【人教版】2020届高三数学下学期6月模拟考试试题理(含解析)(新版)人教版

X-X-精品人教试卷-派人教版※人教版※-推-荐※下-载-※1高9三下学期模拟考试（6月）数学（理）试题第I卷（共分）、选择题：本大题共12个小题,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已知复数Z满足Z=1+i（为虚数单位），则复数的共轭复数的虚部为（）【答案】【解析】由题意可得W=l-i,所以虚部为-i,选已知集合A={xJR|f（x）=1明2触—2）},B={yJR|y=Iog2（x—2）},则anB=（）。2） （0,2] [2,+。,。） （2.十】。）【答案】【解析・】A=（2,+工）,B=RAnB=（2,+工）选函数f（x）=5in（3X+或（3>0）的图象中，最小正周期为n,若将函数（x）的图象向右平移三个单位，得到函数q（x）,则g（x）的解析式为（）.（x）=sin（4x+；） g（x）=sin（4x—1g[x）=sin（2x+；） gD）=sin2x【答案】【解析】由最小正周期为n,得3=2,将f（x）=sin（2x+》的图象向右平移£个单位，得g（x）=sin2x选福利彩票“双色球”中红球的号码可以从，，，…，2这 个二位号码中选取，小明利用如图所示的随机数表选取红色球的6个号码,选取方法是从第1行第9列和第10列的数字开始从左到右依次选取两个数字,则第四个被选中的红色球号码为（）【答案】,【解析】被选中的红色球号码依次为17,12,33,06，所以第四个被选中的红色球号码为 选

某年高考中，某省万考生在满分为 分的数学考试中，成绩分布近似服从正态分布NQ10J00）,则分数位于区间Q30J50］分的考生人数近似为（）,已知若/--^(|.1,02)-^1:>(1-1-0<X+。)=0.6826,P(|.i-2o<X<|.i+2a)=0.9544,P(p-3o<Xvu+3。)=0.9974【答案】【解析】由题意可得I」=110,。=10所以(130,140］的人数为：10<【解析】由题意可得I」=110,。=10(140,150］的人数为：(140,150］的人数为：10(1-0,9974)x1=130,所以(130,150］的人数为1091010910某程序框图如图所示，若输入的门=10,则输出结果为（）型1D【答案】【解析】初始值：1/1、,11、s（「）…+〜）1J 1、 ，，1 1、J 1、9二+ 三） +（8 9）（9 L0）1。选0.7.某几何体的三视图如图所示,其体积为（）

2Sn37n30n148n【答案】【解析】由三视图可知原物体为一个圆柱中间挖去了一个矮一点的圆柱，体积V=n-42-4-n-32-3=37n。设命题P：实数x,y2Sn37n30n148n【答案】【解析】由三视图可知原物体为一个圆柱中间挖去了一个矮一点的圆柱，体积V=n-42-4-n-32-3=37n。设命题P：实数x,y满足+/</入wu4，命题q：实数x,y满足x-2y+2之0,则命题p是命题q的（2x-y-2充分不必要条件必要不充分条件充分必要条件既不充分也不必要条件【答案】【解析】命题P表示的是下图的圆，命题q表示的是下图的三角形区域所以是既不充分也不必要条件。选【点睛】对于点集（）的集合或命题关系时，我们可以画出两个集合或命题的的图像，再根据小范围推大范围来判断两个集合或命题关系，但是要注意两集合相等或命题等价的情况。篮球比赛中每支球队的出场阵容由5篮球比赛中每支球队的出场阵容由5名队员组成，年的NBA篮球赛中，休斯顿火箭队采取了“八人轮换”的阵容，即每场比赛只有8名队员有机会出场，这8名队员中包含两名中锋，两名控球后卫，若要求每一套出场阵容中有且仅有一名中锋，至少包含一名控球后卫，则休斯顿火箭队的主教练一共有（ ）种出场阵容的选择

【答案】【解析】有两种出场方案：()中锋人，后卫人，有(^(^(：；=16种出场阵容，()中锋人，后卫人，【答案】有=12种出场阵容，共计8种选,x【答案】有=12种出场阵容，共计8种选,x=T!所围成的阴影部分的面积为()【解析】！