【文档说明】【精准解析】西藏自治区拉萨市拉萨中学2019-2020学年高二第六次月考数学理科试卷.doc，共(22)页，1.773 MB，由小赞的店铺上传

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理科数学试卷（满分：150分，考试时间：120分钟.请将答案填写在答题卡上）一、单选题（每小题5分，共计60分）1.设全集,{|22},{|1}URMxxNxx==−=,则()UCMNI等于（）A.|1xxB.|21xx−C.

|2xx−D.{|21}xx−【答案】C【解析】【分析】由题意首先进行补集运算，然后进行交集运算即可【详解】由题意可得：|22UCMxxx=−或，结合交集的定义可得：()|2UCMNxx=−故选C.

【点睛】本题主要考查集合的交并补混合运算，属于基础题.2.设12i1iz+=−，则z的虚部是（）A.3B.3iC.32D.32i【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算求得复数z，即可得到其虚部.【详解】12(12)(1)131

31(1)(1)222iiiiziiii+++−+====−+−−+，故复数z的虚部是32，故选：C【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，复数的概念，属于容易题.3.抛物线24yx=的焦点到双曲线2221yxb−=的一条渐近线的距离

是32，则双曲线的虚轴长是（）A.3B.23C.3D.6【答案】B【解析】抛物线24yx=的焦点为(1,0)，双曲线的渐近线为ybx=，因此2321bb=+，3b=，虚轴为223b=，故选B．4.我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有:“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不

可割，则与圆周合体而无所失矣.”它体现了一种无限与有限的转化过程比如在表达式11111+++中“”即代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程11xx+=求得512x+=，类似上述过程，则231111333++++=()A.2B.32C.3D.53【答案】B【解

析】【分析】由232311111131333333+++=++++，类比已知中的求法，可构造方程求得结果.【详解】232311111131333333+++=++++可设23111333x=+++，则

31xx=+，解得：12x=23111131133322++++=+=故选：B【点睛】本题考查类比推理的应用问题，关键是能够明确已知中的代换关系，将所求式子整理变形为可以整体换元的方式.5.甲、乙两班在我校举行的“不忘初心，牢记使命”合唱比赛中，7位评委的评分情

况如茎叶图所示，其中甲班成绩的中位数是81，乙班成绩的平均数是86，若正实数,ab满足：,,,xaby成等比数列，则2ab+的最小值为（）A.6B.8C.22D.42【答案】D【解析】【分析】由中位数、平均数可得x，y的值，再由,,,xab

y成等比数列得到4abxy==，最后利用基本不等式可得2ab+的最小值.【详解】甲班成绩的中位数是81，故1x=，乙班成绩的平均数是86，则768082(80)919396867y+++++++=，解得4y=，又,,,xaby成等比数列，故4abxy==，所以，22242abab+=，当且仅

当2,22ab==时，等号成立.故选：D.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值的问题，涉及到茎叶图、中位数、平均数等知识，是一道容易题.6.某地实行高考改革，考生除参加语文，数学，外语统一考试外，还需从物理，化学，生物，政治，历史，

地理六科中选考三科，要求物理，化学，生物三科至少选一科，政治，历史，地理三科至少选一科，则考生共有多少种选考方法A.6B.12C.18D.24【答案】C【解析】利用间接法求解．从六科中选考三科的选法有36C，其中包括了没选物理、化

学、生物中任意一科与没选政治、历史、地理中任意一科，这两种选法均有33C，因此考生共有多少种选考方法有3363C2C18−=种．7.在ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，S为ABC的面积，22

2sin()SACbc+=−，且A、B、C成等差数列，则C的大小为（）A.6B.3C.23D.56【答案】A【解析】【分析】由等差中项的性质和三角形的内角和定理可求得B，由余弦定理和三角形面积公式，可得2,3acbc==，再由余弦定理求得cosC，可求得角C的大小．【详解】在ABC中

