重庆市凤鸣山中学2020届高三数学下学期6月月考试题-理.doc

重庆市凤鸣山中学2020届高三数学下学期6月月考试题 理

重庆市凤鸣山中学2020届高三数学下学期6月月考试题 理

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- 28 -

重庆市凤鸣山中学2020届高三数学下学期6月月考试题 理（含解析）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 请将正确答案的代号填涂在答题卡上.
1.已知集合，则=（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出集合A，B，再求集合B的补集，然后求
【详解】，所以 .
故选：D
【点睛】此题考查的是集合的并集、补集运算，属于基础题.
2.若复数与其共轭复数满足，则（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设，则,求得，再求模，得到答案.
【详解】设，则，故，，
，.
故选：A.
【点睛】本题考查了共轭复数的概念，两复数相等的条件，复数的模，还考查了学生的计算能力，属于容易题.
3.已知某企业2020年4月之前的过去5个月产品广告投入与利润额依次统计如下：
月份
11
12
1
2
3
广告投入（万元）
8.2
7.8
8
7.9
8.1
利润（万元）
92
89
89
87
93

由此所得回归方程为，若2020年4月广告投入9万元，可估计所获利润约为（ ）
A. 100万元 B. 101 万元 C. 102万元 D. 103万元．
【答案】C
【解析】
分析】
由题意计算出、，进而可得，代入即可得解.
【详解】由题意，，
所以，所以，
当时，.
故选：C.
【点睛】本题考查了线性回归方程的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
4.已知向量，则“”是“与夹角为锐角”的（ ）
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】当时，与的夹角为，
不是锐角，所以充分性不成立，
若与的夹角为锐角，则必要性成立，
“”是“与夹角为锐角”的必要不充分条件.
故选：A.
5.已知函数的部分图象如图，则的解析式可能是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
首先通过函数的定义域排除选项A，再通过函数的奇偶性排除选项D,再通过函数的单调性排除选出B，确定答案.
【详解】由图象可知，函数的定义域为R，而函数的定义域不是R,所以选项A不符合题意；
由图象可知函数是一个奇函数，选项D中，存在实数，
使得，所以函数不是奇函数，所以选项D不符合题意；
由图象可知函数是增函数，选项B，，所以函数是一个非单调函数，所以选项C不符合题意；
由图象可知函数是增函数，选项C，，所以函数是增函数，所以选项C符合题意.
故选：C
【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查利用导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
6.已知二项式的展开式中，二项式系数之和等于64，则展开式中常数项等于（ ）
A. 240 B. 120 C. 48 D. 36
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意结合二项式系数和的性质可得即，写出二项式展开式的通项公式，令即可得解.
【详解】由题意，解得，则，
则二项式的展开式的通项公式为，
令即，则.
故选：A.
【点睛】本题考查了二项式定理应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
7.已知三棱锥中，侧面底面，是边长为3的正三角形，是直角三角形，且，，则此三棱锥外接球的体积等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
取的中点，中点，连接、，过点作直线垂直平面，可知三棱锥外接球的球心在该直线上，设为，过点作于，连接、，设，由勾股定理可得、，利用即可得，进而可得外接球半径，即可得解.
【详解】取的中点，中点，连接、，

由题意可得为的外心，平面，
过点作直线垂直平面，可知三棱锥外接球的球心在该直线上，设为，
过点作于，连接、，可知四边形为矩形，
是边长为3，，
，，，
设，则，
，，
由可得，解得，
三棱锥外接球的半径，
此三棱锥外接球的体积.
故选：B.
【点睛】本题考查了三棱锥几何特征的应用及外接球的求解，考查了面面垂直性质的应用和空间思维能力，属于中档题.
8.已知数列的通项公式是，其中 的部分图像如图所示，为数列的前项和，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图像得到，，，计算每个周期和为0，故，计算得到答案.
【详解】，故，故，，，
故，故，当时满足条件，故，
，，，
，，，，，，每个周期和为0，
故.
故选：.
【点睛】本题考查了数列和三角函数的综合应用，意在考查学生计算能力和综合应用能力.
9.从这十个数中任取个不同的数，则这个数的中位数恰好是的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
首先利用组合求出任取个不同的数的取法，然后再分类讨论：以为中间两个数或以为中间两个数，利用组合分别求出取法，再利用古典概型的概率公式即可求解.
【详解】从个数中任取个不同的数的取法有种，
其中中位数是的取法要分两类：
一类以为中间两个数，取法共有种；
另一类以为中间两个数，取法共有.
则所求的概率为.
故选：D
【点睛】本题考查了计数原理、古典概型，考查了计算能力，属于基础题.
10.在正方体中，点E是棱的中点，点F是线段上的一个动点．有以下三个命题：

