2020-2021学年河南省许昌高二（下）6月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省许昌高二（下）6月月考数学（理）试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. z=3+4i1−2i+i，则|z|=（ ）
A.3B.10C.22D.11

2. 已知a>0，集合A=x|lg2x+3<2,B=x|x2≥a，若A∪B=R，则实数a的取值范围为（ ）
A.(0,1]B.(0,9]C.[1,+∞)D.[9,+∞)

3. 已知m，n为两条不同的直线，α是一个平面，m⊂α，则“m // n”是“n // α”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

4. 若抛物线y=mx2的焦点到顶点的距离为1，则m=（ ）
A.±18B.±14C.±2D.±4

5. 已知a=0.92，b=lg35，c=40.6，则a，b，c的大小关系是( )
A.a
6. 已知x，y满足约束条件 x+y−4≤0,x−3y+3≤0,x≥1, 则z=x−2y的最小值为（ ）
A.−6B.−5C.−1D.12

7. 《九章算术》是我国古代的数学巨著，书中有这样一道题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿．大鼠日一尺，小鼠亦日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半．问何日相逢？”题意为有一堵墙厚五尺，有两只老鼠从墙的正对面打洞穿墙．大老鼠第一天打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的2倍；小老鼠第一天也打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的一半．若这一堵墙厚15尺，则两鼠将在第（ ）天相逢．
A.3B.4C.5D.6

8. 函数y=2sinωx+π6ω>0的图象的一部分如图所示，△OAB的面积为11π36，则ω=（ ）

A.23B.32C.2D.3

9. 某游乐场制作了如图所示的游戏盘，其中△ABC为等边三角形，O为BC的中点，分别以A，O为圆心，AB，BO为半径画弧，交于另一点C，向游戏盘内投飞镖（不考虑投不中的情况），则飞镖落入阴影部分的概率为（ ）

A.63−π63+3πB.8π+639π+63
C.33+π6π+3D.π+639π+63

10. 已知数列an的前n项和为Sn，且−1a1+1a2+5a3+⋯+2n−3an=n2−6n，m>k，m,k∈N∗，则Sm−Sk的最小值为（ ）
A.−163B.−7915C.−23D.−2

11. 已知定义在R上的函数fx=ex−1，若函数kx=|fx|−ax恰有2个零点，则a的取值范围为（ ）
A.−∞,−1∪0,1B.−1,0∪1,+∞
C.−∞,−e∪0,eD.−e,0∪e,+∞

12. 棱长为22的正四面体ABCD的4个顶点都在球O的表面上，E，F分别为棱AB的中点，则经过点E，F两点的球的截面面积的最小值为（ ）
A.π4B.πC.5π2D.4π
二、填空题

1−2x21+2x6展开式中的常数项为________．

已知函数fx是定义域为R的奇函数，若当x∈(−∞,0]时，fx=x+2x+1+m，则f1=________．

已知△ABC的面积为1，|BC|=2，则AB→⋅AC→的最小值为________．

已知F是双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点，以OF（O为坐标原点）为直径的圆与双曲线的一个交点为A，若OA的倾斜角为π6，则该双曲线的离心率为________ .
三、解答题

△ABC的内角A，B，C的对边为a，b，c，且sinB−sinC2=sin2A−3sinBsinC .
(1)求A；

(2)若△ABC的面积为3，求b+c的最小值．

在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥PC，∠PAC=∠BAC=30∘，APAB=34．

(1)证明：BC⊥PA；

(2)若E为AB的中点，D为AC上一点，DE⊥AC，求直线AB与平面PDE所成角的正弦值．

某网站的调查显示，健身操类、跑步类、拉伸运动类等健身项目在大众健康项目中比较火热，但是大多数人对健身科学类的知识相对缺乏，尤其是健身指导方面．现从某健身房随机抽取50名会员，其中男生有20人，对其平均每天健身的时间进行调查，并根据日均健身时间分为[30,40),[40,50),[50,60),[60,70),[70,80]五组，得到如图所示的男生日均健身时间频数表与女生日均健身时间频率分布直方图．规定日均健身时间不少于60分钟的人为“喜欢健身”．
男生日均健身时间频数表：

(1)请完成下面的2×2列联表．
根据以上的2×2列联表，能否有95%的把握认为喜欢健身与性别有关？

(2)针对此次调研，健身房组织了抽奖活动，
每次抽奖中奖获得的奖金金额为100元，每次抽奖中奖的概率为14，用频率代替概率，记X表示某学员获得奖金的金额，求X的数学期望．
附：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d .

