河南省第一高级中学2020届高三数学6月月考试题 理

1、 可修改河南省平顶山市鲁山县第一高级中学2020届高三数学6月月考试题 理第I卷 选择题（共60分）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。) 1.设复数满足，则 A. 3 B. C. 9 D. 102.若的展开式中的系数为，则 A. B. C. D. 4.各项均为正数的等比数列的前项和为，若，则的取值范围是 A. B. C. D. 5.如图所示，直线为双曲线：的一条渐近线，是双曲线的左、右焦点，关于直线的对称点为，且是以为圆心，以半焦距为半径的圆上的一点，则双曲线的离心率为 A. B. C. 2 D. 36.设，若函数恰有3个零

2、点，则实数的取值范围为 A. B. C. D. 7.函数的大致图像为 8.杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列。在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形。帕斯卡（1623-1662）是在1654年发现这一规律的，比杨辉要迟393年，比贾宪迟600年。右图的表在我国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书里就出现了，这又是我国数学史上的一个伟大成就。如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1,2,3,3,6,4,10,5，则此数列前16项和为 A. B. C. D. 9.已知函数，将图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位得到的图像，若为

3、偶函数，则的一个值为 A. B. C. D. 10.三棱锥中，底面满足， ， 在面的射影为的中点，且该三棱锥的体积为，当其外接球的表面积最小时， 到面的距离为A. 2 B. 3 C. D. 11. 以下四个命题中：某地市高三理科学生有15000名，在一次调研测试中，数学成绩服从正态分布，已知，若按成绩分层抽样的方式抽取100分试卷进行分析，则应从120分以上（包括120分）的试卷中抽取15分；已知命题，则，；在上随机取一个数，能使函数在上有零点的概率为；在某次飞行航程中遭遇恶劣气候，用分层抽样的20名男乘客中有5名晕机，12名女乘客中有8名晕机，在检验这些乘客晕机是否与性别有关时，采用独立性检

4、验，有97%以上的把握认为与性别有关0150100500252072270638415024其中真命题的序号为A. B. C. D. 12.已知椭圆的左右焦点分别为，过左焦点作斜率为2的直线与椭圆交于两点，的中点是，为坐标原点，若直线的斜率为，则的值是 A. 2 B. C. D. 第II卷 非选择题（共90分）二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分) 13.若x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值为_14.某校高三年级学生一次数学诊断考试成绩(单位:分) 服从正态分布，从中抽取一个同学的数学成绩，记该同学的成绩为事件，记该同学的成绩为事件,则在事件发生的条件下事件发生的概率_.

5、（结果用分数表示） 附： 满足： ； ； .15.设函数的最小正周期为，且满足，则函数的单调增区间为 16.祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同幂，则积不容异”.这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等.一般大型热电厂的冷却塔大都采用双曲线型.设某双曲线型冷却塔是曲线 与直线， 和所围成的平面图形绕轴旋转一周所得，如图所示.试应用祖暅原理类比求球体体积公式的方法，求出此冷却塔的体积为_. 三、解答题(本大题共6小题,共70分。解答应写出文字说明、证明过程或

6、演算步骤。)17. （本小题满分12分）已知函数求在上的值域；在中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，且，求a的取值范围18. （本小题满分12分）某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在实验地分别用甲、乙方法培训该品种花苗.为观测其生长情况，分别在实验地随机抽取各株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为及以上的花苗为优质花苗.求图中的值，并求综合评分的中位数.用样本估计总体，以频率作为概率，若在两块试验地随机抽取棵花苗，求所抽取的花苗中的优质花苗数的分布列和数学期望；填写下面的列联表，并判断是否有的把握认为优质花苗与培育方法有关.附：

7、下面的临界值表仅供参考.（参考公式：，其中.）19. （本题满分12分）如图，在四棱锥中，底而为正方形，底面，点为棱的中点，点，分别为棱，上的动点（，与所在棱的端点不重合），且满足.（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值20. （本小题满分12分）为抛物线的焦点，过点的直线与交于两点，的准线与轴的交点为，动点满足（）求点的轨迹方程；（）当四边形的面积最小时，求直线的方程21. （本小题满分12分）已知函数，其导函数的最大值为.（1）求实数的值；（2）若，证明：.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. （本小题满分10分）选修4-

8、4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，以原点为极点， 轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.（1）设为参数，若，求直线的参数方程；（2）已知直线与曲线交于，设，且，求实数的值.23. （本题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若关于的不等式有解，求实数的取值范围.参考答案123456789101112ADBBCAACBBBD1.A【解析】 利用复数的运算法则、共轭复数的性质、模的计算公式即可得出满足=2i，则|z|=3故选：A2.D【解析】由题意二项式的展开式为， 展开式的为，所以， 解得，故选D.4.B【