，由ACB+=−，()sin()sinsinACBB−+==sin()sinACB+=，又由222sin()SACbc+=−，则有2212sin2sinacBBbc=−，变形可得：22acbc=−

——①A、B、C成等差数列，根据等差数列中项公式可得：2BAC=+——②根据三角形内角和性质可得：ABC++=——③由②③可得：3B=，根据余弦定理可得：222cos2acbBac+−=222cos32ac

bac+−=，即：222122acbac+−=变形可得：222acbac+−=——④联立①④可得：22aac=，即2ac=，又由22acbc=−，则2223baccc=+=，即3bc=，222222433cos2

2223abccccCabcc+−+−===0C故6C=；故选：A．【点睛】本题主要考查等差中项的性质和三角形的内角和定理、余弦定理和三角形面积公式，解题关键是掌握余弦定理，考查了分析能力和计算能力，属于中

档题．8.已知二项式12(*)nxnNx−的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2︰5，则3x的系数为（）A.14B.14−C.240D.240−【答案】C【解析】【分析】由二项展开式的通项公式为()112rnrrrnTCxx−+=−及展开式中第2

项与第3项的二项式系数之比是2︰5可得：6n=，令展开式通项中x的指数为3，即可求得2r=，问题得解．【详解】二项展开式的第1r+项的通项公式为()112rnrrrnTCxx−+=−由展开式

中第2项与第3项的二项式系数之比是2︰5，可得：12:2:5nnCC=.解得：6n=.所以()()3662161221rrnrrrrrrnTCxCxx−−−+=−=−令3632r−=，解得：2r=，所以3x的系数为()2262621240C−−=故选C【点睛】本题主要考查

了二项式定理及其展开式，考查了方程思想及计算能力，还考查了分析能力，属于中档题．9.已知函数()()()22130xfxxeaxax=−+−为增函数，则a的取值范围是（）A.)2,e−+B.3,2e−+C.(,2e−−D.3,2e−−

【答案】A【解析】【分析】函数2()(21)3(0)xfxxeaxax=−+−为增函数，可得()0fx，化为122xaex−+，令1()2xgxex=−+，利用导数研

究其单调性极值与最值即可得出.【详解】∵函数2()(21)3(0)xfxxeaxax=−+−为增函数，∴()(2x1)e20xfxax=++，化为122xaex−+，令1()2xgxex=−+，则()()2211()

xxxegxx−+=−，当12x时，()0gx，当102x时，()0gx，可得12x=时，函数()gx取得极大值即最大值，142ge=−，∴2ae−.∴a的取值范围是)2,e−+.

故选：A.【点睛】本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.10.据《孙子算经》中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为：男、子、伯、侯、公，共五级，若给获得巨大贡献的7人进行封爵，要求每个等级至少有一人，至多有两人，则伯爵

恰有两人的概率为（）A.310B.25C.825D.35【答案】B【解析】【分析】根据部分平均分组分配的方法可求得分法总数和伯爵恰有两人的分法数，根据古典概型概率公式可求得结果.【详解】7人进行封爵，每个等级至少一人，至多

两人，则共有2211225575327555322322CCCCCCAAAAA=种分法；其中伯爵恰有两人的分法有2211142247532247543232CCCCCACCAAA=种分法，伯爵恰有两人的概率2247542257552225CCApCCA

A==.故选：B.【点睛】本题考查数学史与古典概型概率问题的求解，关键是能够利用排列组合中不平均分组分配的方法确定分法总数和符合题意的分法数.11.已知抛物线22(0)xpyp=的焦点F是椭圆22221(0)yxabab+=的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于A、B两点，若FA

B是正三角形，则椭圆的离心率为（）A.12B.22C.33D.32【答案】C【解析】【分析】根据题意画出几何图形,由椭圆和抛物线的对称性可知AB与y轴交于椭圆的另一焦点'F,则'2FFc=.根据正三角形性质可得1',2AFAF=结合椭圆定义'2AFAFa+=,可由

