1、河南省郑州市中牟县第一高级中学2020届高三数学二测试题6 文选择题：本大题共12小题，每小题5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.全集，集合，那么集合（ ）A B C D2已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限3“”是“函数在区间上存在零点”的（ ）A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件4. 已知双曲线的离心率为3，有一个焦点与抛物线的焦点相同，那么 双曲线的渐近线方程为 （ ） A. B. C. D.5已知变量，满足约束条件则的最大值为（ ）A2B3C4D66在中，且，点满足等于（
2、）A B C D7. 把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再将图象向右平移个单位，那么所得图象的一条对称轴方程为 ( )A B C D8. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，则下列命题中的假命题是A若，则 B若，则44C若相交，则相交 D若相交，则相交9阅读右边的程序框图，输出的结果s的值为A0 BC D10.如图，过抛物线的焦点F的直线交抛物线于点A、B，交其准线于点C，若BC=2BF，且AF=3，则此抛物线方程为A B. C. D. 11.设双曲线-=1(a0,b0)的右焦点是F,左、右顶点分别是A1,A2,过F作A1A2的垂线与双曲线交于B,C两点.若A1BA
3、2C,则该双曲线的渐近线的斜率为()A.B. C.1 D.12设函数，则函数的零点的个数为 A4 B5 C6 D7第II卷（非选择题 共90分） 本卷包括必考题和选考题两部分，第13题21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22题23题为选考题，考生根据要求作答二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。将答案填在题后的横线上。）13个几何体的三视图如图所示(单位:m)则该几何体的体积为_14.已知 的内角 的对边分别为 ，若 ，且 ，则 .15已知是上一点，为抛物线焦点，在上，则的最小值_. 16已知ABC的外心为O，重心为G，且2ABAC6，则的取值范围是_三、解答题（本大题共6小
4、题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17（本题满分12分）已知数列和满足，.（1）求与；（2）记数列的前n项和为，求.18.如图1，在直角梯形中，是的中点，是与的交点，将沿折起到图2中的位置，得到四棱锥.(I)证明：平面；(II)当平面平面时，四棱锥的体积为，求的值.19. (本小题满分12分）某高校组织自主招生考试,共有名优秀学生参加笔试，成绩均介于分到 分之间，从中随机抽取名同学的成绩进行统计，将统计结果按如下方式分成八组:第一组,第二组，第八组.如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图，且笔试成绩在分(含分）以上的同学进入面试.(I )估计所有参加笔试的名学生中，参加
5、 面试的学生人数；(II)面试时，每位考生抽取三个问题，若三个问 题全答错，则不能取得该校的自主招生资格；若三个 问题均回答正确且笔试成绩在分以上，则获 类资格;其它情况下获类资格.现已知某中学有三人获得面试资格，且仅有一人笔试成绩为分以上，在回答两个面试问题时，两人对每一个问题正确回答的概率均为，求恰有一位同学获得该高校B类资格的概率。20.如图，椭圆经过点，且离心率为.(I)求椭圆的方程；(II)经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同两点（均异于点），证明：直线与的斜率之和为2.21. 已知函数()求函数的单调递增区间； （）证明：当时，；（）确定实数的所有可能取值，使得存在，当时，恒有选做
6、题：请考生在第23、24二题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分22.(本小题满分10分）选修44:坐标系与参数方程选讲.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（a为参数)，以原点O为极点，以x轴正 半 轴为 极 轴，建立极坐 标 系，曲 线C2的极坐标方程为 (1)求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程.(2)设P为曲线C1上的动点，求点P到C2上点的距离的最小值，并求此时点P坐标.23.(本小题满分10分）选修45:不等式选讲.设函数.(1)求证：当时，不等式lnf(x)1成立.关于x的不等式在R上恒成立，求实数a的最大值.参考答案及评分标准一.选择题:每小题5分,总计
7、60分题号123456789101112答案ACABDBADBBCC二.填空题:每小题5分,总计20分.13. 14. 15. 4166/5,6)三.解答题: 17. 【答案】(1)；(2) (1)根据数列递推关系式，确定数列的特点，得到数列的通项公式；(2)根据(1)问得到新的数列的通项公式，利用错位相减法进行数列求和.试题解析：(1)由，得.当时，故.当时，整理得， 所以.(2)由(1)知，所以所以所以.【答案】(I) 证明略，详见解析；(II) .18.【解析】试题分析：(I) 在图1中，因为，是的中点，所以四边形 是正方形，故，又在图2中，从而平面，又且，所以，即可证得平面；(II)由
8、已知，平面平面，且平面平面 ，又由(I)知，所以平面，即是四棱锥的高，易求得平行四边形面积，从而四棱锥的为，由，得.试题解析：(I)在图1中，因为，是的中点，所以， 即在图2中，从而平面 又 所以平面.(II)由已知，平面平面，且平面平面 又由(I)知，所以平面，即是四棱锥的高，由图1可知，平行四边形面积，从而四棱锥的为，由，得. 19解：设第组的频率为， 则由频率分布直方图知 所以成绩在260分以上的同学的概率，故这2000名同学中，取得面试资格的约为280人 6分不妨设两位同学为，且的成绩在270分以上， 则对于，答题的可能有，对于，答题的可能有，其中角标中的1表示正确，0表示错误，如表示
9、同学第一题正确，第二题错误，将两位同学的答题情况列表如下：ABBBBBCBABBBBBCBABBBBBCBACBCBCCC表中AB表示获类资格，获类资格；BC表示获类资格，没有获得资格所以恰有一位同学获该高校类资格的概率为12分20【答案】(I) ； (II)证明略，详见解析. (II)由题设知，直线的方程为，代入，得 ，由已知，设，则，从而直线与的斜率之和 .21. 【答案】() ；（）详见解析；（）【解析】（I），由得解得故的单调递增区间是（II）令，则有当时，所以在上单调递减，故当时，即当时，（III）由（II）知，当时，不存在满足题意当时，对于，有，则，从而不存在满足题意当时，令，则有由得，解得，当时，故在内单调递增从而当时，即，综上，的取值范围是22.解(1) 对于曲线有，即的方程为：；对于曲线有，所以的方程为.(5分)(2) 显然椭圆与直线无公共点，椭圆上点到直线的距离为：，当时，取最小值为，此时点的坐标为. (10分)23解 (1) 证明：由得函数的最小值为3，从而，所以成立. (5分)(2) 由绝对值的性质得，所以最小值为，从而，解得，因此的最大值为. (10分)