①异面直线与所成的角是定值；
②三棱锥的体积是定值；
③直线与平面所成的角是定值．
其中真命题的个数是( )
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】
以A点为坐标原点，AB,AD,所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系,
可得=(1,1,1),=(t-1，1，-t)，可得=0,可得①正确；
由三棱锥的底面面积为定值，且∥,可得②正确；
可得=(t，1，-t)，平面的一个法向量为=（1，1，1），可得不为定值可得③错误，可得答案.
【详解】解:以A点为坐标原点，AB,AD,所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，可得B(1,0,0),C(1,1,O),D(0,1,0),(0,0,1),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1),设F(t，1，1-t)，（0≤t≤1），
可得=(1,1,1),=(t-1，1，-t)，可得=0，故异面直线与所的角是定值，故①正确；
三棱锥的底面面积为定值，且∥,点F是线段上的一个动点，可得F点到底面的距离为定值，故三棱锥的体积是定值，故②正确；
可得=(t，1，-t)，=(0,1,-1),=(-1,1,0),可得平面的一个法向量为=（1，1，1），可得不为定值，故③错误;
故选B.
【点睛】本题主要考查空间角的求解及几何体体积的求解，建立直角坐标系，是解题的关键.
11.抛物线的焦点为，准线为，点是抛物线上的两个动点，且满足，点在上的投影分别为点，若四边形的面积为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设，，由抛物线的定义得，，在中，根据余弦定理可得，从而求出梯形的高为，利用梯形的面积公式结合基本不等式即可求解.
【详解】设，，
则由抛物线的定义得，，
在中，由余弦定理得

，
即，
所以梯形的高为，
所以四边形的面积为，
故
，
当且仅当时取等号，所以最大值为.
故选：B
【点睛】本题考查了抛物线的定义与几何性质、基本不等式的应用、余弦定理，属于中档题.
12.已知恰有一个极值点为1，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意结合导数转化条件得在上无解，令，求导后确定函数的值域即可得解.
【详解】由题意，函数的定义域为，
对函数求导得，
恰有一个极值点为1，
在上无解，即在上无解，
令，则，
函数在单调递增，
当时，，
.
故选：D.
【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与推理能力，属于基础题.
二、填空题：本大题4个小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卡相应的位置上．
13.已知，，且，则的最小值是________.
【答案】
【解析】
【分析】
由条件可得，然后利用基本不等式求解即可.
【详解】因为，所以.
因为，所以(当且仅当，时，等号成立)，
所以.
故答案为：
【点睛】本题考查的是利用基本不等式求最值，属于典型题.
14.已知正项等比数列中， ，其前项和为，且，则__________．
【答案】
【解析】
解：由题意可知： ，结合 解得： ，
则 .
15.已知双曲线的渐近线方程为，点是双曲线的左支上异于顶点的一点，分别为双曲线的左、右焦点，为的内心，若，，的面积满足，则的值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
先根据双曲线的渐近线方程为，得到，再根据，结合双曲线的定义得到求解.
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，
所以，
设内切圆的半径为r，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
.
故答案为：
【点睛】本题主要考查双曲线定义和几何性质以及内切圆问题，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
16.已知定义在上的函数为增函数，且函数的图象关于点成中心对称，若实数、满足不等式，则当时，的最大值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
推导出函数为奇函数，且在上为增函数，由得出，由此将问题转转化为在约束条件下求的最大值，作出不等式组所表示的平面区域，将代数式转化为点到平面区域内的动点的距离的平方，数形结合可得出结果.
【详解】函数的图象关于点成中心对称，则函数的图象关于原点对称，所以，函数为奇函数，且该函数在上为增函数，
由，得，
，，则有，
不等式组所表示的平面区域如下图所示的：

