1、山西省太原市第五中学2020届高三数学下学期6月月考试题 理（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个正确选项1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先确定集合，再由交集运算求解【详解】，所以故选：B【点睛】本题考查集合的交集运算，确定出集合的元素是解题关键2.“复数为纯虚数”是“”的（ ）A. 充分条件，但不是必要条件B. 必要条件，但不是充分条件C. 充要条件D. 既不是充分也不是必要条件【答案】A【解析】试题分析：由“复数为纯虚数”，一定可以得出，但反之，不一定，因为，纯虚数要求b不为0.故选A考点：本题主要考查充要条件的
2、概念，复数的概念点评：简单题，涉及充要条件的判定问题，往往具有一定综合性，可从“定义”“等价关系”“集合关系法”入手加以判断3.若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则此双曲线的实轴长为（ ）A. 18B. 9C. 6D. 3【答案】A【解析】【分析】先写出双曲线渐近线方程，再根据双曲线的渐近线与直线垂直，由斜率乘积等于-1求解.【详解】双曲线的渐近线方程为，因为双曲线的一条渐近线与直线垂直，所以，解得，所以此双曲线的实轴长为18.故选：A【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质以及直线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.4.已知方程的根为，且，则（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案
3、】C【解析】【分析】根据题意，构造函数，利用函数零点存在性定理判断即可得到结论.【详解】由题意，设函数，则恒成立，即函数在上单调递增，又，由零点存在性定理可知，函数的零点在区间，即，又，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查函数零点所在区间的求法：图象法和零点判定定理，将函数的零点问题转化为两个函数交点的问题是常用的手段，将方程转化为函数，利用零点判定定理是基本方法5.已知满足约束条件，则下列目标函数中，在点处取得最小值的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】试题分析：可行域为一个三角形ABC及其内部，其中，所以直线在点处取得最大值，直线在点处取得最小值，直线在点处取得最小值
4、，直线在点处取得最大值，选B.考点：线性规划【易错点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.6.把9个完全相同的口罩分给6名同学，每人至少一个，不同的分法有（ ）种A. 41B. 56C. 156D. 252【答案】B【解析】【分析】本题要使用挡板法，在9个完全相同的口罩所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入档板，即产生符合要求的方法数【详解】解：问题可转化为将9个完全相同的口罩排成一列，
5、再分成6堆，每堆至少一个，求其方法数事实上，只需在上述9个完全相同的口罩所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入档板，即产生符合要求的方法数故有种故选：B【点睛】本题考查“插板”法解决组合问题，属于基础题.7.如图所示，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋（球体）离蛋巢底面的最短距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为蛋巢的底面是边长为的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为，又因为鸡蛋的体积为，所以球的半径为，所以球心到截面的距离，而截面到球体最低点距离为，而蛋巢的高度
6、为，故球体到蛋巢底面的最短距离为.点睛:本题主要考查折叠问题，考查球体有关知识.在解答过程中，如果遇到球体或者圆锥等几何体的内接或外接几何体的问题时，可以采用轴截面的方法来处理.也就是画出题目通过球心和最低点的截面，然后利用弦长和勾股定理来解决.球的表面积公式和体积公式是需要熟记的.8.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先根据二倍角公式及同角三角函数的基本关系可得，再由二倍角正切公式解方程可得；【详解】解：因为所以，即因为，所以，所以，即又，所以，即解得或因为，所以故选：B【点睛】本题考查二倍角公式的应用以及同角三角函数的基本关系的应用，属于基础题.9.设，分别
7、为定义在上的奇函数和偶函数，且（为自然对数的底数），则函数的图象大致为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性可求出，再利用导函数求出函数的极值点，和函数的图象的趋势，即可求出结果.【详解】因为，所以，即，所以.因为，当时，所以C，D错误.又，所以为极值点，即B错误.故选：A.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和导函数在函数图象上的应用，属于基础题.10.如图是正态分布的正态曲线图，下面4个式子中，等于图中阴影部分面积的式子的个数为（ ）注： A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】根据正态分布曲线的性质分析判断.【详解】，图中阴影部分面积为，
8、再根据图象的对称性可知图中阴影部分面积为，又，阴影部分面积为;故正确的个数为共3个，故选：C.【点睛】本题考查了正态分布的性质，熟练掌握正态分布的性质是解决此类问题的关键，属容易题11.如图所示，在中，点在线段上，设，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】用，表示，由，三点共线得出，的关系，消去，得到关于的函数，利用导数求出的最小值【详解】解：，三点共线，即由图可知令，得，令得或（舍）当时，当时，当时，取得最小值 .故选D【点睛】本题考查了平面向量的基本定理，函数的最值，属于中档题12.设是函数的导函数，且满足，若在中，为钝角，则下列不等式一定成立的是（ ）A.