探osx-sinx)dx+fn(sinx-cosx)dxTT=(sinx+cosx)4+(-cosx-sinx)B=V2-1+1+a/2=2^/2，选已知在椭圆方程:+b已知在椭圆方程:+b2=1中，参数a,b都通过随机程序在区间(0,t)上随机选取，其中t>0,则椭圆的离心【答案】【解析】当a>当a<【解析】当a>当a<b时同理可得ab|，故选<|则由下图可得所求的概率 2>ef2—e已知函数f(x)=若正实数已知函数f(x)=若正实数a,b,c互不相等且f(a)=f(b)=f(c),则日+b+c的取值范围为(),_ 2、(e,2e+,_ 2、(e,2e+e)」 __ 2、(g+2e,2+e)C+e,2+e2),1 r 2、1+e,2e+e)【答案】【解析】不妨取a<【解析】不妨取a<b<c,设f(a)=f(b)=f(c)=t(0<t<l)=ae-t,b=e^ce2-Ua+b+c=e-t+e"-t'^g(t)=e-t+et+ez-t(0<t<])=g'(t)=et-e-t-ez-t【解析】由题意得3aT【解析】由题意得3aT+3d2aT+d=l=d=2e-t(e2t-l-e2)<0国代)在(°，1)上是减函数=§(1)<g(t)<g(0)=；+2e<g(t')<2+e2=>a+b+cG(1+2e,2+e2)，故选第11卷（共分）、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）已知等差数列｛七｝的前n项和为$n，若^=1，则数列｛%.｝的公差为【答案】在仪2+2x+y/的展开式中，x5y2的系数为【答案】【解析】t3=cl(x2+2x)V而在仪2+2x)3^rk+1=C3(x2)3-k(2x)k=C3-2k-x6-k，x5y2的系数为过点P向圆C引两条切线PA,PB,其中S-k=5,k=1，T2=3-2x5，<T,=10xx5y2的系数为过点P向圆C引两条切线PA,PB,其中已知圆C:（x-2）2+（y-1）2=1，点P为直线x+2y—9=。上一动点A,B为切点，则PA・PB的取值范围为【答案】年,+00【答案】年,+00【解析】PA*PB 【解析】PA*PB cos。(PC“-1)(1-2sin；)=(PCZ-1)(1-^)=PC2+卷一3因为圆心到直线的距离d=而，所以因为圆心到直线的距离d=而，所以PC三C，pc2三5，PC2+^-3三9当PC?=5时取最小值。所以填年,十工）。已知空间四边形ABCD中,AB=BD=已知空间四边形ABCD中,AB=BD=AD=2则该几何体的外接球表面积的取值范围为【答案】［等号］【解析】【解析】取BD的中点E,连接AE，G为正三角形ABD的中心，作EH±BC垂足为H,则/AEH为二面角A-BD-C的平面角,ZAEH=0，/GE。=90°-6分另I过点E和点G作平面BCD和平面ABD的垂线交于点。，。为三棱锥的外接球的球心,由于GE=|AE=fcosZGEO=§|，°E二嘉，在三角形。BE中,设OB=R'R2=1+-L-,由于£有争，贝I」|<sin20<1?!<3sin26<3':二二H-j，=V1+二—!，st=4nRi，则F二S二U【点睛】求几何体的外接球半径问题是高考常见题型，主要方法有三种，一、恢复长方体，利用体对角线为球的直径；二、“套球”，就是在球内作关于球心上下对称的两个截面圆，把柱体或锥体的底面放在截面上，利用球心与截面圆心的连线垂直截面，借助勾股定理去解；三、用本题的方法，分别过两个平面的外心作垂线三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)在AABC中，角八刀(的对边分别为③b,a且满足(2c—a)cosB—be。5A=0()求角B的大小；()^\/3sinA+sin(C—，的取值范围【答案】n(L2)【解析】试题分析：(1)利用正弦定理将题设条件中的边转换为角的正弦值，根据三角恒等变换化简整理可得sinC(2cosB-l)=0,进一步可得cosB=,即可求解；()由()可知C=y-A,将所求式子用角A表示，即esinA+sin(cY)=2sin(A+4由角A的范围及三角函数性质求之即可.试题解析：(1)由正弦写理得：(2sinC-sinA)cosB-sinBcosA=0fsinC(2cosB-l)=01.■sinCn0,.1.cosB=BE(0,n),B=()由()知B=5.,.(：=y-A,.1.\/3sinA+sin(C-1)=V3sinA+cosA=2sin(A+》■■■AG(0,y),A+E皖),■.2sin(A+》£(1,2]V3sinA+sin(C—》的取值范围是Q,2]考点：1．正弦定理；2．三角恒等变换；3．三角函数图象与性质；4．三角形内角和定理．【名师点睛】本题考查正弦定理、三角恒等变换、三角函数图象与性质、三角形内角和定理，属中档题；解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．18.实验杯足球赛采用七人制淘汰赛规则，某场比赛中一班与二班在常规时间内战平，直接进入点球决胜环节，在点球决胜环节中，双方首先轮流罚点球三轮，罚中更多点球的球队获胜；若双方在三轮罚球中未分胜负，则需要进行一对一的点球决胜，即双方各派出一名队员罚点球，直至分出胜负；在前三轮罚球中，若某一时刻胜负已分，尚未出场的队员无需出场罚球(例如一班在先罚球的情况下，一班前两轮均命中，二班前两轮未能命中，则一班、二班的第三位同学无需出场)，由于一班同学平时踢球热情较高，每位队员罚点球的命中率都能达到0.