式；（2）由的通项公式即可求出的通项公式，再利用错位相减法，结合等比数列的求和公式即可求数列的前项和.【详解】解：（1），即，即，又，故是首项为，公差为的等差数列，即故数列的通项公式为：；（2），故，得：，故，即，即，故.【点睛】方法点睛：一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求

15、数列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解, 在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式.18. 中，角，的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若为边上的中线，求的面积.【答案】（1）.（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理，得，化简得到，进而求得，即可求得的大小；（2）在中，由余弦定理化简得，再由正弦定理和两角和的正弦函数公式，化简得到，求得的值，利用面积公式，即可求解.【详解】（1）由题意，在中满足，由正弦定理，得，又由，所以，所以，所以，又因为，则，所以，又由，所以.（2）在中，由余弦定理，

16、可得，整理得，在中，由正弦定理得，又由，可得，所以，所以，由，解得，所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式，以及三角恒等变换的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题19. 是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可吸入肺颗粒物我国标准采用世卫组织设定的最宽限值，即日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标，某试点城市环保局从该市市区2019年上半年每天的监测

17、数据中随机的抽取15天的数据作为样本，监测值如下茎叶图所示（十位为茎，个位为叶）（1）从这15天的数据中任取2天数据，记表示抽到监测数据超标的天数，求的分布列及数学期望；（2）以这15天的日均值来估计该市下一年的空气质量情况，则一年（按365天计算）中平均有多少天的空气质量达到一级或二级【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由于假设记“从15天的PM2.5日均监测数据中，随机抽出2天，超标的有6天，未超标的有9天，服从超几何分布，求出分别取的概率，列出分布列，求出数学期望；（2）先计算一年中每天空气质量达到一级或二级的概率，则一年中空气质量达到一级或二级的天数为服从二项分布，根据二项

18、分布的期望公式求出期望【详解】（1）依据条件，服从超几何分布：其中，的可能值为，所以的分布列为：012P.（2）依题意可知，一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为一年中空气质量达到一级或二级的天数为，则，一年中平均有219天的空气质量达到一级或二级.【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用服从超几何分布，结合超几何分布的性质得出分布列以及期望.20. 如图，在四面体中，平面，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且（1）证明：；（2）若二面角的大小为60，求【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）在AD上取点E，使，由平面，易证，再由，得到E为MD的中点，从而，然后利用线面垂直

19、的判定定理证明即可.（2）以C为原点，分别以CD，CB为x轴，y轴建立空间直角坐标系：设，分别求得平面CBM的一个法向量是和平面BMD的一个法向量是，然后由求得a即可.【详解】（1）如图所示：在AD上取点E，使，因为平面，平面，所以，所以，因为，所以ED=，又因为M为AD的中点，所以，即E为MD的中点，又因为P为中点，所以，所以，又，所以平面，因为平面，所以.（2）以C为原点，分别以CD，CB为x轴，y轴建立空间直角坐标系：因为AD=2，设，则，所以，设平面CBM的一个法向量是，则，即，令，则，所以，同理，平面BMD的一个法向量是，所以，解得，则，所以.【点睛】方法点睛：向量法求二面角的方法：

20、是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角21. 已知椭圆：()的离心率为，且经过点.（1）求椭圆的方程.（2）过点的直线交椭圆于、两点，求(为原点)面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据离心率和椭圆所过的点列方程组求解；（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，将韦达定理代入，然后利用基本不等式求最值【详解】（1）由得，由椭圆经过点得，联立，解得，椭圆的方程是；（2）由题意可知直线一定存在斜率，设其方程为，联立消去得：，则，得，设、，则，设()，则，当且仅当，即时等号成立，此时，可

21、取，此时面积取得最大值.【点睛】直线与椭圆联立问题第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程第三步：求解判别式：计算一元二次方程根的判别式第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出第五步：根据题设条件求解问题中的结论22. 已知函数在时有最大值为1，最小值为0.（1）求实数值；（2）设，若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题得，解方程组即得解；（2），在上恒成立，设，则，再求最大值即得解.【详解】（1）函数，在区间上是增函数，故，解得.（2）由已知可得，则，所以不等式，转化为，上恒成立.设，则，即，在，上恒成立，即：，当时，取得最大值，最大值为，则，即，的取值范围是.【点睛】本题主要考查二次函数的最值问题，考查对数函数的值域的求法，考查二次不等式的恒成立问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于较难题.