山西省2019-2020学年高二数学下学期6月联考试题 理（含解析）.doc

1、山西省2019-2020学年高二数学下学期6月联考试题 理（含解析）考生注意：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.第卷一、选择题：本大题共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.已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意转化条件得，再由补集的概念即可得解.【详解】，即，.故选：C.【点睛】本题考查了集合补集的概念，考查了运算求解能力，属于基础题.2.设，则“”是“z的实部大于零”的（ ）A.

2、充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】化简复数，求出复数的实部，求出实部大于零的范围，判断充分必要条件即可.【详解】z的实部为，由，可得，“”“z的实部大于零”，由“z的实部大于零”，即，得，所以“”是“z的实部大于零”的必要不充分条件.故选: B.【点睛】本题考查了复数的运算，实部和虚部的定义，考查了充分必要条件的判断，考查数学运算能力和逻辑推理能力，属于基础题.3.某口罩生产工厂为了了解口罩的质量，现将生产的50个口罩编号为01，02，50，利用如下随机数表从中抽取10个进行检测，若从下表中第1行第7列的数字开始向右依次读取2个

3、数据作为1个编号，则被抽取的第8个个体的编号为（ ）A. 18B. 50C. 11D. 17【答案】D【解析】【分析】先找到随机数表中第1行第7列的数字1，所以第一个抽取的为14，把大于50和重复的编号去掉，继续抽取，直到抽取第8个编号17为止.【详解】随机数表中第1行第7列的数字为1，所以第一个抽取的为14，被抽取的10个个体的编号依次为:14，35，19，11，49，26，50，17，31，20.故选：D【点睛】本题考查用随机数表抽取样本编号的知识，考查理解辨析、处理数据的能力，属于容易题目.4.已知向量满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求，再开方即可.【详

4、解】因为，所以.故选：A【点睛】本题考查向量的数量积，向量的模等基本知识，考查数学运算能力，转化的思想，属于容易题目.5.设奇函数，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由为奇函数得出，然后根据函数的单调性和奇偶性解不等式即可.【详解】解：因为为奇函数，所以，即.所以因为在R上为减函数，等价于，的解集为所以不等式的解集为.故选：C.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，及不等式的解集，属于中档题.6.记为递增等差数列的前项和，若，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设等差数列的公差为，可知，由已知条件求得的值，然后利用等差数列求和公式可计

5、算得出的值.【详解】设等差数列的公差为，可知，由，得，整理得，解得（舍）或，因此，.故选：B.【点睛】本题考查等差数列求和，考查了等差数列基本量的求解，考查计算能力，属于基础题.7.要得到函数的图象，只需把函数的图象（ ）A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】C【解析】【分析】化简函数的解析式为，利用三角函数图象的平移规律可得出结论.【详解】，只需把的图象向左平移个单位长度，即可得到函数的图象.故选：C.【点睛】本题考查三角函数图象的平移变换，要注意将两个函数化为同名函数，考查计算能力，属于基础题.8.已知是圆柱上底面的一条直径

6、，是上底面圆周上异于，的一点，为下底面圆周上一点，且圆柱的底面，则必有（ ）A. 平面平面B. 平面平面C 平面平面D. 平面平面【答案】B【解析】【分析】根据题意，先证平面，即可由线面垂直推证面面垂直.【详解】因为是圆柱上底面的一条直径，所以，又圆柱的底面，所以，因为，所以平面.又平面，所以平面平面. 故选：B.【点睛】本题考查由线线垂直推证面面垂直，属基础题.9.已知直线l与直线垂直，l与圆相交于A，B两点.若，且l经过椭圆的一个焦点，则所有可能的m的值的和为（ ）A. 9B. 12C. 14D. 15【答案】D【解析】【分析】由垂直设直线方程为，求出圆心到该直线的距离用勾股定理表示出弦长

