2019-2020年高三上学期月考（六）（文）数学试题 含答案.doc

2019-2020年高三上学期月考（六）（文）数学试题 含答案一、选择题：本大题共12个小题,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.在复平面内，复数对应的点分别为,若为线段的中点，则点对应的复数是( )A B C D2.设命题，命题函数没有零点，则是的( )A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3.点到直线的距离等于4，且在表示的平面区域内，则的值为( )A3 B7 C-3 D-74.如图所示的程序框图运行的结果是( )A B C D5.一个多面体的三视图分别是正方形、等腰三角形和矩形，其尺寸如图，则该多面体的体积为( )A B C D6.已知函数是偶函数，当时，则在上，下列函数中与的单调性相同的是( )A B C D7.已知中，分别是的等差中项与等比中项，则的面积等于( )A B C或 D或8.从xx名学生中选取50名学生参加数学竞赛，若采用下面的方法选取：先用简单随机抽样从xx人中剔除10人，剩下的xx人再按系统抽样的方法抽取50人，则在xx人中，每人入选的概率( )A不全相等 B均不相等 C都相等，且为 D都相等，且为9.已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，则该双曲线离心率等于( )A B C D10. 为坐标平面内三点，为坐标原点，若与在方向上的投影相同，则满足的关系式为( )A B C D11.已知直线与函数的图像恰好有3个不同的公共点，则实数的取值范围为( )A B C D12.已知方程的三个实根可分别作为一椭圆、一双曲线、一抛物线的离心率，则的取值范围是( )A B C D第卷（共90分）二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分请把答案填在答题卷对应题号后的横线上13.设集合，则 .14.已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是 .15.如图，在矩形中，过点向所在区域等可能任作一条射线，已知事件“射线与线段有公共点”发生的概率为，则边的长为 .16.对于定义域和值域都为的函数，设，若满足，则称为的阶周期点（1）若，则的3价周期点的值为 ;（2）若，则的2阶周期点的个数是 .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. 17.（本题满分12分）去年年底，某商业集团公司根据相关评分细则，对其所属25家商业连锁店进行了考核评估将各连锁店的评估分数按分成4组，其频率分布直方图如下图所示集团公司依据评估得分，将这些连锁店划分为四个等级，等级评定标准如下表所示评估得分评定等级（1）估计该商业集团各连锁店评估得分的众数和平均数；（2）从评估分数不小于80分的连锁店中任选2家介绍营销经验，求至少选一家等级的概率18.（本题满分12分）如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，底面，为的中点（1）求异面直线与所成的角；（2）在底边上是否存在一点，使平面？证明你的结论19.（本题满分12分）20.（本题满分12分）在平面直角坐标系中，已知若实数使得成立（其中为坐标原点）（1）求点的轨迹方程，并讨论点的轨迹类型；（2）当时，若过点的直线与（1）中点的轨迹交于不同的两点（在之间），试求与面积之比的取值范围21.（本题满分12分）已知函数（1）当时，求的极值；（2）当时，求的单调区间；（3）方程的根的个数能否达到3，若能请求出此时的范围，若不能，请说明理由选做题（请考生在第22、23二题中任选一题作答，如果多做，则按第一题计分，作答时请写清题号）22.（本题满分10分）在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线过点的直线（为参数）与曲线相交于点两点（1）求曲线的平面直角坐标系方程和直线的普通方程；（2）若成等比数列，求实数的值23.（本题满分10分）已知（1）求不等式的解集；（2）设为正实数，且，求证：参考答案1.【解析】复数对应的点为，复数对应的点为利用中点坐标公式得线段的中点，故点对应的复数为，选2.【解析】函数没有零点，则，即，显然，可以推出，而不能推出，故选3.【解析】由题意，解得，选4.【解析】故选5.【解析】由三视图可知多面体是底边为6高为4的等腰三角形的三棱柱，其高为4，所以，选6.【解析】由已知得在上单调函数，所以答案为7.【解析】由条件，由，得或120，故选8.【解析】从xx名学生中选取50名学生，不论采用何种抽样方法，每名学生被抽到的可能性均相同，谁被剔除或被选中都是机会均等的，所以每人入选的概率都相等，且为选9.【解析】圆的圆心为，半径为2，由已知圆心到直线的距离为2，可得，可得，故选10.【解析】由与在方向上的投影相同可知：故选11.【解析】做出的图像，可知时，直线与只有一个交点，不符题意；当时，与总有一个交点，故与必有两上交点，即方程必有两不等正实根，即方程必有，解得，选12.【解析】设，由抛物线的离心率为1，知，故，所以，另外两根分别是一椭圆、一双曲线的离心率，故有两个分别属于和的零点，故有且，即且，运用线性规划知识可求得故选13.【解析】14.【解析】因为，所以，解得15.【解析】因为，则，所以因为，则16.【解析】（1），令，则（2）当，即时，由，得；当，即时，由，得所以当时，有两个2阶周期点同理，当时，也有两个2阶周期点，故共有4个2阶周期点17.【解析】（1）最高小矩形下底边的中点值为75，估计评估得分的众数为75分（2分）直方图中从左至右第一、三、四个小矩形的面积分别为0.28，0.16，0.08，则第二个小矩形的面积为1-0.28-0.16-0.08=0.48，（4分）所以估计该商业集团各连锁店评估得分的平均数为75.4，（6分）（2）等级的频数为，记这两家分别为；等级的频数为，记这四家分别为 （8分）从这6家连锁店中任选2家，共有15种选法（9分）其中至少选1家等级的选法有共9种，（11分）则，故至少选一家等级的概率为（12分）18.【解析】（1）取的中点，连结因为为的中点，则，所以为所求的角（2分）由已知可得，则所以（3分）又（5分）则，所以，故异面直线与所成的角为90，（6分）（2）存在点为的中点，使平面，（7分）证明：取的中点，连结因为，则（8分）因为底面，则因为底面为正方形，则所以平面，从而（9分）结合知平面（10分）因为分别是的中点，则，从而，四边形为平行四边形，所以故平面（12分）19.【解析】（1）因为是一个等差数列，所以，即，设数列的公差为，则，故由，得，即所以，（6分）（2）对，若，则，因此，故得，于是（12分）20.【解析】（1），化简得：（2分） 时，方程为，轨迹为一条直线；（3分） 时，方程为，轨迹为圆；（4分） 时，方程为，轨迹为椭圆；（5分）时，方程为轨迹为双曲线（6分）（2），点轨迹方程为，设，（7分）设直线直线方程为，联立方程可得：，（10分），由题意可知：，所以，（12分）21.【解析】（1）其定义域为当时，令，解得，当时，；当时，所以的单调递减区间是，单调递增区间是所以时，有极小值为，无极大值（3分）（2）令，得或，当时，令，得或，令，得；当时，当时，令，得或，令，得；综上所述：当时，的单调递减区间是，单调递增区间是；当时，的单调递减区间是；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是（8分）（3）时，仅有1解，方程至多有两个不同的解（注：也可用说明）由（2）知时，极小值，方程至多在区间上有1个解；22.【解析】（1）曲线的直角坐标方程为；直线的普通方程为（5分）（2）将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，得，（*）设点分别对应参数恰为上述方程的根，则由题设得，即由（*）得，则有，得或因为，所以（10分）23.【解析】（1）不等式等价于不等式组或，或，解不等式组，得或或，所以不等式的解集为（5分）（2）证明：，为正实数，由均值不等式，得（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号）（10分）