已知椭圆M:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距为23，斜率为−12的直线l交椭圆于A，B两点．
(1)若线段AB的中点在直线x−2y=0上，求椭圆M的标准方程；

(2)已知O为坐标原点，在(1)成立的条件下，求△OAB面积的最大值．

已知函数fx=x+asinx−lnx+1．
(1)当a=0时，证明：fx≥0；

(2)若关于x的方程fx=0在0,π上无解，求a的取值范围．

已知函数fx=|ax+1|+|x−1| .
(1)当a=2时，求不等式fx≥2的解集；

(2)若fx<|x−3|的解集包含0,1，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省许昌市高二（下）6月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】

【解答】
解：z=3+4i1−2i+i
=3+4i1+2i1−2i1+2i+i=−5+10i5+i=−1+3i，
故|z|=1+32=10 .
故选B .
2.
【答案】
A
【考点】
集合关系中的参数取值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A={x|lg2x+3<2}={x|−3B={x|x≤−a或x≥a}，
又A∪B=R，结合数轴可得a≤1，
所以a的取值范围为(0,1].
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据线面平行的判定与性质定理可得：直线m，n和平面α，n⊂α，则“m // n”与“m // α”相互推不出．即可判断出关系．
【解答】
解：直线m，n和平面α，m⊂α，则“m // n”与“n // α”相互推不出，
∴ “m // n”是“m // α”的既不充分也不必要条件．
故选D.
4.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】

【解答】
解：y=mx2可化为x2=1my，
则|12m|=2，得m=±14 .
故选B .
5.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
利用指数函数对数函数的单调性即可得出结论．
【解答】
解：a=0.92=0.81<1，
b=lg35∈1,2，
c=40.6>40.5=2，
∴a故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，即可得到结论．
【解答】
解：作出不等式组对应的平面区域如图所示：
由z=x−2y得y=12x−12z，
由图象可知，当直线y=12x−12z经过点C时，直线y=12x−12z的截距最大，此时z最小，
联立x+y−4=0，x=1，
解得x=1，y=3，
即C(1, 3)，此时z=x−2y的最小值为z=1−6=−5.
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
等比数列的前n项和
数列的应用
【解析】

【解答】
解：依题意，大鼠每天的穿墙长度为an=2n−1，小鼠每天的穿墙长度为bn=12n−1，
所以两鼠前n天共穿墙1−2n1−2+1−12n1−12≥15 ，即2n−12n≥14，
经验证可知当n≥4时，上式成立，
故两鼠在第4天相逢．
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】

【解答】
解：S△OAB=12×1×|OB|=11π36，
则|OB|=11π18，
所以11π18ω+π6=2π，
解得ω=3 .
故选D .
9.
【答案】
A
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】

【解答】
解：设AB=2，
则BO=1，扇形ACB的面积为12×π3×22=2π3．
以BC为直径的半圆的面积S=12π×12=π2，S△ABC=34×22=3，
故阴影部分的面积为π2+3−2π3=3−π6，
故所求概率P=3−π63+π2=63−π63+3π .
故选A .
10.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
数列与函数最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当n=1时，a1=15；
当n≥2时，2n−3an=n2−6n−n−12−6n−1=2n−7.
综上，an=2n−32n−7.
令an<0，解得2≤n≤3，
所以Sm−Sk的最小值为a2+a3=−13−5=−163.
故选A.
11.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】