7、，从而求得得直线方程，求得直线与坐标轴的交点坐标，分析哪些点可用椭圆焦点，从而求得所有可能的值，相加即得【详解】设直线l的方程为，因为圆的圆心坐标为，半径，且，故圆心到l的距离.由点到直线的距离公式得，解得或，直线l的方程为或，所以l与坐标轴的交点为，或，则或或，解得或3或11.故所有可能的m的值的和为.故选：D【点睛】本题考查直线与圆相交弦长问题，考查两直线垂直的条件，考查椭圆的标准方程求圆的弦长时用几何法求解，即求出圆心到直线的距离，由表示弦（为圆半径）椭圆的焦点要注意分类讨论，焦点可能在轴，也可能在轴10.的展开式中的常数项为（ ）A. 520B. 521C. 580D. 581【答案】

8、D【解析】【分析】由题意转化条件得，再由二项式定理可得的展开式的通项，再按照、分类求和即可得解.【详解】由题意，所以的展开式的通项为，当时，常数项为；当时，常数项为；当时，常数项为；当时，常数项为；故的展开式中的常数项为.故选：D.【点睛】本题考查了二项式定理应用，考查了运算求解能力与分类讨论思想，合理分类是解题关键，属于中档题.11.已知，函数，若函数只有4个零点，则a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作出分段函数的图象，由，则或或，由图得有4个实根,根据和.求出的取值范围.【详解】设，则或或设，则或或当且时，如图：若函数只有4个零点，则 解得 当时，时至少

9、有两个解，时至少有两个解，时至少有一个解，不合题意所以故选：A【点睛】利用函数图象可以解决很多与函数有关的问题，如利用函数的图象解决函数性质问题，函数的零点、方程根的问题，有关不等式的问题等.解决上述问题的关键是根据题意画出相应函数的图象，利用数形结合思想求解.12.如图，在六边形中，四边形是边长为2的正方形，和都是正三角形，以和为折痕，将六边形折起并连接得到如图所示的多面体，其中平面平面，二面角的余弦值为，则折叠后得到的多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】多面体的体积转化为两个相等的四棱锥的体积和.【详解】 图（1）如图（1），设的中点分别为M和N，连接，

10、由题意得，故为二面角的平面角，所以，过A作于H，易证平面，因为，所以，所以，故多面体的体积为.故选：B【点睛】本题考查平面图形翻折成立体图形、二面角、求多面体体积等基本知识，考查了空间想象能力，数学运算能力，属于中档题.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.在等比数列中，若，则_.【答案】3【解析】【分析】由等比数列的定义求出和，进而可求结果.【详解】由，得公比，所以，所以，故答案为：3.【点睛】本题主要考查了等比数列中基本量的计算，属于基础题.14.若双曲线的离心率不大于，则C的虚轴长的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】根据题意表示出双曲

11、线的离心率，根据，得出的取值范围，进而得出虚轴长的取值范围即可.【详解】解：由题知：所以，所以，所以，解得，则，故C的虚轴长.故答案为：.【点睛】本题主要考查双曲线的性质，属于基础题.15.假设今天是4月23日，某市未来六天的空气质量预报情况如下图所示.该市有甲、乙、丙三人计划在未来六天（4月24日4月29日）内选择一天出游，甲只选择空气质量为优的一天出游，乙不选择周一出游，丙不选择明天出游，且甲与乙不选择同一天出游，则这三人出游的不同方法数为_.【答案】85【解析】【分析】由于乙不选择周一出游，甲只选择空气质量为优的一天出游，甲与乙不选择同一天出游，所以对甲是否选择周一游分类求解，若甲选择周

