【文档说明】河南省鹤壁高中2020-2021学年高二下学期寒假学习效果检测数学（文）试题 含答案.docx，共(11)页，91.196 KB，由小赞的店铺上传

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12022届寒假学习效果检测文数试卷一、选择题1.若全集𝑈=𝑅.集合𝐴={𝑥|−2≤𝑥≤3}，𝐵={𝑥|𝑥<−1或𝑥>4}，则𝐴∩(∁𝑈𝐵)=()A.{𝑥|−2≤𝑥<4}B.{𝑥|𝑥≤3或𝑥≥4}C.{𝑥|−2≤𝑥

<−1}D.{𝑥|−1≤𝑥≤3}2.复数21−𝑖的共扼复数是()A.1+𝑖B.1−𝑖C.−1+𝑖D.−1−𝑖3.正项等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎3=2,𝑎4𝑎6=64，则𝑎5+𝑎6𝑎1+𝑎2的值是()A.4B.8

C.16D.644.“2𝑎>2𝑏”是“log2𝑎>log2𝑏”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.如表提供了某厂节能降耗改造后在生产A产品过程中记录的产量𝑥(

吨)与相应的生产能耗𝑦(吨)的几组对应数据，根据表中提供的数据，求出y关于x的线性回归方程为𝑦̂=0.7𝑥+0.35，则下列结论错误的是()x3456y2.5t44.5A.线性回归直线一定过点(4.5,3.5)B.产品的生产能耗与产量呈正相关C.t的取值必

定是3.15D.A产品每多生产1吨，则相应的生产能耗约增加0.7吨6.若𝑎⃗⃗=(2,1)，𝑏⃗=(−1,1)，(2𝑎⃗⃗+𝑏⃗)//(𝑎⃗⃗−𝑚𝑏⃗)，则𝑚=()2A.12B.2C.−2D.−127.已知函数𝑓(

𝑥)=−ln𝑥+12𝑥2+5，则其单调递增区间为()A.(0,1]B.[0,1]C.(0,+∞)D.(1,+∞)8.与椭圆C：𝑦216+𝑥212=1共焦点且过点(1,√3)的双曲线的标准方程为()A.𝑥2−𝑦23=1B.𝑦2−2�

�2=1C.𝑦22−𝑥22=1D.𝑦23−𝑥2=19.若(𝑎+𝑏+𝑐)(𝑏+𝑐−𝑎)=3𝑏𝑐，且sin𝐴=2sin𝐵cos𝐶，那么△𝐴𝐵𝐶是()A.直角三角形B.等边三角形C.

等腰三角形D.等腰直角三角形10.已知函数1()ln1fxxx=−−，则𝑦=𝑓(𝑥)的图象大致为()A.B.C.D.11.如图，已知抛物线𝐶1的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，且过点(3,6)，圆𝐶2：𝑥2+𝑦2−6𝑥+8=

0，过圆心𝐶2的直线l与抛物线和圆分别交于P，Q，M，N，则|PN|+3|QM|的最小值为()A.12+4√3B.16+4√3C.16+6√3D.20+6√312.已知数列{𝑎𝑛}的首项𝑎1=0，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+2√𝑎𝑛+1+1则𝑎20=()A.99B.101C.399

D.401二、填空题313.若直线𝑦=𝑎与函数𝑓(𝑥)=𝑥3−3𝑥的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是_______．14.已知𝑎,𝑏∈𝑅，且𝑎>𝑏>0，𝑎+𝑏=1，则𝑎2+2𝑏2的最小值为_______．15.设F是双曲

线𝐶:𝑥216−𝑦29=1的右焦点，P是双曲线C左支上的点，已知𝐴(1,3)，则△𝑃𝐴𝐹周长的最小值是．16.已知𝑎>1，若对于任意的𝑥∈[13,+∞)，不等式4𝑥−ln(3𝑥)≤𝑎e𝑥−ln𝑎恒成立，则a的最小值为_____．三、解答题17.在平面

直角坐标系xOy中，曲线𝐶1的参数方程为{𝑥=cos𝜃𝑦=2sin𝜃(𝜃为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线𝐶2的极坐标方程为𝜌sin(𝜃+𝜋6)=1．(1)求𝐶1的普通方程和𝐶2的

直角坐标方程；(2)若𝐶1与𝐶2相交于A，B两点，设𝑃(−1,√3)，求|PA|⋅|PB|．18.△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin∠𝐵𝐴𝐶+√3cos∠𝐵𝐴𝐶=0，𝑎=2√7，𝑏=2．（1）求c；（2）设D为BC边上一点，且�

