【人教版】2020屆高三數(shù)學(xué)下學(xué)期6月模擬考試試題理(含解析)(新版)人教版

X-X-精品人教試卷-派人教版※人教版※-推-薦※下-載-※1高9三下學(xué)期模擬考試（6月）數(shù)學(xué)（理）試題第I卷（共分）、選擇題：本大題共12個(gè)小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的已知復(fù)數(shù)Z滿足Z=1+i（為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)的虛部為（）【答案】【解析】由題意可得W=l-i,所以虛部為-i,選已知集合A={xJR|f（x）=1明2觸—2）},B={yJR|y=Iog2（x—2）},則anB=（）。2） （0,2] [2,+。,。） （2.十】。）【答案】【解析?】A=（2,+工）,B=RAnB=（2,+工）選函數(shù)f（x）=5in（3X+或（3>0）的圖象中，最小正周期為n,若將函數(shù)（x）的圖象向右平移三個(gè)單位，得到函數(shù)q（x）,則g（x）的解析式為（）.（x）=sin（4x+；） g（x）=sin（4x—1g[x）=sin（2x+；） gD）=sin2x【答案】【解析】由最小正周期為n,得3=2,將f（x）=sin（2x+》的圖象向右平移￡個(gè)單位，得g（x）=sin2x選福利彩票“雙色球”中紅球的號碼可以從，，，…，2這 個(gè)二位號碼中選取，小明利用如圖所示的隨機(jī)數(shù)表選取紅色球的6個(gè)號碼,選取方法是從第1行第9列和第10列的數(shù)字開始從左到右依次選取兩個(gè)數(shù)字,則第四個(gè)被選中的紅色球號碼為（）【答案】,【解析】被選中的紅色球號碼依次為17,12,33,06，所以第四個(gè)被選中的紅色球號碼為 選

某年高考中，某省萬考生在滿分為 分的數(shù)學(xué)考試中，成績分布近似服從正態(tài)分布NQ10J00）,則分?jǐn)?shù)位于區(qū)間Q30J50］分的考生人數(shù)近似為（）,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】由題意可得I」=110,。=10所以(130,140］的人數(shù)為：10<【解析】由題意可得I」=110,。=10(140,150］的人數(shù)為：(140,150］的人數(shù)為：10(1-0,9974)x1=130,所以(130,150］的人數(shù)為1091010910某程序框圖如圖所示，若輸入的門=10,則輸出結(jié)果為（）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。選0.7.某幾何體的三視圖如圖所示,其體積為（）

2Sn37n30n148n【答案】【解析】由三視圖可知原物體為一個(gè)圓柱中間挖去了一個(gè)矮一點(diǎn)的圓柱，體積V=n-42-4-n-32-3=37n。設(shè)命題P：實(shí)數(shù)x,y2Sn37n30n148n【答案】【解析】由三視圖可知原物體為一個(gè)圓柱中間挖去了一個(gè)矮一點(diǎn)的圓柱，體積V=n-42-4-n-32-3=37n。設(shè)命題P：實(shí)數(shù)x,y滿足+/</入wu4，命題q：實(shí)數(shù)x,y滿足x-2y+2之0,則命題p是命題q的（2x-y-2充分不必要條件必要不充分條件充分必要條件既不充分也不必要條件【答案】【解析】命題P表示的是下圖的圓，命題q表示的是下圖的三角形區(qū)域所以是既不充分也不必要條件。選【點(diǎn)睛】對于點(diǎn)集（）的集合或命題關(guān)系時(shí)，我們可以畫出兩個(gè)集合或命題的的圖像，再根據(jù)小范圍推大范圍來判斷兩個(gè)集合或命題關(guān)系，但是要注意兩集合相等或命題等價(jià)的情況?；@球比賽中每支球隊(duì)的出場陣容由5籃球比賽中每支球隊(duì)的出場陣容由5名隊(duì)員組成，年的NBA籃球賽中，休斯頓火箭隊(duì)采取了“八人輪換”的陣容，即每場比賽只有8名隊(duì)員有機(jī)會(huì)出場，這8名隊(duì)員中包含兩名中鋒，兩名控球后衛(wèi)，若要求每一套出場陣容中有且僅有一名中鋒，至少包含一名控球后衛(wèi)，則休斯頓火箭隊(duì)的主教練一共有（ ）種出場陣容的選擇