12、一出游，则乙从除周一外的5天中任选一天，丙从除明天外的5天中任选一天，则共有25种选法，若甲不选择周一出游，则甲先从除周一外的其它3天中选一天，乙从除周一外的其它4天中选一天，丙丙从除明天外的5天中任选一天，则共有60种，由加法原理可得结果【详解】若甲选择周一出游，则三人出游的不同方法数；若甲不选择周一出游，则三人出游的不同方法数.故这三人出游的不同方法数.故答案为：85【点睛】此题考查分类加法原理和分步乘法原理，属于基础题.16.已知函数在处取得最小值m，函数，则_，曲线在点处的切线的斜率为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】（1）由题求得，进而求得当时，单调递减，当时，单调递

13、增，从而函数有最小值，即可；（2）求出，得即可.【详解】，因，所以，当时，单调递减；当时，单调递增.从而时，.因为，所以，故曲线在点处的切线的斜率为.故答案为：；.【点睛】本题主要考查用导数求函数单调性、最值、切线的斜率，属于中档题.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.1721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.a，b，c分别为的内角A，B，C的对边.已知.（1）求的值；（2）若，求b的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再化简后根据角

14、的余弦定理即可得出答案.（2）根据余弦定理可得，再由，找到的最大值即可得出b的最小值.【详解】（1）因为，所以， 又，所以， 因为.所以. 又，所以.（2），因为， 当且仅当时，等号成立， 所以， 则， 故b的最小值为3.【点睛】本题考查解三角形，利用基本不等式找边的最值.属于基础题.牢记正余弦定理是解本题的关键.18.甲、乙两名射箭选手最近100次射箭所得环数如下表所示.甲选手100次射箭所得环数环数78910次数15243625乙选手100次射箭所得环数环数78910次数10204030以甲、乙两名射箭选手这100次射箭所得环数的频率作为概率，假设这两人的射箭结果相互独立.（1）若甲、乙各

15、射箭一次，所得环数分别为X，Y，分别求X，Y的分布列并比较的大小；（2）甲、乙相约进行一次射箭比赛，各射3箭，累计所得环数多者获胜.若乙前两次射箭均得10环，且甲第一次射箭所得环数为9，求甲最终获胜的概率.【答案】（1）分布列见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求出甲乙两名射击选手，相应环数的频率，并把频率作为概率，列分布列表，求期望，比较大小即可.（2）分类讨论甲最终获胜的情况下，乙的最后射击环数为7环或8环，再讨论甲后两次射击环数的情况，利用相互独立事件求概率即可.【详解】（1）X的分布列为X78910P0.150.240.360.25则.Y的分布列为Y78910P0.10.20.40.

16、3则.因为，所以.（2）若乙最后一次射箭所得环数为7，则当甲后两次射箭所得环数为9，10或10，9或10，10时，甲最终可获胜；若乙最后一次射箭所得环数为8，则当甲后两次射箭所得环数为10，10时，甲最终可获胜.故甲最终获胜的概率.【点睛】本题考查了频率、概率、分布列、数学期望等基础知识，考查运用概率知识解决实际问题的能力，考查相互独立事件同时发生的概率，属于中档题.19.如图在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，Q为四边形的外接圆的圆心，平面，M在棱上，且.（1）证明：平面.（2）若与平面所成角为60，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1) 连接，交于

17、点O，连接，再根据三角形中的性质证明即可.(2) 根据线面角的性质可得与平面所成角为，再以O为坐标原点的空间直角坐标系，利用空间向量求解与平面所成角的正弦值即可.【详解】（1）证明：如图，连接，交于点O，连接.，则，O为的中点.Q为四边形的外接圆的圆心，Q为等边的外接圆的圆心，Q为等边的重心，则.又，.平面，平面，平面.（2）解：平面，与平面所成角为，则.建立如图所示的以O为坐标原点的空间直角坐标系，.设平面的法向量为，则，即令，得.设与平面所成角为，与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查了线面平行的证明、建立空间直角坐标系求解线面角的问题，属于中档题.20.在直角坐标系xOy中，是以P