，8而二班队员的点球命中率只有0.，5比赛时通过抽签决定一班在每一轮都先罚球.()定义事件A为“一班第三位同学没能出场罚球”，求事件A发生的概率；(2)若两队在前三轮点球结束后打平，则进入一对一点球决胜，一对一点球决胜由没有在之前点球大战中出场过的队员主罚点球，若在一对一点球决胜的某一轮中，某队队员射入点球且另一队队员未能射入，则比赛结束；若两名队员均射入或者均射失点球，则进行下一轮比赛.若直至双方场上每名队员都已经出场罚球，则比赛亦结束，双方用过抽签决定胜负，以随机变量X记录双方进行一对一点球决胜的轮数，求X的分布列与数学期望【答案】 7；(2)75(轮)【解析】(I)P(A)=0.8x0,5x0,8x0.5+0.2x0,5x0,2x0,5=0.17(II)随机变量X的可取值为1 , 3 4P(X=1)=0.8x0.5+0.2乂0.5=0.5.P(X=2)=(1-P(X=1))乂P(X=1)=0.25P(X=3)=(1-P(X=I))2xP(X=1)=0.125，P(X=4)=Q-P(X=I))3=0.125故随机变量X的分布列如下：X1234pm0.50.250.1250.125X-X-精品人教试卷-X则X的数学期望为：E(X)=1X0.5+2X0.25+3x0.125+4x0.125=1.875(轮)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是平行四边形，/BCD=135°,侧面PAB，底面ABCD,PA=2,E.F分别为BC,AD的中点，点M在线段PD上()求证：EF_L平面PAC；()如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，求案的值【答案】 详见解析 2)=三/【解析】试题分析：(I)要证明线与面垂直，根据判定定理，需要证明线与平面内的两条相交直线垂直，根据中点易证明三二.二三所以可以将问题转化为证明.二三与平面三二二.内的两条相交直线垂直，即证明.二三一—二C和AB_PA(II)根据上一问所证明的垂直关系，可以建立以.二为原点的空间直角坐标系，设3三二二根据三7二.：万表示点封的坐标，首先求平面-二三C的法向量而，以及平面.二三二二的法向量二，并根据|cosvME,m>|=|coscME,n>|建立方程，求义试题解析：(I)证明：在平行四边形ABCD中，因为AB=AC,ZBCD=135,所以48±AC.由E,F分别为BCAD的中点，得EF//AB,所以EF±AC.因'为侧面PAB—K"ABCD,且/BAP=90.所以PA1底面八8(：0.又因为EF匚底面4800,所以PA1EF.又因为PAnAC=A,PAu平面PAC,ACu平面PAC,所以EF±平面PAC.(II)解：因为PA，底面ABCD,AB，AC,所以AP,AB,AC两两垂直，故以AB,AC,AP分别为x轴、y轴和z轴，如上图建立空间直角坐标系，人教版※-推-荐※下-载-※X-X-精品人教试卷-派人教版※人教版※-推-荐※下-载-※则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2)Q(—2,2,0),E(LL0),所以PB=(2,0,—2)，PD=(―2,2,—2)，BC-(-2,2,0)，设累=入（入e[0,1]）,则丽=（―2入,2人2人），所以乂（一2人,2人,2-2入），ME=Q+2入,1—2入,2入—2），易得平面ABCD的法向量m=（0,0,1）.设平面PBC的法向量为n=（x,y,z）,由吊•*=0，n•而=0，得一殳二：乙吊°，令x=L得n=(1,1,1).因为直线ME与平面PBC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等，所以|85＜碓同＞|=|85＜碓刀＞|,即骑出=簿4,所以|2入-2|=后|，解得入=法，或入=注立（舍）.综上所得：器=等考点：1.线面垂直的判定；2.线面角.已知抛物线的方程为Ox?=4y，过点Q（。，2）的一条直线与抛物线C交于A,B两点，若抛物线在A,B两点的切线交于点P（）求点P的轨迹方程；（）设直线PQ与直线AB的夹角为a，求a的取值范围【答案】 ）=-2 [arctan2低3】【解析】试题分析：设直线AB方程，并与抛物线方程联立方程组，设出A、B两点坐标，利用导数的几何意义求出切线的斜率，写出两条切线方程，解出交点坐标，得出点P的轨迹方程；当k=0时，夹角为当k工。