【解答】
解：观察直线y=ax与曲线y=|fx|=ex−1,x>0,−ex+1,x≤0的位置关系，
y′=(|f(x)|)′=ex,x>0,−ex,x≤0,
所以a∈−1,0∪1,+∞ .
故选B .
12.
【答案】
C
【考点】
球内接多面体
截面及其作法
【解析】

【解答】
解：如图，将正四面体ABCD补成正方体，
则正四面体ABCD的棱为正方体的面上对角线，
则正方体的中心即正四面体ABCD外接球的球心O，且正方体的棱长为2，外接球的半径为3.
作EF的中点为G，连接OE，OF，OG，
则OE=OF=1,EF=2，OG=22．
设经过E，F两点的球的截面为α，
当OG⊥α时，截面面积最小，此时截面面积为π32−222=5π2.
故选C .
二、填空题
【答案】
−119
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
无
【解答】
解：1+2x6展开式的通项公式为Tr+1=C6r2xr=C6r2rx−r，
则(1−2x2)1+2x6展开式中的常数项为C60×20×1−2×C62×22=−119．
故答案为：−119．
【答案】
2
【考点】
函数的求值
函数奇偶性的性质
【解析】
无
【解答】
解：因为f(x)为奇函数，
所以f(0)=2+m=0，
则m=−2，
所以f(1)=−f(−1)=−(−1+20−2)=2．
故答案为：2．
【答案】
0
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设BC边上的高为ℎ，
所以12×2ℎ=1，则ℎ=1，
作M为BC的中点，
所以AB→⋅AC→=AM→+MB→⋅AM→+MC→
=AM→2−MB→2=AM→2−1≥0.
故答案为：0.
【答案】
13+13
【考点】
双曲线的离心率
余弦定理
【解析】

【解答】
解：设F1是双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左焦点，连接AF1，OA，AF，
则|AF|=c2，|AF1|=2a+c2．
在三角形AF1F中，由余弦定理得2a+c22=2c2+c22−2×2c×c2×csπ3，
则2a+c2=13c2，即e=ca=13+13 .
故答案为：13+13 .
三、解答题
【答案】
解：(1)由正弦定理sinAa=sinBb=sinCc及sinB−sinC2=sin2A−3sinBsinC，
可得b−c2=a2−3bc，即b2+c2−a2=−bc .
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=−12.
又A∈0,π，故A=2π3．
(2)由A=2π3，得sinA=32，S△ABC=12bcsinA=3，
则bc=4．
因为b+c≥2bc=4，当且仅当b=c=2时，等号成立，
所以b+c的最小值为4．
【考点】
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
三角形的面积公式
【解析】