18、F为底边的等腰三角形，PA平行于x轴，点，且点P在直线上运动.记点A的轨迹为C.（1）求C的方程.（2）直线AF与C的另一个交点为B，等腰底边的中线与直线的交点为Q，试问的面积是否存在最小值？若存在，求出该值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，值为.【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义得轨迹为抛物线（去除顶点），从而可得其方程；（2）设直线AB的方程为，直线方程代入抛物线方程整理可得，由抛物线的焦点弦弦公式求得弦长，再求出点到直线的距离，求得三角形面积（表示为的函数），由函数性质可得最小值【详解】（1）由题意得PA与直线垂直，且， 故点A到定点的距离和到直线的距离相等， 由抛

19、物线的定义可得，C是以为焦点，直线为准线的抛物线(除原点O)，故C的方程为. （2）存在设直线AB的方程为，由，得， 则，. 因为，所以，则. 又P的坐标为，所以PF的中点为，故底边的中线所在的直线方程为. 令，得，故Q的坐标为. 点Q到直线AB的距离，所以，故当时，取得最小值4.【点睛】本题考查用定义求轨迹方程，考查抛物线的焦点弦性质及抛物线中三角形面积问题解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点坐标，设直线AB的方程为，代入抛物线方程应用韦达定理得，然后用去表示出弦长，把三角形面积表示为参数的函数，再由函数知识得最小值21.已知函数.（1）求的单调区间；（2）证明：.【答案】（1）单调递

20、减区间为，单调递增区间为；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导函数，利用，解函数单调减区间. 解得单调递增区间.（2）先求出在的极大值为2，由得在成立；再设利用导数法研究函数在 内单调性进行证明.【详解】（1）解：的定义域为，在上单调递增，且.令，得，则的单调递减区间为；令，得，则的单调递增区间为.（2）证明：设.令，得；令，得或.所以当时，取得极大值，且极大值为2，由（1）知，故当时，.设，设，设，易知在上单调递增，则，则在上单调递增，从而，则在上单调递增，则，从而在上单调递增，所以，故当时，从而得证.【点睛】本题考查求含参数函数的单调区间及利用导数证明不等式.导数法研究函数在 内单调

21、性的步骤：(1)求；(2)确定在内的符号；(3)作出结论：时为增函数；时为减函数研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论利用导数证明不等式的基本方法：(1)若与)的最值易求出，可直接转化为证明；(2)若与的最值不易求出，可构造函数 ，然后根据函数的单调性或最值，证明（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy中，曲线.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M的极坐标方程为.（1）求C极坐标方程和曲线M的直角坐标方程；（2）若M与C只有1个公

22、共点P，求m的值与P的极坐标(，).【答案】（1）C的极坐标方程：，M的直角坐标方程：；（2），P的极坐标.【解析】【分析】（1）由公式可进行极坐标方程与直角坐标方程的互化；（2）由于圆的圆心在圆上，因此两圆内切，从而可得值，求出两圆交点坐标后再化为极坐标【详解】（1）可化为， 则C的极坐标方程为， 即. M的直角坐标方程为. （2）易知曲线C表示经过原点圆心为，半径为2的圆，曲线M表示圆心为原点，半径为m的圆.因为M与C只有1个公共点P，所以M与C内切， 所以，即. 由，得.故P的极坐标.【点睛】本题考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，考查两圆的位置关系，解题关键是掌握极坐标与直角坐标之间的联系桥梁：选修4-5：不等式选讲23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）令，再讨论与4、5的大小关系，去掉绝对值，即可解出的取值范围，则可解出的取值范围.（2）根据绝对值不等式知道,当取等，再证明即可.【详解】（1）令，则等价于， 即或或， 解得，所以，解得，故所求不等式的解集为. （2）证明：因为，所以的最小值为1. 当时，不等式显然成立； 当时， 当且仅当时，等号成立，而取得最小值的条件为，故.【点睛】本题主要考查绝对值不等式.属于基础题.分类讨论法是解绝对值不等式常用的方法之一.