时，分别求出PQ、AB的斜率，利用夹角公式表示出夹角的正切，利用基本不等式求出范围，综合两种情况给出结果试题解析：(1)由直线与抛物线交于两点可知，直线不与轴垂直，故可设hB：y=>«<+2,代入乂2=4y，整理得：x2-4ky-8=0…①，方程①的判别式△=16k2+32>0,故keR时均满足题目要求.记交点坐标2 2为A(Xl：),B(X2，?)，则勺次为方程①的两根，故由韦达定理可知，X1+X2=4k,XiX2=-8•将抛物线方程转化为y=，则y1=、，故点处的切线方程为y一£=£(x一X1)，整理得y=-X-7，同理可得，点处的切线方程为y= _；，记两条切线的交点P(Xp，yp)，联立两条切线的方程，解得点P坐标为Xp=；=2kFyP=kx1-^=kXi-(kXi+2)=-2，故点的轨迹方程为y=-2,xER(II)当k=0时，Xp=0,yp=-2,此时直线 即为轴，与直线 的夹角为3当kHO时，记直线 的斜率为X，则R=与分=-^，又由于直线的斜率为匕且已知直线与直线所ZK-U K夹角aG[0Ff]tana=11k+ |二|:[j=j+|k|J[2V2,+<),■-aJ[arctan2\2,；)综上所述，a得取值范围是[arctan2后事【点睛】利用设而不求思想解题是解析几何常用的解题思想，设出直线方程和交点坐标，联立方程组，利用根与系数关系，写出坐标关系对丫=：又2求导，利用导数的几何意义，写出切线方程，联立两条切线方程求出交点坐标，得出交点的轨迹方程为一条定直线.借助两条直线的斜率及两条直线的夹角公式写出夹角的正切，再利用均值不等式找出夹角的正切的范围，进而得出夹角的范围已知函数f(x)=斐，g(x)=b(x+1)，其中ah0,bh0()若日=b，讨论F(x)=f(x)-g(x)的单调区间;()已知函数(X)的曲线与函数g(X)的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为X1，X2,证明:XI+x2——g(xi+x2)>2【答案】 若a>0,F(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减;若av0,F(x)在(0,1)上单调递减，在Q,+8)上单调递增 详见解析【解析】(1)由已知得下侨=f(x)-g(x)=a("；-x-1). F'(x)=aj“X-1)="(1-X’-Inx)

'当°<x<1时.1.11-x2〉0,-Inx〉0,■1-1-xz-Inx〉0，：'当x〉1时,1-x2<0,-Inx<0,■1-1-x2-Inx<0-故若a>0,F(x)在⑹1)上单调递增，在Q,+8)上单调递减;故若a<0,F(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+a)上单调递增.InXi,^1>不妨^<1>乂2，依题意&x=b(xT-1)./.alnx1=b(x1"- 1.同理：alnx2=b(x2^-x2).?由①，②得，alnx'=b(x1z-X1-x：+x2)=b(X]-x2)(X]+x2-1)，:匕仁1+x__1)=Xi+x2 b——g(xTXi+x2 b——g(xT+x2)=(Xi+X2)a(x1+x2-1)=xT+x2X1-X2■In、，故只需证:X]_+x2Xl-x2,卮>2,取t=^>1，即只需证明MTnt>2,Vt>1成立.即只需证p(t)=Int-2号>O,Vt>1成立.p1(t)=7(t-i)22— 2(t+1)t(t+1)>0, p(t)在区间[L+s)上单调递增，.1.p(t)>p(l)=O,Vt>1成立.故原命题得证．请考生在3两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分p1(t)=7(t-i)22— 2(t+1)t(t+1)>0, p(t)在区间[L+s)上单调递增，.1.p(t)>p(l)=O,Vt>1成立.故原命题得证．请考生在3两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-：4坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为第二(为参数)，在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点。为极点，以x轴正半轴为极轴)中，圆C的方程为p=6sin9()求圆C的直角坐标方程;()设圆C与直线交于点A,B,若点P的坐标为(L2),求|PA|+IPEI的最小值【答案】22)【解析】试题分析：(工)根据J=x?+v^.x=ocos6,v=osinQ将圆C的极坐标方程转化为直角坐标方程(2)由直线参数方程得|PA|+|P