【答案】【解析】有兩種出場方案：()中鋒人，后衛(wèi)人，有(^(^(：；=16種出場陣容，()中鋒人，后衛(wèi)人，【答案】有=12種出場陣容，共計(jì)8種選,x【答案】有=12種出場陣容，共計(jì)8種選,x=T!所圍成的陰影部分的面積為()【解析】！探osx-sinx)dx+fn(sinx-cosx)dxTT=(sinx+cosx)4+(-cosx-sinx)B=V2-1+1+a/2=2^/2，選已知在橢圓方程:+b已知在橢圓方程:+b2=1中，參數(shù)a,b都通過隨機(jī)程序在區(qū)間(0,t)上隨機(jī)選取，其中t>0,則橢圓的離心【答案】【解析】當(dāng)a>當(dāng)a<【解析】當(dāng)a>當(dāng)a<b時(shí)同理可得ab|，故選<|則由下圖可得所求的概率 2>ef2—e已知函數(shù)f(x)=若正實(shí)數(shù)已知函數(shù)f(x)=若正實(shí)數(shù)a,b,c互不相等且f(a)=f(b)=f(c),則日+b+c的取值范圍為(),_ 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,設(shè)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】由題意得3aT【解析】由題意得3aT+3d2aT+d=l=d=2e-t(e2t-l-e2)<0國代)在(°，1)上是減函數(shù)=§(1)<g(t)<g(0)=；+2e<g(t')<2+e2=>a+b+cG(1+2e,2+e2)，故選第11卷（共分）、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）已知等差數(shù)列｛七｝的前n項(xiàng)和為$n，若^=1，則數(shù)列｛%.｝的公差為【答案】在儀2+2x+y/的展開式中，x5y2的系數(shù)為【答案】【解析】t3=cl(x2+2x)V而在儀2+2x)3^rk+1=C3(x2)3-k(2x)k=C3-2k-x6-k，x5y2的系數(shù)為過點(diǎn)P向圓C引兩條切線PA,PB,其中S-k=5,k=1，T2=3-2x5，<T,=10xx5y2的系數(shù)為過點(diǎn)P向圓C引兩條切線PA,PB,其中已知圓C:（x-2）2+（y-1）2=1，點(diǎn)P為直線x+2y—9=。上一動(dòng)點(diǎn)A,B為切點(diǎn)，則PA?PB的取值范圍為【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?yàn)閳A心到直線的距離d=而，所以因?yàn)閳A心到直線的距離d=而，所以PC三C，pc2三5，PC2+^-3三9當(dāng)PC?=5時(shí)取最小值。所以填年,十工）。已知空間四邊形ABCD中,AB=BD=已知空間四邊形ABCD中,AB=BD=AD=2則該幾何體的外接球表面積的取值范圍為【答案】［等號］【解析】【解析】取BD的中點(diǎn)E,連接AE，G為正三角形ABD的中心，作EH±BC垂足為H,則/AEH為二面角A-BD-C的平面角,ZAEH=0，/GE。=90°-6分另I過點(diǎn)E和點(diǎn)G作平面BCD和平面ABD的垂線交于點(diǎn)。，。為三棱錐的外接球的球心,由于GE=|AE=fcosZGEO=§|，°E二嘉，在三角形。BE中,設(shè)OB=R'R2=1+-L-,由于￡有爭，貝I」|<sin20<1?!<3sin26<3':二二H-j，=V1+二—!，st=4nRi，則F二S二U【點(diǎn)睛】求幾何體的外接球半徑問題是高考常見題型，主要方法有三種，一、恢復(fù)長方體，利用體對角線為球的直徑；二、“套球”，就是在球內(nèi)作關(guān)于球心上下對稱的兩個(gè)截面圓，把柱體或錐體的底面放在截面上，利用球心與截面圓心的連線垂直截面，借助勾股定理去解；三、用本題的方法，分別過兩個(gè)平面的外心作垂線三、解答題(本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.)在AABC中，角八刀(的對邊分別為③b,a且滿足(2c—a)cosB—be。5A=0()求角B的大??