�𝐷⊥𝐴𝐶，求△𝐴𝐵𝐷的面积．19.随着支付宝和微信支付的普及，“扫一扫”已经成了人们的日常，人人都说现在出门不用带钱包，有部手机可以走遍中国.移动支付如今成了我们生活中不可缺少的一部分了，在某程度上还大大的促进了消费者的消费欲望，带动了经济的发

展.某校高三年级班主任对该班50名同学对移动支付是否关注进行了问卷调查，并对参与调查的同学的性别以及意见进行了分类，得到的数据如下表所示：4男女合计对移动支付关注241236对移动支付不关注41014合计282250(1)如果随机调查这个班的一名学生，

那么抽到对移动支付不关注的男生的概率是多少？(2)现按照分层抽样从对移动支付关注的同学中抽取6人，再从6人中随机抽取2人，求2人中至少有1人是女生的概率．(3)根据表中的数据，能否有97.5%的把握认为消费者对

移动支付的态度与性别有关系？参考公式：𝐾2=𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)．临界值表：𝑃(𝐾2≥𝑘0)0.100.050.0250.0100.0050.001

𝑘02.7063.8415.0246.6357.87910.82820.已知数列{𝑎𝑛}为等差数列，𝑎1=1，𝑎𝑛>0，其前n项和为𝑆𝑛，且数列{√𝑆𝑛}也为等差数列．(1)求{𝑎𝑛}的通项公式;(2)设𝑏𝑛=𝑎𝑛+1𝑆𝑛⋅𝑆𝑛+1，求数列{𝑏𝑛}

的前n项和．521.已知椭圆E：的左、右焦点分别为𝐹1(−1,0)，𝐹2(1,0)，M是椭圆上的一点，当M是上顶点时时，△𝐹1𝑀𝐹2的面积为√3．(1)求椭圆E的方程；(2)过𝐹2的直线l与椭圆E交于A，B两点，过A

，B两点分别作定直线𝑥=4的垂线，垂足分别为𝐴1，𝐵1，求证：𝑆△𝐴1𝐹2𝐵12𝑆△𝐴𝐹2𝐴1⋅𝑆△𝐵𝐹2𝐵1为定值．622.已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥𝑙𝑛𝑥−𝑥2+1(𝑎∈R)

.(1)当𝑎=2时，证明：函数𝑓(𝑥)只有一个零点；(2)当𝑥≥1时，𝑓(𝑥)≤0，求实数a的取值范围．72022届寒假学习效果检测文数试卷答案和解析1-5DBCBC6-10DDCBA11-12CC12.由𝑎

𝑛+1=𝑎𝑛+2√𝑎𝑛+1+1得√𝑎𝑛+1+1−√𝑎𝑛+1=1，所以{√𝑎𝑛+1}是以1为公差，1为首项的等差数列，所以𝑎𝑛=𝑛2−1，即可计算出𝑎20．解：由𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+2√𝑎𝑛+1+1，得𝑎𝑛+1+1=(√𝑎𝑛+1+1)2，即√

𝑎𝑛+1+1−√𝑎𝑛+1=1，所以{√𝑎𝑛+1}是以1为公差，1为首项的等差数列，所以√𝑎𝑛+1=𝑛，即𝑎𝑛=𝑛2−1，所以𝑎20=202−1=399．故选C．13.(−2,2)

14.解：𝑎>𝑏>0，𝑎+𝑏=1，则(𝑎2+2𝑏2)(12+(√22)2)≥(𝑎+𝑏)2=1，则𝑎2+2𝑏2≥23，当且仅当𝑎=23,𝑏=13时取等号，故𝑎2+2𝑏2的最小值为231

5.解：设双曲线C的左焦点为𝐹1，由题意可知，𝑐=√16+9=5，则𝐹1(−5,0)，𝐹(5,0)，又𝐴(1,3)，则|𝐴𝐹|=5，根据双曲线的定义可知，|𝑃𝐹|=2𝑎+|𝑃𝐹1|，8所以△

𝑃𝐴𝐹的周长为|𝑃𝐹|+|𝑃𝐴|+|𝐴𝐹|=|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐴|+13，当A，P，𝐹1三点共线时，|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐴|取得最小值，即△𝑃𝐴𝐹的周长取得最小值，可得|𝐴𝐹1|=√(1+5)2

+32=3√5，故△𝑃𝐴𝐹周长的最小值为3√5+13．16.解：⇔3𝑥−ln(3𝑥)≤𝑎e𝑥−ln(𝑎e𝑥)．令𝑓(𝑥)=𝑥−ln𝑥，𝑓′(𝑥)=1−1𝑥=𝑥−1𝑥，∴𝑓(𝑥)在[1,+∞)上单调递增，∵