联立，得，可得点，同理可得点，
代数式可视为点到平面区域内的动点的距离的平方，
由图象可知，当点与点或点重合时，取最大值.
故答案为：.
【点睛】本题考查抽象函数单调性与奇偶性应用，将问题转化为线性规划下非线性目标函数的最值问题是解答的关键，考查化归与转化思想以及数形结合思想的应用，属于难题.
三、解答题：解答时应写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程，并答在答题卡相应的位置上．
17.在锐角△ABC中，a＝2，_______，求△ABC的周长l的范围．
在①(﹣cos，sin)，(cos，sin)，且•，②cosA(2b﹣c)＝acosC，③f(x)＝cosxcos(x)，f(A)
注：这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并对其进行求解．
【答案】l△ABC∈(6+2，6]．
【解析】
【分析】
选①时，由平面向量的数量积与三角恒等变换求出A的值，再利用正弦定理和三角恒等变换求出△ABC周长的取值范围；
选②时，由正弦定理和三角恒等变换求出A的值，再利用正弦定理和三角恒等变换求出△ABC周长的取值范围；
选③时，由三角恒等变换求得A的值，再利用正弦定理和三角恒等变换求出△ABC周长的取值范围．
【详解】解：若选①，则由(﹣cos，sin)，(cos，sin)，且•，
得，∴cosA，
又A∈(0，)，
所以A；
又，所以，，
△ABC的周长为，
即；
因为锐角△ABC中，A，所以，，
所以B∈(，)，
所以B∈(，)，
所以△ABC的周长为l△ABC∈(6+2，6]．
若选②，由cos A(2b﹣c)＝acos C，
所以2bcosA＝acosC+ccosA，
所以2sinBcosA＝sinAcosC+cosAsinC＝sin(A+C)＝sinB；
又B∈(0，π)，所以sinB≠0，所以cosA；
又A∈(0，)，所以A；
又，所以，，
△ABC的周长为，
即；
因为锐角△ABC中，A，所以，，
所以B∈(，)，
所以B∈(，)，
所以△ABC的周长为l△ABC∈(6+2，6]．
若选③，则f(x)＝cos xcos(x)
cos xsin x

(cos2xsin2x)
sin(2x)，
又f(A)，所以sin(2A)，
又A∈(0，)，所以A；
又，所以，，
△ABC的周长为，
即；
因为锐角△ABC中，A，所以，，
所以B∈(，)，
所以B∈(，)，
所以△ABC的周长为l△ABC∈(6+2，6]．
【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标表示、二倍角公式、两角和与差的正弦公式、正弦定理、正弦函数的性质，三角函数公式较多，本题解题关键是确定选用公式的先后顺序．但这类题目标明确，把三角形周长表示为其中一个角的函数，利用三角函数知识求得取值范围．三角形三个内角，因此第一部分应该是由已知救出某一个角，然后可把另外两个角中的一个作为变量表示出三角形周长，第二部分求这个周长函数的取值范围．
18.2018年12月18日上午10时，在人民大会堂举行了庆祝改革开放40周年大会．40年众志成城，40年砥砺奋进，40年春风化雨，中国人民用双手书写了国家和民族发展的壮丽史诗．会后，央视媒体平台，收到了来自全国各地的纪念改革开放40年变化的老照片，并从众多照片中抽取了100张照片参加“改革开放40年图片展”，其作者年龄集中在之间，根据统计结果，做出频率分布直方图如下：

（Ⅰ）求这100位作者年龄的样本平均数和样本方差（同一组数据用该区间的中点值作代表）；
（Ⅱ）由频率分布直方图可以认为，作者年龄X服从正态分布，其中近似为样本平
均数，近似为样本方差．
（i）利用该正态分布，求；
（ii）央视媒体平台从年龄在和的作者中，按照分层抽样的方法，抽出了7人参加“纪念改革开放40年图片展”表彰大会，现要从中选出3人作为代表发言，设这3位发言者的年龄落在区间的人数是Y，求变量Y的分布列和数学期望．附：，若，则，
【答案】（1）,；（2）（i）0.3415；（ii）详见解析.
【解析】
【分析】
(1) 利用离散型随机变量的期望与方差的公式计算可得答案；
（2）（i）由(1)知，)，从而可求出；
（ii）可得可能的取值为0，1，2，3，分别求出其概率，可列出的分布列，求出其Y的数学期望.
【详解】解：（1）这100位作者年龄的样本平均数和样本方差分别为

（2）（i）由（1）知，，
从而；
（ii）根据分层抽样的原理，可知这7人中年龄在内有3人，在内有4人，
故可能的取值为0，1，2，3
，，

所以的分布列为
Y
0
1
2
3
P

所以Y的数学期望为
【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的期望与方差，正态分布的应用，其中解答涉及到离散型随机变量的期望与方差公式的计算、正态分布曲线的概率的计算等知识点的考查，着重考查了学生分析问题，解答问题的能力及推理与运算的能力，属于中档题型.
19.如图,四棱锥中，，，，，．