；()^\/3sinA+sin(C—，的取值范圍【答案】n(L2)【解析】試題分析：(1)利用正弦定理將題設(shè)條件中的邊轉(zhuǎn)換為角的正弦值，根據(jù)三角恒等變換化簡整理可得sinC(2cosB-l)=0,進(jìn)一步可得cosB=,即可求解；()由()可知C=y-A,將所求式子用角A表示，即esinA+sin(cY)=2sin(A+4由角A的范圍及三角函數(shù)性質(zhì)求之即可.試題解析：(1)由正弦寫理得：(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—》的取值范圍是Q,2]考點(diǎn)：1．正弦定理；2．三角恒等變換；3．三角函數(shù)圖象與性質(zhì)；4．三角形內(nèi)角和定理．【名師點(diǎn)睛】本題考查正弦定理、三角恒等變換、三角函數(shù)圖象與性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理，屬中檔題；解三角形時(shí)，有時(shí)可用正弦定理，有時(shí)也可用余弦定理，應(yīng)注意用哪一個(gè)定理更方便、簡捷．如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或邊的一次式時(shí)，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時(shí)，則要考慮兩個(gè)定理都有可能用到．18.實(shí)驗(yàn)杯足球賽采用七人制淘汰賽規(guī)則，某場比賽中一班與二班在常規(guī)時(shí)間內(nèi)戰(zhàn)平，直接進(jìn)入點(diǎn)球決勝環(huán)節(jié)，在點(diǎn)球決勝環(huán)節(jié)中，雙方首先輪流罰點(diǎn)球三輪，罰中更多點(diǎn)球的球隊(duì)獲勝；若雙方在三輪罰球中未分勝負(fù)，則需要進(jìn)行一對一的點(diǎn)球決勝，即雙方各派出一名隊(duì)員罰點(diǎn)球，直至分出勝負(fù)；在前三輪罰球中，若某一時(shí)刻勝負(fù)已分，尚未出場的隊(duì)員無需出場罰球(例如一班在先罰球的情況下，一班前兩輪均命中，二班前兩輪未能命中，則一班、二班的第三位同學(xué)無需出場)，由于一班同學(xué)平時(shí)踢球熱情較高，每位隊(duì)員罰點(diǎn)球的命中率都能達(dá)到0.，8而二班隊(duì)員的點(diǎn)球命中率只有0.，5比賽時(shí)通過抽簽決定一班在每一輪都先罰球.()定義事件A為“一班第三位同學(xué)沒能出場罰球”，求事件A發(fā)生的概率；(2)若兩隊(duì)在前三輪點(diǎn)球結(jié)束后打平，則進(jìn)入一對一點(diǎn)球決勝，一對一點(diǎn)球決勝由沒有在之前點(diǎn)球大戰(zhàn)中出場過的隊(duì)員主罰點(diǎn)球，若在一對一點(diǎn)球決勝的某一輪中，某隊(duì)隊(duì)員射入點(diǎn)球且另一隊(duì)隊(duì)員未能射入，則比賽結(jié)束；若兩名隊(duì)員均射入或者均射失點(diǎn)球，則進(jìn)行下一輪比賽.若直至雙方場上每名隊(duì)員都已經(jīng)出場罰球，則比賽亦結(jié)束，雙方用過抽簽決定勝負(fù)，以隨機(jī)變量X記錄雙方進(jìn)行一對一點(diǎn)球決勝的輪數(shù)，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望【答案】 7；(2)75(輪)【解析】(I)P(A)=0.8x0,5x0,8x0.5+0.2x0,5x0,2x0,5=0.17(II)隨機(jī)變量X的可取值為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故隨機(jī)變量X的分布列如下：X1234pm0.50.250.1250.125X-X-精品人教試卷-X則X的數(shù)學(xué)期望為：E(X)=1X0.5+2X0.25+3x0.125+4x0.125=1.875(輪)如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，/BCD=135°,側(cè)面PAB，底面ABCD,PA=2,E.F分別為BC,AD的中點(diǎn)，點(diǎn)M在線段PD上()求證：EF_L平面PAC；()如果直線ME與平面PBC所成的角和直線ME與平面ABCD所成的角相等，求案的值【答案】 詳見解析 2)=三/【解析】試題分析：(I)要證明線與面垂直，根據(jù)判定定理，需要證明線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，根據(jù)中點(diǎn)易證明三二.