𝑎>1，𝑥∈[13,+∞),∴3𝑥≥1,𝑎𝑒𝑥≥1,∴3𝑥≤𝑎𝑒𝑥⇔3𝑥𝑒𝑥≤𝑎对于任意的𝑥∈[13,+∞)恒成立，令𝑔(𝑥)=3𝑥e𝑥，𝑥∈[13,+∞),𝑔′(𝑥)=3−3𝑥e𝑥，可知函数𝑔(𝑥)在[

13,1]上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，∴当𝑥=1时，𝑔(𝑥)取最大值为3e，∴𝑎≥3e，∴𝑎的最小值为3e．故答案为3e．17.解：(1)由𝐶1:{𝑥=cos𝜃𝑦=2sin𝜃,消去参数𝜃得：𝑥2+𝑦24=1，由曲线𝐶2的极

坐标方程为𝜌sin(𝜃+𝜋6)=1，得：𝑥+√3𝑦−2=0;(2)经检验𝑃(−1,√3)在曲线𝐶2上，则曲线𝐶2的参数方程可以为{𝑥=−1−√32𝑡𝑦=√3+12𝑡(𝑡为参数)，代入𝐶1的直角坐标方程得：13𝑡2+20√3𝑡+12=0

，设A，B两点对应的参数为𝑡1,𝑡2，则由韦达定理得：𝑡1𝑡2=1213，故．18.解：(1)∵sin∠𝐵𝐴𝐶+√3cos∠𝐵𝐴𝐶=0，∴tan∠𝐵𝐴𝐶=−√3，∵0<∠𝐵𝐴𝐶<𝜋，∴∠𝐵𝐴𝐶=2𝜋3，由余弦定理可得𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏

𝑐𝑐𝑜𝑠∠𝐵𝐴𝐶，即28=4+𝑐2−2×2𝑐×(−12)，即𝑐2+2𝑐−24=0，解得𝑐=−6(舍去)或𝑐=4，故𝑐=4．(2)∵𝑐2=𝑏2+𝑎2−2𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝐶，∴16=４+28−2×2√7×

2×𝑐𝑜𝑠𝐶，9∴𝑐𝑜𝑠𝐶=2√7，∴𝐶𝐷=𝐴𝐶𝑐𝑜𝑠𝐶=22√7=√7，∴𝐶𝐷=12𝐵𝐶，∴𝑆△𝐴𝐵𝐷=12𝑆△𝐴𝐵𝐶，又𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝐴𝐵⋅𝐴𝐶⋅sin∠𝐵𝐴𝐶=12×4×2×√32=2√3

，∴𝑆△𝐴𝐵𝐷=√3．19.解：(1)对移动支付不关注的男生有4人，总数为50人，∴𝑃=450=225；(2)依题意，分层抽样从对移动支付关注的同学中抽取6人，男生应抽取4人，即为A，B，C，D，女生应抽取2人，即为a，b，从这6人中随机抽取两人的所有的情况为：(𝐴,�

�)，(𝐴,𝐶)，(𝐴,𝐷)，(𝐴,𝑎)，(𝐴,𝑏)，(𝐵,𝐶)，(𝐵,𝐷)，(𝐵,𝑎)，(𝐵,𝑏)，(𝐶,𝐷)，(𝐶,𝑎)，(𝐶,𝑏)，(𝐷,𝑎)，(𝐷,𝑏)，(𝑎,𝑏)，共15种，其中“至少有一

人是女生”的情况有9种，记事件A为“2人中至少有一人是女生”，则𝑃(𝐴)=915=35；(3)因为𝐾2=50(24×10−4×12)228×22×36×14≈5.937>5.024，所以有97.5%的把握认为对移动支付的态度与性别有关

．20.解：(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑(𝑑≥0)，则𝑆1=𝑎1=1，𝑆2=2+𝑑，𝑆3=3+3𝑑．∵数列{√𝑆𝑛}为等差数列，∴2√2+𝑑=1+√3+3𝑑，解得𝑑=2．∴𝑎�

�=1+2(𝑛−1)=2𝑛−1．(2)由(1)知𝑎𝑛+1=2𝑛+1，𝑆𝑛=𝑛+𝑛(𝑛−1)2×2=𝑛2，∴𝑏𝑛=𝑎𝑛+1𝑆𝑛⋅𝑆𝑛+1=2𝑛+1𝑛2⋅(𝑛+1)2=1𝑛2−1(𝑛+1)2．设数列{𝑏𝑛}的前n项和