9、B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设再利用导数证明函数在单调递增，再证明，化简即得解.【详解】因为，所以.设，所以函数在单调递增.因为为钝角，所以,所以,所以所以.故选：D.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及单调性的应用，考查三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.被7除后的余数为_【答案】4【解析】【分析】先化简，再利用二项式定理求出余数.【详解】由题得因为能被7整除，所以被7除后的余数为4.故答案为：4.【点睛】本题主要考查二项式定理求余数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14
10、.若顶点在原点的抛物线经过三个点，中的2个点，则满足要求的抛物线的标准方程有_【答案】或【解析】【分析】分两类情况，设出抛物线标准方程，逐一检验即可.【详解】设抛物线的标准方程为：，当时，此时，点在抛物线上.设抛物线的标准方程为：，当时，此时，点在抛物线上.故答案为：或.【点睛】本题考查抛物线标准方程的求法，考查待定系数法，考查计算能力，属于基础题.15.如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱，的中点，P是底面内一动点若直线与平面不存在公共点，设直线与直线所成角为，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点所在线段，得
11、解【详解】解：补全截面为截面如图，直线与平面不存在公共点，平面，易知平面平面，在正方体中，所以即为直线与直线所成角， 连接，则，在中，所以所以故答案为：【点睛】本题考查了线面平行，面面平行，立体几何中的动点问题，属于中档题16.中，三个内角，所对的边分别为，且，若边上的中线的长为2，则面积的最大值为_【答案】【解析】【分析】先根据余弦定理以及三角形面积公式化简条件得B，再利用向量化简条件：=2，并利用基本不等式求最大值，最后根据三角形面积公式求结果.【详解】当且仅当时取等号因此面积故答案为：【点睛】本题考查余弦定理、三角形面积公式、向量表示、基本不等式求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.三
12、、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤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.如图所示的多面体ABCDEF满足：正方形ABCD与正三角形FBC所在的两个平面互相垂直，FBAE且FB2EA.（1）证明：平面EFD平面ABFE；（2）求二面角EFDC的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明AB平面BCF，然后可得平面EFD平面ABFE；（2）建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，然后利用向量的夹角公式可求.【详解】（1）由题可得，因为ABCD是正方形且三角形FBC是正三角形，所以B
13、CAD，BCAD，FBBC且FBC60，又因为EAFB，2EAFB，所以EAD60，在三角形EAD中，根据余弦定理可得：EDAE.因为平面ABCD平面FBC，ABBC，平面ABCD平面FBCBC，且AB平面ABCD，所以AB平面BCF，因为BCAD, E AFB，FBBCB，且FB、BC平面FCB，EA、AD平面EAD，所以平面EAD平面FBC，所以AB平面EAD，又因为ED平面EAD，所以ABED，综上：EDAE，EDAB，EAABA且EA、AB平面ABFE，所以DE平面ABFE，又DE平面DEF，所以平面EFD平面ABFE.（2）如图，分别取BC和AD的中点O，G，连接OF，OG，因为BO
14、OC且三角形FBC为正三角形，所以FOBC，因为AGGD，BOOC，所以OGAB，由（1）可得，AB平面FBC，则OG平面FBC，故OF、OB、OG两两垂直，分别以OB、OG、OF所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设BC4，则，设平面DEF的法向量为，平面DCF的法向量为，则，则，所以又二面角EFDC是钝二面角，所以二面角EFDC的余弦值为.【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明及二面角的求解，空间向量是求解二面角的最有效工具，侧重考查逻辑推理和直观想象的核心素养.18.设各项均为正数的数列的前n项和为，已知，且，对一切都成立（1）当时，证明数列是常数列，并求数列的通项公
15、式；（2）是否存在实数，使数列是等差数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由【答案】（1）证明详见解析；（2）存在，【解析】【分析】（1）根据数列递推关系可得，即可证明数列是常数列，再进一步求出数列的通项公式；（2）先根据数列的前3项成等差数列求得，再证明一般性也成立.【详解】解：（1）当时，则，即数列的各项均为正数，化简，得，当时，-，得，当时，时上式也成立，数列是首项为1，公比为2等比数列，即（2）由题意，令，得；令，得要使数列是等差数列，必须有，解得当时，且当时，整理，得，即，从而，化简，得，即综上所述，可得，时，数列是等差数列【点睛】本题考查根据数列的递推关系求等比数列的通项公式、利
16、用等差数列的性质求参数值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.19.已知椭圆经过点，离心率为.（1）求椭圆方程；（2）过点的直线交椭圆于、两点，若，在线段上取点，使，求证：点在定直线上.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【分析】（1）根据题意得出关于、的方程组，解出、的值，进而可得出椭圆的标准方程；（2）设点、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，由向量的坐标运算可求得点的坐标表达式，并代入韦达定理，消去，可得出点的横坐标，进而可得出结论.【详解】（1）由题意得，解得，.所以椭圆的方程是；（2）设直线的方程为，、，由，得.，则有，
