1、河南省林州市第一中学2019-2020学年高二数学6月月考试题 文（含解析）考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共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. （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法运算法则直接计算
2、即可得解.【详解】由题意.故选：C【点睛】本题考查了复数的除法运算，属于基础题.2. 已知集合，若，则实数值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，可得出，于此可得出实数的值.【详解】集合，且，因此，故选B.【点睛】本题考查利用集合的并集运算求参数的值，考查有限集之间的运算，考查运算求解能力，属于基础题.3. 某拖拉机厂生产了台新型农用拖拉机，出厂前测试时，这批拖拉机通过某一路段的时速的频率分布直方图如图所示，则时速在内的拖拉机台数大约为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由频率分布直方图求得时速在内的拖拉机的频率后即可直接得解.【详解】时速在内的拖拉
3、机的频率为，所以时速在内的拖拉机台数大约为（台）.故选：D【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用，属于基础题.4. 给定下列两种说法：已知，命题“若，则”的否命题是“若，则”，“，使”的否定是“，使”，则（ ）A. 正确错误B. 错误正确C. 和都错误D. 和都正确【答案】D【解析】【分析】根据否命题和命题的否定形式，即可判定真假.【详解】中，同时否定原命题的条件和结论，所得命题就是它的否命题，故正确；中，特称命题的否定是全称命题，所以正确，综上知，和都正确.故选：D【点睛】本题考查四种命题的形式以及命题的否定，注意命题否定量词之间的转换，属于基础题.5. 已知，则（ ）A. B. C. D.
4、 【答案】A【解析】【分析】根据已知结合二倍角的正弦，求出，再由二倍角的正切公式，即可求解,【详解】由，得.又因，得.所以.故选：A【点睛】本题考查三角函数求值、二倍角公式的应用，属于基础题.6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】该几何体由上下两部分组成的，上面是一个圆锥，下面是一个正方体，由体积公式直接求解.【详解】该几何体由上下两部分组成的，上面是一个圆锥，下面是一个正方体该几何体的体积V64故选B【点睛】本题考查了正方体与圆锥的组合体的三视图还原问题及体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题7. 已知直线与圆相交
5、于两点，（为坐标原点），且直线与直线垂直，则直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得，圆心到直线的距离，由点到直线的距离公式即可得方程，即可得解.【详解】由于直线的斜率，直线的斜率为，而两直线垂直，所以，得，直线由圆的方程可得该圆圆心为，半径，设圆心到直线的距离为，则，由点到直线的距离公式可得，解得.故所求的直线方程为，即.故选：A.【点睛】本题考查了直线与直线、直线与圆位置关系的应用，考查了点到直线距离公式的应用，属于基础题.8. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ）若，且，则；若，且，则；若，且，则；若，且，则.其中真命题的个数是（ ）A.
6、 B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据空间直线与平面平行、垂直，平面与平面平行、垂直的判定定理和性质定理，逐项判断，即可得出结论.【详解】由且，可得，而垂直同一个平面的两条直线相互平行，故正确；由于，所以，则，故正确；若与平面的交线平行，则，故不一定有，故错误；设，在平面内作直线，则，又，所以，所以，从而有，故正确.因此，真命题的个数是.故选：B【点睛】本题考查了空间线面位置关系的判定和证明，其中熟记空间线面位置中的平行与垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查直观想象能力，属于基础题.9. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】函数图象是由函数
7、图象向左平移1个单位，做出函数的图象，即可求解.【详解】作出函数的图象，如下图所示，将的图象向左平移个单位得到图象.故选：B【点睛】本题考查函数图象的识别、指数函数图象，运用函数图象平移变换是解题关键，属于基础题.10. 已知双曲线的一条渐近线方程为，为该双曲线上一点，为其左、右焦点，且，则该双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，根据已知可得，由，得到，结合双曲线的定义，得出，再由已知求出，即可求解.【详解】设，则由渐近线方程为，又，所以两式相减，得，而，所以，所以，所以，故双曲线的方程为.故选：D【点睛】本题考查双曲线的标准方程、双曲线的几何性质，注意焦点