9、解析】根据题意，可得等比数列中，由等比数列的前n项和公式，可得，进而结合极限的计算公式，可得，即可求解公比点取值范围。根据题，等比数列中，必有，则，则，若存在，且的各项均为正数，必有，此时，解得，即的取值范围是，故选B。5.C【解析】设焦点关于渐近线的对称点为，则，又点在圆上， ，故选C.6.A【解析】由题意得令，即 与恰有3个交点，由，利用导数得到函数的单调性即可得解.恰有3个零点，则恰有3个根，令，即 与恰有3个交点，当时，所以在上是减函数；当时，当时，当时，所以在时增函数，在时减函数，且，所以故选A7.A【解析】此题主要利用排除法，当时，可得，故可排除C，D，当时，可排除选项B，故可得答

10、案.当时，故可排除C，D选项；当时，故可排除B选项，故选A.8.C【解析】分别考查每行第二个数和第三个数组成的数列，然后求和两次即可求得最终结果.考查每行第二个数组成的数列：，归纳推理可知其通项公式为，其前项和；每行第三个数组成的数列：，归纳推理可知其通项公式为，其前项和，据此可得题中数列前16项和为 .本题选择C选项.9.B【解析】化简函数可得，经图象变换可得，结合对称性求出的值.，将图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位得到的图像，即又为偶函数，即故选：B10.B【解析】设AC的中点为D，连结PD，很明显球心在PD上，设球心为O，PD=h，AB=x，则： ，在Rt

11、OAD中： ，设 ,则： ，解得： ，当且仅当 时等号成立，即当其外接球的表面积最小时， 到面的距离为3 .11.B【解析】对于，在一次调研测试中，数学成绩服从正态分布N（100，2），数学成绩关于=100对称，P（80100）=0.40，P（120）=P（80）=0.5-0.40=0.1，则该班数学成绩在120分以上的人数为0.1100=10，故错误；对于，已知命题p：xR，sinx1，则p：xR，sinx1，故正确；对于，由()280，解得m-2或m2，在-4，3上随机取一个数m，能使函数在R上有零点的概率为，故正确；对于，填写22列联表如下：晕机不晕机合计男乘客51520女乘客8412合

12、计131932则k2的观测值k有97%以上的把握认为晕机与性别有关.故对。故选B12.D【解析】设A（x1，y1），B（x2，y2），根据点差法和中点坐标公式和斜率公式可得，结合条件可得结果.设A（x1，y1），B（x2，y2），则，1，两式相减可得（x1x2）（x1+x2）（y1y2）（y1+y2）0，P为线段AB的中点，2xpx1+x2，2ypy1+y2，又kAB2，即，。故选：D13.8【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.画出满足约束条件的平面区域，如图所示：由，得，平移，显然直线过

13、时，最大，由，解得，所以的最大值为，故答案为8.14.【解析】由题意， ， ， .。故答案为.15.【解析】因为，所以由，由，因为，所以，由，即函数的单调增区间为16.【解析】设点，则，所以圆环的面积为.因为，所以，所以圆环的面积为.根据祖暅原理可知，该双曲线型冷却塔挖出一个以渐近线为母线的圆锥后的几何的体积等于底面半径为、高为的圆柱的体积，所以冷却塔的体积为： .17.（1）；（2）【解析】，故在上的值域，或，即，舍去，根据余弦定理，得，可得，即当且仅当时，的最小值为1，故的取值范围为18.【解析】由，解得令得分中位数为，由解得故综合评分的中位数为由与频率分布直，优质花苗的频率为，即概率为，

14、设所抽取的花苗为优质花苗的颗数为，则，于是，其分布列为：所以，所抽取的花苗为优质花苗的数学期望结合与频率分布直方图，优质花苗的频率为，则样本种，优质花苗的颗数为棵，列联表如下表所示：可得所以，有的把握认为优质花苗与培育方法有关系.19.【解析】（1）【解法一】： 证明：连接交于，连接.因为底面为正方形，所以，又因为，所以.由底面知，底面，又底面，所以；又；平面，所以平面.在中，因为，所以，即，所以平面.又平面，所以平面平面.【解法二】（向量法）因为底面，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，.设，则.，.设为平面的一个法向量，则即可取.设为平面的一个法向量，则即可取

15、.因为，所以.所以平面平面.（2）解：设，由题意知，又，所以.易知当三棱锥的体积最大时，即此时，分别为棱，的中点.以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，.，.设是平面的法向量，则即可取.设是平面的法向量，则即可取.则.由图知所求二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.20.（）；（）【解析】（），可设代入得设，则，由及得，消去得为所求点的轨迹方程（2）由，可知四边形为平行四边形，则四边形的面积为，当时，取得最小值8，此时直线的方程为21.（1）；（2）见解析【解析】证明，对求导，研究其单调性和极值，得到结论.（1）由题意，函数的定义域为，其导函数记则.当时，恒成立，所以在上单调递增，且.所以，有，故时不成立；当时，若，则；若，则.所以在单调递增，在单调递减。所以.令，则.当时，；当时，.所以在的单减，在单增.所以，故.（2）当时，则.由（1）知恒成立，所以在上单调递减，且，不妨设，则，欲证，只需证，因为在上单调递减，则只需证，又因为，则只需证，即.令（其中），且.所