勾股定理求得椭圆的离心率.【详解】由题意可知,画出几何图形如下图所示:由椭圆与抛物线的对称性可知,AB与y轴交于椭圆的另一焦点'F,则'2FFc=.由椭圆定义可知'2AFAFa+=,且FAB为正三角形所以1',2AFAF=则24',33aaAFAF==由正三角形性质可知

'AFF为直角三角形所以()()222''AFFFAF+=即()22224233aac+=,化简可得223ca=所以221333cea===故选:C【点睛】本题考查了抛物线与椭圆的标准方程与几何性质的综

合应用,椭圆离心率的求法,属于中档题.12.已知P是曲线1C：exy=上任意一点，点Q是曲线2C：lnxyx=上任意一点，则PQ的最小值是（）A.ln212−B.ln212+C.2D.2【答案】D【解析】【分析】易知1C在点()

0,1A处切线方程为1yx=+，且e1xx+恒成立，2C在点()1,0B处的切线方程为1yx=−，且()ln10xxxx−恒成立，由AB等于平行线1yx=+与1yx=−间的距离，从知minPQAB=.【详解】曲线1C：exy=，求导得exy

=，易知1C在点()0,1A处切线方程为1yx=+.下面证明e1xx+恒成立.构造函数()e1xfxx=−−，求导得()e1xfx=−，则(),0x−时，()0fx¢<，()fx单调递减；()0,x

+时，()0fx¢>，()fx单调递增.故函数()()00fxf=，即e1xx+恒成立.又2C：lnxyx=，求导得21lnxyx−=，当1x=时，1y=，且2C过点()1,0B，故2C在点()1,0处的切线方程为1yx=−.下面证明ln1xxx−在()0,+?上恒成立

.令()2lnFxxxx=−−，则()()()221112121xxxxFxxxxx+−−−=−−==，当01x时，()0Fx，()Fx单调递减；当1x时，()0Fx，()Fx单调递增，所以()()min10Fx

F==，即()()10FxF=，则2ln0−−xxx，即ln1xxx−在()0,+?上恒成立.因为22112AB=+=，且平行线1yx=+与1yx=−之间的距离为222=，所以PQ的最小值为2.故选：D.【点睛】本

题考查曲线的切线的应用，考查平行线间距离的计算，考查函数单调性的应用，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.第II卷（非选择题）二、填空题（每小题5分，共计20分）13.等差数列{}na中，271224aaa++=，则13S=_______.【答案】104

【解析】【分析】由等差数列的性质可得7a的值，由等差数列的求和公式和等差数列的性质可得13713Sa=，代入计算即可求出13S.【详解】因为等差数列{}na中，271224aaa++=，所以由等差数列的性质可得72712324aaaa=++=，解得7

8a=，所以113713713()1321310422aaaSa+====，故答案为：104.【点睛】本题考查等差数列的前n项和公式，等差数列的性质，属于基础题.14.1122011−+=xdxdxx_______

_.【答案】ln24+【解析】【分析】由定积分的几何意义和定积分基本定理，即可求解.【详解】由题意得，1021xdx−表示21yx=−，01x与x轴围成的区域的面积，表示一个半径为1的14个圆，其面积为21

144S==，又2121lnln2ln1ln21dxxx==−=，所以1220111xdxdxx−+ln24=+.故答案为：ln24+.【点睛】本题考查定积分的计算，注意定积分几何意义的应用，属于基础题.15.若直线yxb=+是曲线lnyxx=的一条切线，则实数b=．

【答案】1−【解析】【详解】试题分析:设切点为,因1lnyx=+,故切线的斜率,则,即.所以切点代入yxb=+可得,故应填答案.考点：导数的几何意义及运用．【易错点晴】本题以直线yxb=+是曲线lnyxx=的一条切线为背景,考查的是导函数几何意义及导数语切线方

程之间的关系的应用问题.解答本题的关键是搞清导函数值是函数在切点处的导函数的值就是切线的斜率,求解时先将切点的坐标设出来,然后再借助这些条件建立方程求出切点坐标为.再将其代入求出,从而使得问题最终获解.16.如图，已知正方体1111ABC

DABCD−棱长为4，点H在棱1AA上，且11HA=，在侧面11BCCB内作边长为1的正方形1,EFGCP是侧面11BCCB内一动点，且点P到平面11CDDC距离等于线段PF的长，则当点P运动时，2HP的范围是_______.