8、三角形问题处理方法，一是曲线的定义应用，二是余弦定理（或勾股）定理，利用解三角形求角或面积，属于中档题.11. 已知函数是定义在上的偶函数，也是周期为的周期函数，且在区间上单调递减，则与的大小为（ ）A. B. C. D. 不确定【答案】A【解析】【分析】由函数的单调性和周期性可得，由函数的单调性可得，即可得解.【详解】函数是定义在上的偶函数，且周期为，.在区间上单调递减，即.故选：A.【点睛】本题考查了函数的单调性、奇偶性和周期性的应用，属于基础题.12. 已知函数在区间上为单调函数，且，则函数的解析式为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由函数在区间上为单调函数，得周期
9、，得出图像关于对称，可求出，得出函数的对称轴，结合对称中心和周期的范围，求出周期，即可求解.【详解】设的最小正周期为，在区间上具有单调性，则，即，由知，有对称中心，所以.由，且，所以有对称轴.故.解得，于是，解得，所以.故选：C【点睛】本题考查正弦函数图象的对称性、单调性和周期性及其求法，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量，若与共线，则实数_.【答案】【解析】【分析】由平面向量线性运算的坐标表示可得，再由向量共线的条件可得，即可得解.【详解】由题意得.向量与共线，.故答案为：.【点睛】本题考查了平面向量线性运算的坐标表示，考查了平面向量共线的坐标表示，
10、属于基础题.14. 已知满足约束条件则的最大值为_.【答案】1【解析】【分析】做出满足条件的可行域，根据图形即可求解.【详解】约束条件表示的可行域如图中阴影部分所示.由得，则目标函数过点时，取得最大值，.故答案为：1【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域，利用数形结合求线性目标函数的最值，属于基础题.15. 在中，内角的对边分别为，若，则_.【答案】【解析】【分析】由题意结合正弦定理得，再结合化简可得，即可得解.【详解】由正弦定理及可得，由可得，所以即，因为，所以，所以，由可得.故答案为：.【点睛】本题考查了正弦定理和三角函数的综合问题，属于基础题.16. 已知函数，当时，（为函数的导函
11、数），则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】转化条件得，设，求导后求出函数的最小值，令即可得解.【详解】由题意得.由于时，故.设，则.由于，所以当时，单调递减；当时，单调递增.于是，所以即，故实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查了利用导数解决不等式恒成立问题，考查了推理能力，属于中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17 21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 已知等差数列的前项和为，.（1）求的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求的最小值.【答案】（1）；（2）【解析
12、】【分析】（1）求出公差，根据通项公式即可求出；（2）由（1）可写出，则数列是等差数列.根据通项公式求出使得的的最大值，再根据前项和公式求出（或根据前项和公式求出，再根据二次函数求最值，求出的最小值）.详解】（1）方法一：由，又因为，所以.所以数列的公差，所以.方法二：设数列的公差为.则.得.所以.（2）方法一：由题意知.令得解得.因为，所以.所以的最小值为.方法二：由题意知.因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列.所以所以当时，数列的前项和取得最小值，最小值为.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前项和公式，考查学生的运算求解能力.18. “过桥米线”是云南滇南地区特有的一种小吃.在云南某
13、地区“过桥米线”有三种品牌的店，其中品牌店家，品牌店家，品牌店家.（）为了加强对食品卫生的监督管理工作，该地区的食品安全管理局决定按品牌对这家“过桥米线”专营店采用分层抽样的方式进行抽样调查，被调查的店共有家，则品牌的店各应抽取多少家？（）为了吸引顾客，所有品牌店举办优惠活动：在一个盒子中装有标号为的个白球，另一个盒子中装有标号为的个红球（所有球的形状、大小相同）.顾客从这两个盒子中各抽取个球，若两个被抽取的球的标号之和大于或等于，则打八折（按原价的付费）.求顾客参加优惠活动后获得八折用餐的概率.【答案】（）品牌店家，品牌店家；（）【解析】【分析】（）由分层抽样的概念直接求解即可得解；（）由题