（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）见证明；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用余弦定理计算BC，根据勾股定理可得BC⊥BD，结合BC⊥PD得出BC⊥平面PBD，于是平面PBD⊥平面PBC；（2）建立空间坐标系，设λ，计算平面ABM和平面PBD的法向量，令法向量的夹角的余弦值的绝对值等于，解方程得出λ的值,即可得解．
【详解】（1）证明：因为四边形为直角梯形，
且, ,,
所以，
又因为．根据余弦定理得
所以，故.
又因为, ,且,平面，所以平面，
又因为平面PBC，所以
（2）由（1）得平面平面,
设为的中点，连结 ，因为,
所以,,又平面平面，
平面平面，
平面.
如图，以为原点分别以，和垂直平面的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，，，
假设存在满足要求，设，即，
所以,
易得平面的一个法向量为.
设为平面的一个法向量，，
由得，不妨取.
因为平面与平面所成的锐二面角为，所以，
解得，（不合题意舍去）.
故存在点满足条件，且.
【点睛】本题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面与平面所成的角等基础知识，面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做．
20.己知椭圆过点，，是两个焦点．以椭圆的上顶点为圆心作半径为的圆，
（1）求椭圆的方程；
（2）存在过原点的直线，与圆分别交于，两点，与椭圆分别交于，两点（点在线段上），使得，求圆半径的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意结合椭圆性质可得，进而可得，即可得解；
（2）当直线斜率不存在时，；当直线斜率存在时，设直线方程为：， ，，联立方程后利用弦长公式可得，由圆的性质可得，转化条件得，可得，即可得解.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，
由题意，，所以，，
故椭圆的方程为；
（2）当直线斜率不存时，圆过原点，符合题意，；
当直线斜率存在时，设直线方程为：，，，
由直线与椭圆交于、两点，
则，所以，，
则，
所以，
点到直线的距离，则 ，
因为，点在线段上，所以点在线段的延长线上，
只需即，
所以，
则
因为，
所以，所以，；
综上，的取值范围为.
【点睛】本题考查了椭圆方程的确定，考查了直线、圆、椭圆的综合应用，属于中档题.
21.已知函数．
（1），求函数的单调区间：
（2）对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）求导后，按照、、与分类，分别解出不等式，即可得解；
（2）转化条件得对于任意，不等式恒成立，设，则，设，求导后可得在上单调递增，进而可得，使得，即，则，设，求导后可得在上单调递增，即可证，代入求出后，即可得解.
【详解】（1）由题意，
则，
（i）当时，的解集为，则的单调增区间为和，单调减区间为；
（ii）当时，，则的单调增区间为，无单调减区间；
（iii）当时，的解集为，则的单调增区间为和，单调减区间为；
（iiii）当时，的解集为，则的单调增区间为，单调减区间为.
（2）由已知，问题等价于对于任意，不等式恒成立，
设，则，
设，则，
在上，，单调递增，
又，，所以，
所以，使得，即，
在上，，单调递减；
在上，，单调递增；
所以，
又有，
设，则有和，
所以在上，单调递增，所以，
所以，
故实数的取值范围为.
【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与推理能力，属于难题.
选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.
22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.
（1）写出直线和曲线的直角坐标方程；
（2）已知点，若直线与曲线交于两点，中点为M，求的值.
【答案】（1）..（2）
【解析】
【分析】
（1）直接利用极坐标和参数方程公式计算得到答案.
（2）设直线的参数方程为，代入方程得到，，代入计算得到答案.
【详解】（1）直线，故，
即直线的直角坐标方程为.
因为曲线，则曲线的直角坐标方程为，
即.
（2）设直线的参数方程为（为参数），
将其代入曲线的直角坐标系方程得.
设，对应的参数分别为，，则，，
所以M对应的参数，故.
【点睛】本题考查了参数方程和极坐标方程，意在考查学生的计算能力和转化能力.
23.已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若，使得恒成立，求的取值范围.
【答案】(1) .(2) .
【解析】
【分析】
（1）先由题意得，再分别讨论，，三种情况，即可得出结果；
（2）先由含绝对值不等式的性质，得到，再由题意，可得，求解，即可得出结果.
【详解】（1）不等式 可化为，
当时， ，，所以无解；
当时， 所以；
当时，， ，所以，
综上，不等式的解集是.
（2）因为
又，使得 恒成立，则，
，解得.
所以的取值范围为.
【点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的思想，以及绝对值不等式的性质即可，属于常考题型.