二三所以可以將問題轉(zhuǎn)化為證明.二三與平面三二二.內(nèi)的兩條相交直線垂直，即證明.二三一—二C和AB_PA(II)根據(jù)上一問所證明的垂直關(guān)系，可以建立以.二為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)3三二二根據(jù)三7二.：萬表示點(diǎn)封的坐標(biāo)，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，并根據(jù)|cosvME,m>|=|coscME,n>|建立方程，求義試題解析：(I)證明：在平行四邊形ABCD中，因?yàn)锳B=AC,ZBCD=135,所以48±AC.由E,F分別為BCAD的中點(diǎn)，得EF//AB,所以EF±AC.因'為側(cè)面PAB—K"ABCD,且/BAP=90.所以PA1底面八8(：0.又因?yàn)镋F匚底面4800,所以PA1EF.又因?yàn)镻AnAC=A,PAu平面PAC,ACu平面PAC,所以EF±平面PAC.(II)解：因?yàn)镻A，底面ABCD,AB，AC,所以AP,AB,AC兩兩垂直，故以AB,AC,AP分別為x軸、y軸和z軸，如上圖建立空間直角坐標(biāo)系，人教版※-推-薦※下-載-※X-X-精品人教試卷-派人教版※人教版※-推-薦※下-載-※則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)，設(shè)累=入（入e[0,1]）,則麗=（―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）.設(shè)平面PBC的法向量為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?yàn)橹本€ME與平面PBC所成的角和此直線與平面ABCD所成的角相等，所以|85＜碓同＞|=|85＜碓刀＞|,即騎出=簿4,所以|2入-2|=后|，解得入=法，或入=注立（舍）.綜上所得：器=等考點(diǎn)：1.線面垂直的判定；2.線面角.已知拋物線的方程為Ox?=4y，過點(diǎn)Q（。，2）的一條直線與拋物線C交于A,B兩點(diǎn)，若拋物線在A,B兩點(diǎn)的切線交于點(diǎn)P（）求點(diǎn)P的軌跡方程；（）設(shè)直線PQ與直線AB的夾角為a，求a的取值范圍【答案】 ）=-2 [arctan2低3】【解析】試題分析：設(shè)直線AB方程，并與拋物線方程聯(lián)立方程組，設(shè)出A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的斜率，寫出兩條切線方程，解出交點(diǎn)坐標(biāo)，得出點(diǎn)P的軌跡方程；當(dāng)k=0時(shí)，夾角為當(dāng)k工。時(shí)，分別求出PQ、AB的斜率，利用夾角公式表示出夾角的正切，利用基本不等式求出范圍，綜合兩種情況給出結(jié)果試題解析：(1)由直線與拋物線交于兩點(diǎn)可知，直線不與軸垂直，故可設(shè)hB：y=>?<+2,代入乂2=4y，整理得：x2-4ky-8=0…①，方程①的判別式△=16k2+32>0,故keR時(shí)均滿足題目要求.記交點(diǎn)坐標(biāo)2 2為A(Xl：),B(X2，?)，則勺次為方程①的兩根，故由韋達(dá)定理可知，X1+X2=4k,XiX2=-8?