为𝑇𝑛，则𝑇𝑛=𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏𝑛=(112−122)+(122−132)+⋯+[1𝑛2−1(𝑛+1)2]=1−1(𝑛+1)2=𝑛2+2𝑛(𝑛+1)2．21.(1)解：依题意，𝑐=1，𝑏

2=𝑎2−𝑐2=3．故椭圆E的方程为𝑥24+𝑦23=1;(2)证明：当直线l的斜率为0时，A，B，𝐴1，𝐵1共线，不可能形成三角形，故直线l的斜率不为0，设直线l的方程为𝑥=𝜆𝑦+1，10联立{𝑥=𝜆𝑦+1𝑥24+𝑥23=1,消去x，

得(3𝜆2+4)𝑦2+6𝜆𝑦−9=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑦1+𝑦2=−6𝜆3𝜆2+4，𝑦1⋅𝑦2=−93𝜆2+4．𝑥1+𝑥2=𝜆(𝑦1+𝑦2)+2=−6𝜆23𝜆2+4+2=83𝜆2+4，𝑥1⋅𝑥2=(𝜆𝑦1+

1)(𝜆𝑦2+1)=𝜆2𝑦1𝑦2+𝜆(𝑦1+𝑦2)+1=−9𝜆23𝜆2+4+−6𝜆23𝜆2+4+1=−12𝜆2+43𝜆2+4，𝑆△𝐴𝐹2𝐴1⋅𝑆△𝐵𝐹2𝐵1=12|𝐴𝐴1||𝑦1|×12|𝐵𝐵1||𝑦2|=14(4−𝑥1)(

4−𝑥2)|𝑦1𝑦2|=14[16−4(𝑥1+𝑥2)+𝑥1𝑥2]|𝑦1𝑦2|=14[16−323𝜆2+4+−12𝜆2+43𝜆2+4]×93𝜆2+4=9×9(𝜆2+1)(3𝜆2+4)2又=94[(𝑦1+𝑦2)2−4𝑦1⋅𝑦2]=94[(

−6𝜆3𝜆2+4)2−4×(−9)3𝜆2+4]=36×9(𝜆2+1)(3𝜆2+4)2．所以，定值)．22.(1)证明：∵当𝑎=2时，𝑓(𝑥)=2𝑥ln𝑥−𝑥2+1，其定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=2ln𝑥+2−2𝑥.

令𝑔(𝑥)=𝑓′(𝑥)，𝑔′(𝑥)=2𝑥−2=2(1−𝑥)𝑥>0，解得𝑥<1，∴𝑔(𝑥)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，∴𝑔(𝑥)≤𝑔(1)=0，即𝑓′(𝑥)≤0，∴𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递减．又∵𝑓(1)=0，∴𝑓(𝑥)有

唯一的零点𝑥=1.(2)解：∵当𝑥≥1时，𝑎𝑥ln𝑥−𝑥2+1≤0恒成立，11即𝑎ln𝑥−𝑥+1𝑥≤0在𝑥∈[1,+∞)上恒成立．设ℎ(𝑥)=𝑎ln𝑥−𝑥+1𝑥，𝑥∈[1,+∞)．则ℎ′(𝑥)=𝑎𝑥−1−1𝑥2=−𝑥2+𝑎𝑥−1𝑥2.考虑ℎ′(𝑥

)的分子：令𝑢(𝑥)=−𝑥2+𝑎𝑥−1，开口向下，对称轴为𝑥=𝑎2，𝑢(𝑥)在(𝑎2,+∞)上递减，𝛥=𝑎2−4，所以①当𝑎2≤1，即𝑎≤2时，𝑥≥1，所以𝑢(𝑥)≤𝑢(1)=

𝑎−2≤0，ℎ′(𝑥)≤0，∴ℎ(𝑥)在𝑥∈[1,+∞)上单调递减，∴ℎ(𝑥)≤ℎ(1)=0成立；②当𝑎>2时，𝛥>0．设ℎ′(𝑥)=0的两个实数根为𝑥1，𝑥2(𝑥1<𝑥2)．∵ℎ′(1)=𝑎−2>0，∴0<𝑥1<1，𝑥2>1．∴

当1<𝑥<𝑥2时，ℎ′(𝑥)>0；当𝑥>𝑥2时，ℎ′(𝑥)<0，∴ℎ(𝑥)在(1,𝑥2)上单调递增，在(𝑥2,+∞)上单调递减，∴ℎ(𝑥2)>ℎ(1)=0，不合题意．综上所述，𝑎∈(−∞,2].