17、由，得，由，可得，综上，点在定直线上.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线上的证明，考查计算能力与推理能力，属于中等题.20.为了提高生产线的运行效率，工厂对生产线的设备进行了技术改造为了对比技术改造后的效果，采集了生产线的技术改造前后各20次连续正常运行的时间长度（单位：天）数据，并绘制了如茎叶图：（1）（i）设所采集的40个连续正常运行时间的中位数m，并将连续正常运行时间超过m和不超过m的次数填入下面的列联表：超过不超过改造前改造后（ii）根据（i）中的列联表，能否有99%的把握认为生产线技术改造前后的连续正常运行时间有差异？附：0.0500.0100.0013.8416
18、.63510.828（2）工厂生产线的运行需要进行维护，工厂对生产线的生产维护费用包括正常维护费、保障维护费两种对生产线设定维护周期为T天（即从开工运行到第kT天进行维护生产线在一个生产周期内设置几个维护周期，每个维护周期相互独立在一个维护周期内，若生产线能连续运行，则不会产生保障维护费；若生产线不能连续运行，则产生保障维护费经测算，正常维护费为0.5万元/次；保障维护费第一次为0.2万元/周期，此后每增加一次则保障维护费增加0.2万元现制定生产线一个生产周期（以120天计）内的维护方案：，以生产线在技术改造后一个维护周期内能连续正常运行的频率作为概率，求一个生产周期内生产维护费的分布列【答案
19、】（1）（i）列联表详见解析；（ii）有99%的把握认为生产线技术改造前后的连续正常运行时间有差异；（2）详见解析【解析】【分析】（1）（i）根据茎叶图的数据先求得中位数，进而得到，完成列联表；（ii）根据（i）中的列联表将数据代入，求得，然后与临界表对比下结论.（2根据茎叶图可知：生产线需保障维护的概率为，设一个生产周期内需要次维护，根据正常维护费为0.5万元/次；保障维护费第一次为0.2万元/周期，此后每增加一次则保障维护费增加0.2万元，得到一个生产周期内保障维护X次的生产维护费为万元，设一个生产周期内的生产维护费为X万元，则X可能取值为2，2.2，2.6，3.2，4，然后求得相应的概率
20、列出分布列.【详解】（1）（i）由茎叶图的数据可得中位数，根据茎叶图可得：，超过不超过改造前515改造后155（ii）根据（1）中的列联表，有99%的把握认为生产线技术改造前后的连续正常运行时间有差异；（2）120天的一个生产周期内有4个维护周期，一个维护周期为30天，一个维护周期内，以生产线在技术改造后一个维护周期内能连续正常运行的频率作为概率，生产线需保障维护的概率为，设一个生产周期内需要次维护，正常维护费为万元，保障维护费为首项为0.2，公差为0.2的等差数列，共次维护需要的保障费为元，故一个生产周期内保障维护X次的生产维护费为万元，设一个生产周期内的生产维护费为X万元，则X可能取值为2
21、，2.2，2.6，3.2，4，则，则X的分布列为：22.2263.24【点睛】本题主要考查独立性检验以及离散型随机变量的分布列，还考查了运算求解的能力，属于中档题.21.已知函数的两个零点记为.（1）求的取值范围；（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分离参数，构造，求导，根据函数的单调性求出的范围（2）先证明，所以要证明，只需证明，即，只需证明，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，证明即可【详解】解：（1）由，得，令，当递增；当递减；有最大值，又，故函数有两个不同的零点，；（2）先证明，不妨设，由（1）知，构造函数，当时，递增，所以，即，所以，由，由（1）知
22、，当，递减；所以，即，要证明，只需证明，即，只需证明，构造函数，当递增；递减；当时，所以当，故原命题成立.【点睛】本题考查了函数零点判断问题和极值点偏移问题，用到构造函数法判断函数的单调性和最值，难度较大，综合性高（二）选考题：共10分请考生在22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做第一题记分22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（其中t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点A的极坐标为，直线经过点A曲线C的极坐标方程为（1）求直线的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（2）过点作直线的垂线交曲线C于D，E两点（D在x轴上方），求的值【答案】（1）直线的普通方程
23、为，曲线C的直角坐标方程为；（2）【解析】【分析】（1）将点A的直角坐标代入直线的参数方程，求出的值，再转化成普通方程；在曲线方程两边同时乘以，即可得到答案；（2）设直线的参数方程为（t为参数），再利用参数的几何意义，即可得到答案；【详解】解：（1）由题意得点A的直角坐标为，将点A代入得，则直线的普通方程为由得，即故曲线C的直角坐标方程为（2）设直线的参数方程为（t为参数），代入得设对应参数为，对应参数为则，且，【点睛】本题考查参数方程和普通方程、极坐标方程的互化、直线方程中参数的几何意义，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.23.已知函数（1）当时，解不等式；（2）若的值域为，证明：【答案】（1）；（2）详见解析【解析】【分析】（1）在，三种情况下，分别解不等式，最后取并集即可；（2），结合的值域为，可知因此有，从而证明出题设不等式.【详解】（1）当时，不等式为，当时，不等式化为，此时不等式无解；当时，不等式化为，故；当时，不等式化为，故综上可知，不等式的解集为（2），当且仅当与异号时，取得最小值，的值域为，且，故（当且仅当时取等号），又（当且仅当时取等号），【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，考查了基本不等式的应用，属于中档题.