【解答】
解：(1)由正弦定理sinAa=sinBb=sinCc及sinB−sinC2=sin2A−3sinBsinC，
可得b−c2=a2−3bc，即b2+c2−a2=−bc .
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=−12.
又A∈0,π，故A=2π3．
(2)由A=2π3，得sinA=32，S△ABC=12bcsinA=3，
则bc=4．
因为b+c≥2bc=4，当且仅当b=c=2时，等号成立，
所以b+c的最小值为4．
【答案】
(1)证明：设AB=4，则AP=3.
∵ PA⊥PC,∠PAC=30∘，
∴ PC=3,AC=23.
在△ABC中，BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠BAC=4，
即AB2=AC2+BC2，所以AC⊥BC.
∵ 平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，
∴ BC⊥平面PAC.
又PA⊂平面PAC，∴ BC⊥PA．
(2)解：以C为原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴，过点C且垂直于平面ABC的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
则C0,0,0,A23,0,0,B0,2,0,E3,1,0,D3,0,0， P(32,0,32)．
∴ PE→=32,1,−32,DE→=0,1,0,AB→=−23,2,0.
设平面PDE的一个法向量为m→=x,y,z，
则 m→⋅PE→=32x+y−32z=0,m→⋅DE→=y=0,
令z=1，得x=3,y=0，∴ m→=3,0,1，
∴ cs⟨m→,AB→⟩=m→⋅AB→|m→||AB→|=−62×4=−34，
∴ 直线AB与平面PDE所成角的正弦值为34．
【考点】
两条直线垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：设AB=4，则AP=3.
∵ PA⊥PC,∠PAC=30∘，
∴ PC=3,AC=23.
在△ABC中，BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠BAC=4，
即AB2=AC2+BC2，所以AC⊥BC.
∵ 平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，
∴ BC⊥平面PAC.
又PA⊂平面PAC，∴ BC⊥PA．
(2)解：以C为原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴，过点C且垂直于平面ABC的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
则C0,0,0,A23,0,0,B0,2,0,E3,1,0,D3,0,0， P(32,0,32)．
∴ PE→=32,1,−32,DE→=0,1,0,AB→=−23,2,0.
设平面PDE的一个法向量为m→=x,y,z，
则 m→⋅PE→=32x+y−32z=0,m→⋅DE→=y=0,
令z=1，得x=3,y=0，∴ m→=3,0,1，
∴ cs⟨m→,AB→⟩=m→⋅AB→|m→||AB→|=−62×4=−34，
∴ 直线AB与平面PDE所成角的正弦值为34．
【答案】
解：(1)填表如下：
从而K2=5014×6−24×6238×12×20×30≈0.66<3.841，
故没有95%的把握认为喜欢健身与性别有关．
(2)如表.
记Y表示每次中奖的金额，
则EY=100×14=25元，
所以EX=0.76×25+0.14×25×2+0.1×25×4=36元．
【考点】
独立性检验
离散型随机变量的期望与方差
【解析】


【解答】
解：(1)填表如下：
从而K2=5014×6−24×6238×12×20×30≈0.66<3.841，
故没有95%的把握认为喜欢健身与性别有关．
(2)如表.
记Y表示每次中奖的金额，
则EY=100×14=25元，
所以EX=0.76×25+0.14×25×2+0.1×25×4=36元．
【答案】
解：(1)设Ax1,y1,Bx2,y2，AB的中点Hx0,y0，
则2y0=x0，
因为A，B在椭圆上，
则 x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,
所以x12−x22a2+y12−y22b2=0.
又y1−y2x1−x2=−12，可得b2a2=14．
因为2c=23,a2=b2+c2，所以a2=4,b2=1，
所以椭圆M的标准方程为x24+y2=1 .
(2)设直线l:y=−12x+mm≠0，
联立 y=−12x+m,x2+4y2=4
⇒2x2−4mx+4m2−4=0
⇒x1+x2=2m,x1x2=2m2−2 .
又Δ=32−16m2>0，得m∈−2,2，
所以|x1−x2|=22−m2，
|AB|=1+−122⋅22−m2=52−m2，
原点O到直线l的距离d=|m|1+14=2|m|5，
故S△OAB=12d|AB|=m22−m2≤m2+2−m22=1，
当且仅当m2=2−m2，即m=±1时等号成立，
故△OAB面积的最大值为1．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】