將拋物線方程轉(zhuǎn)化為y=，則y1=、，故點(diǎn)處的切線方程為y一￡=￡(x一X1)，整理得y=-X-7，同理可得，點(diǎn)處的切線方程為y= _；，記兩條切線的交點(diǎn)P(Xp，yp)，聯(lián)立兩條切線的方程，解得點(diǎn)P坐標(biāo)為Xp=；=2kFyP=kx1-^=kXi-(kXi+2)=-2，故點(diǎn)的軌跡方程為y=-2,xER(II)當(dāng)k=0時(shí)，Xp=0,yp=-2,此時(shí)直線 即為軸，與直線 的夾角為3當(dāng)kHO時(shí)，記直線 的斜率為X，則R=與分=-^，又由于直線的斜率為匕且已知直線與直線所ZK-U K夾角aG[0Ff]tana=11k+ |二|:[j=j+|k|J[2V2,+<),■-aJ[arctan2\2,；)綜上所述，a得取值范圍是[arctan2后事【點(diǎn)睛】利用設(shè)而不求思想解題是解析幾何常用的解題思想，設(shè)出直線方程和交點(diǎn)坐標(biāo)，聯(lián)立方程組，利用根與系數(shù)關(guān)系，寫出坐標(biāo)關(guān)系對丫=：又2求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，寫出切線方程，聯(lián)立兩條切線方程求出交點(diǎn)坐標(biāo)，得出交點(diǎn)的軌跡方程為一條定直線.借助兩條直線的斜率及兩條直線的夾角公式寫出夾角的正切，再利用均值不等式找出夾角的正切的范圍，進(jìn)而得出夾角的范圍已知函數(shù)f(x)=斐，g(x)=b(x+1)，其中ah0,bh0()若日=b，討論F(x)=f(x)-g(x)的單調(diào)區(qū)間;()已知函數(shù)(X)的曲線與函數(shù)g(X)的曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，設(shè)兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為X1，X2,證明:XI+x2——g(xi+x2)>2【答案】 若a>0,F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減;若av0,F(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在Q,+8)上單調(diào)遞增 詳見解析【解析】(1)由已知得下僑=f(x)-g(x)=a("；-x-1). F'(x)=aj“X-1)="(1-X’-Inx)

'當(dāng)°<x<1時(shí).1.11-x2〉0,-Inx〉0,■1-1-xz-Inx〉0，：'當(dāng)x〉1時(shí),1-x2<0,-Inx<0,■1-1-x2-Inx<0-故若a>0,F(x)在⑹1)上單調(diào)遞增，在Q,+8)上單調(diào)遞減;故若a<0,F(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+a)上單調(diào)遞增.InXi,^1>不妨^<1>乂2，依題意&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、，故只需證:X]_+x2Xl-x2,卮>2,取t=^>1，即只需證明MTnt>2,Vt>1成立.即只需證p(t)=Int-2號>O,Vt>1成立.p1(t)=7(t-i)22— 2(t+1)t(t+1)>0, p(t)在區(qū)間[L+s)上單調(diào)遞增，.1.p(t)>p(l)=O,Vt>1成立.故原命題得證．請考生在3兩題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分p1(t)=7(t-i)22— 2(t+1)t(t+1)>0, p(t)在區(qū)間[L+s)上單調(diào)遞增，.1.p(t)>p(l)=O,Vt>1成立.故原命題得證．請考生在3兩題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分.選修4-：4坐標(biāo)系與參數(shù)方程在直角坐標(biāo)系xOy中，直線的參數(shù)方程為第二(為參數(shù))，在極坐標(biāo)系(與直角坐標(biāo)系xOy取相同的長度單位，且以原點(diǎn)。為極點(diǎn)，以x軸正半軸為極軸)中，圓C的方程為p=6sin9()求圓C的直角坐標(biāo)方程;()設(shè)圓C與直線交于點(diǎn)A,B,若點(diǎn)P的坐標(biāo)為(L2),求|PA|+IPEI的最小值【答案】22)【解析】試題分析：(工)根據(jù)J=x?+v^.x=ocos6,v=osinQ將圓C的極坐標(biāo)方程轉(zhuǎn)化為直角坐標(biāo)方程(2)由直線參數(shù)方程得|PA|+|P