14、意可列出所有基本事件，再找出符合要求的基本事件，由古典概型概率公式即可得解.【详解】（）由题意得，应抽查品牌店家，应抽查品牌店家.（）因为顾客在一个盒子中抽取的白球标号分别为；在另一个盒子中抽取的红球标号分别为，所以顾客从两个盒子中各抽取个球的基本事件有，；共个基本事件.其中，两个被抽取的球的标号之和大于或等于的基本事件有，共个基本事件.设“两个被抽取的球的标号之和大于或等于”的事件为，则顾客参加优惠活动后获得八折用餐的概率为.【点睛】本题考查了分层抽样的应用和古典概型概率的求解，属于基础题.19. 如图所示，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，点分别为边上的中点.（）求证：CF平面；（）若平面
15、平面，求三棱锥的体积.【答案】（）见解析；（）【解析】【分析】（）取的中点，连接，由中位线和正方形的性质可得且，进而可证，由线面平行的判定即可得证；（）取的中点，连接，由等腰三角形的性质和面面垂直的性质可得平面，求出、后，利用三棱锥体积公式即可得解.【详解】（）证明：取的中点，连接.因为分别是和的中点，所以且.因为为的中点，所以.又因为底面是正方形，所以且.所以且，所以四边形是平行四边形，所以.又因为平面，平面，所以平面.（）如图，取的中点，连接.因为，为的中点，所以.又因为平面平面，平面平面，所以平面.因为，所以，故三棱锥的体积.【点睛】本题考查了线面平行的判定和面面垂直的性质，考查了三棱锥
16、体积的求解，属于中档题.20. 已知椭圆的右顶点为，定点，直线与椭圆交于另一点.（）求椭圆的标准方程；（）试问是否存在过点的直线与椭圆交于两点，使得成立？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（）；（）存在，或【解析】【分析】（1）由已知可得，再将点代入椭圆方程，求出即可；（2）设，由已知可得，结合，可得，从而有，验证斜率不存在时是否满足条件，当斜率存在时，设其方程为，与椭圆方程联立，根据根与系数关系，得出关系式，结合，即可求解.【详解】（）由椭圆的右顶点为知，.把点坐标代入椭圆方程，得.解得.所以椭圆的标准方程为.（），所以.由，得，即，所以.设，则，所以.当直线的斜率不存
17、在时，直线的方程为，这与矛盾.当直线的斜率存在时，设直线的方程为.联立方程得.，.由可得，即.整理得.解得.综上所述，存在满足条件的直线，其方程或.【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，要熟练应用根与系数关系设而不求方法解决相交弦问题，考查计算求解能力，属于中档题.21. 已知函数.（）讨论函数的极值情况；（）证明：当时，在上恒成立.【答案】（）见解析；（）见解析【解析】【分析】（）求导后，根据、分类，讨论函数的单调性，再根据极值的概念即可得解；（）设，求导后可得，设，由二次函数的性质可得，进而可得，最后由即可得证.【详解】（）依题意得，.若，则，函数在上单调递增，函数在上无极
18、值.若，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增.此时，函数在上只有极小值，无极大值.综上所述，当时，函数无极值；当时，函数只有极小值，无极大值.（）证明：要证在上恒成立，即证在上恒成立.设，则.设，则是上的增函数，即.当时，所以，因此是上的增函数.于是当时，所以在上恒成立.所以，当时，在上恒成立.【点睛】本题考查了利用导数确定函数的极值情况，考查了利用导数证明不等式恒成立，考查了推理能力，属于中档题.（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极
19、坐标系，直线的极坐标方程为.（）求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程；（）若曲线上恰好存在两个点到直线的距离为，求实数的取值范围.【答案】（）：，：；（）【解析】【分析】（1）利用消去参数，得到曲线的普通方程，再由，化直线为直角坐标方程；（2）与直线的距离为的点在与平行且距离为的两平行直线上，依题意只有一条平行线与圆相交，另一条平行线与圆相离，利用圆心到直线的距离与半径关系，即可求解.【详解】（）由曲线的参数方程（为参数，）消去参数，可得曲线的普通方程.，代入，得直线的直角坐标方程为.（）由（）知，直线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为，曲线表示以原点为圆心，以为半径的圆，且原点到直线的距
20、离为.所以要使曲线上恰好存在两个点到直线的距离为，则须，即.所以实数的取值范围是.【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化、极坐标方程和直角坐标方程互化，以及直线与圆的位置关系，属于中档题.23. 已知函数.（1）解关于的不等式；（2）对任意的，都有不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意，分类讨论即可得解；（2）利用绝对值三角不等式求出，利用基本不等式求出，利用恒成立问题的解决办法即可得解.【详解】（1）由题意，则不等式可转化为 或或，整理可得，故不等式的解集为.（2）由于，当时，等号成立；而，当且仅当，即，时，等号成立.要使不等式恒成立，则，解得，实数的取值范围为.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了绝对值三角不等式和基本不等式的应用，考查了恒成立问题的解决，属于中档题.