【解答】
解：(1)设Ax1,y1,Bx2,y2，AB的中点Hx0,y0，
则2y0=x0，
因为A，B在椭圆上，
则 x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,
所以x12−x22a2+y12−y22b2=0.
又y1−y2x1−x2=−12，可得b2a2=14．
因为2c=23,a2=b2+c2，所以a2=4,b2=1，
所以椭圆M的标准方程为x24+y2=1 .
(2)设直线l:y=−12x+mm≠0，
联立 y=−12x+m,x2+4y2=4
⇒2x2−4mx+4m2−4=0
⇒x1+x2=2m,x1x2=2m2−2 .
又Δ=32−16m2>0，得m∈−2,2，
所以|x1−x2|=22−m2，
|AB|=1+−122⋅22−m2=52−m2，
原点O到直线l的距离d=|m|1+14=2|m|5，
故S△OAB=12d|AB|=m22−m2≤m2+2−m22=1，
当且仅当m2=2−m2，即m=±1时等号成立，
故△OAB面积的最大值为1．
【答案】
(1)证明：当a=0时，fx=x−lnx+1，
则f′x=1−1x+1=xx+1．
当x∈−1,0时，f′x<0，则fx在−1,0上单调递减；
当x∈0,+∞时，f′x>0，则fx在0,+∞上单调递增．
所以fx≥f0=0，即 fx≥0成立．
(2)解：fx=x+asinx−lnx+1，x∈0,π，
则f′x=1+acsx−1x+1．
①当a<0时，f′x在0,π上单调递增，f′0<0，f′π=1−a−1π+1≥0，
所以存在x0∈0,π使f′x0=0，
当x∈0,x0时，fx单调递减；
当x∈x0,π时，fx单调递增．
又f0=0，fπ=π−lnπ+1>0，
故存在唯一的零点t∈x0,π，使ft=0，与题意不符；
②当a≥0时，由x∈0,π，得fx≥x−lnx+1．
由(1)可知x−lnx+1>0x∈0,π，即fx>0在0,π上恒成立．
故关于x的方程fx=0在0,π上无解．
综上所述，a的取值范围是[0,+∞)．
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
函数的零点
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：当a=0时，fx=x−lnx+1，
则f′x=1−1x+1=xx+1．
当x∈−1,0时，f′x<0，则fx在−1,0上单调递减；
当x∈0,+∞时，f′x>0，则fx在0,+∞上单调递增．
所以fx≥f0=0，即 fx≥0成立．
(2)解：fx=x+asinx−lnx+1，x∈0,π，
则f′x=1+acsx−1x+1．
①当a<0时，f′x在0,π上单调递增，f′0<0，f′π=1−a−1π+1≥0，
所以存在x0∈0,π使f′x0=0，
当x∈0,x0时，fx单调递减；
当x∈x0,π时，fx单调递增．
又f0=0，fπ=π−lnπ+1>0，
故存在唯一的零点t∈x0,π，使ft=0，与题意不符；
②当a≥0时，由x∈0,π，得fx≥x−lnx+1．
由(1)可知x−lnx+1>0x∈0,π，即fx>0在0,π上恒成立．
故关于x的方程fx=0在0,π上无解．
综上所述，a的取值范围是[0,+∞)．
【答案】
解：(1)由已知得fx=|2x+1|+|x−1|≥2．
①当x≤−12时，由fx=−2x−1−x+1=−3x≥2，解得x≤−23，此时x≤−23；
②当−12③当x≥1时，由fx=2x+1+x−1=3x≥2，解得x≥23，此时x≥1．
综上所述，不等式fx≥2的解集为−∞,−23∪0,+∞．
(2)由fx<|x−3｜，可得|ax+1|<|x−3|−|x−1|．
因为x∈0,1，所以|ax+1|<2，
即−2所以−3≤a≤1，即ａ的取值范围为−3,1．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】


【解答】
解：(1)由已知得fx=|2x+1|+|x−1|≥2．
①当x≤−12时，由fx=−2x−1−x+1=−3x≥2，解得x≤−23，此时x≤−23；
②当−12③当x≥1时，由fx=2x+1+x−1=3x≥2，解得x≥23，此时x≥1．
综上所述，不等式fx≥2的解集为−∞,−23∪0,+∞．
(2)由fx<|x−3｜，可得|ax+1|<|x−3|−|x−1|．
因为x∈0,1，所以|ax+1|<2，
即−2所以−3≤a≤1，即ａ的取值范围为−3,1．日均健身时间（分钟）
[30,40)
[40,50)
[50,60)
[60,70)
70,80
人数
2
6
6
4
2
喜欢健身
不喜欢健身
总计
男生
女生
总计
日均健身时间（分钟）
[30,60)
[60,70)
[70,80]
抽奖次数
1
2
4
PK2≥k0
0.05
0.025
0.01
0.005
k0
3.841
5.024
6.635
7.829
喜欢健身
不喜欢健身
总计
男生
6
14
20
女生
6
24
30
总计
12
38
50
喜欢健身
不喜欢健身
总计
男生
6
14
20
女生
6
24
30
总计
12
38
50