【答案】11322,4【解析】【分析】建立空间直角坐标系,根据P在11BCCB内可设出P点坐标，作1HMBB⊥,连接PM,可得222HPHMMP=+，作1PNCC⊥，根据空间中两点间距离公式，再根据二次函数的性质，即可求得2HP的范围.【详解】根据题意,以D为原点建立空间直角

坐标系如图所示：作1HMBB⊥交1BB于M,连接PM，则HMPM⊥作1PNCC⊥交1CC于N，则PN即为点P到平面11CDDC距离.设(),4,Pxz,则()()()1,4,3,4,4,3,0,4,FMNz()04,04xz∵点P到平面11CDDC距离等于线段PF的长

∴PNPF=由两点间距离公式可得()()2213xxz=−+−，化简得()2213xz−=−则210x−解不等式可得12x综上可得142x则在RtHMP中222HPHMMP=+()()222443xz=

+−+−()224421xx=+−+−()2322x=−+142x所以211322,4HP故答案为:11322,4【点睛】本题考查了空间直角坐标系的综合应用，利用空间两点间距离公式及二次函数求最值，属于难题.三、解答题

（其中17题10分，其余大题各12分，共计70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边，1cos2aBbc+=.（1）求A；（2）若7a=，ABC的面积为332

，求ABC的周长.【答案】（1）60A=；（2）57+.【解析】【分析】(1)利用正弦定理把边转化为角，再由两角和的正弦可求出角A；(2)利用三角形面积公式可得到6bc=，再由余弦定理可求出ABC的周长；【详解】(1)

由正弦定理知1sincossinsin2ABBC+=，∴1sinsin()sincossincos2BABABBA=+−=，∴1cos2A=，60A=.（或用余弦定理将cosB换掉求解）(2)由(1)及已知可

得1333222bc=，解得6bc=，由余弦定理知22227()3abcbcbcbc==+−=+−，∴5bc+=，∴ABC的周长为57+.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理以及面积公式，考查了学生的计算能力，属于较易题.18.已知等比数列na的前n项和为nS，且

214Sa=，2a是11a+与312a的等差中项．（1）求na与nS；（2）若数列nb满足1nnnnabSS+=，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）123nna−=．31nnS=−．（2）nT1111331n+=−−【解析

】【分析】（1）设等比数列na的公比为q，由214Sa=，2a是11a+与312a的等差中项．可得()1114aqa+=，2131212aaa=++，即21111212aqaaq=++，联立解得1a，q，再利用通项公式与求和公式即可得出na，nS．（2）()()1111231113313

13131nnnnnnnnnabSS−+++===−−−−−，利用裂项求和方法即可得出数列nb的前n项和nT．【详解】解：（1）设等比数列na的公比为q，∵214Sa=，2a是11a+与31

2a的等差中项．∴()1114aqa+=，2131212aaa=++，即21111212aqaaq=++，联立解得12a=，3q=，∴123nna−=．()()213231311331nnnnS−−===−−−．（2）()()111123111331313131nnnnnn

nnnabSS−+++===−−−−−，∴数列nb的前n项和223111111113313131313131nnnT+=−+−++−−−−−−−1111331n+=−−．【点睛】本题考查等差、等比数列的综

合应用以及裂项相消法求和，难度一般.常见的几种可裂项相消的数列形式：()1111nnkknnk=−++，111nnnn=+−++，()()1111212122121nnnn=−−+−+，()()1121121212121nnnnn++=−−

−−−.19.已知函数21()ln2fxxx=+.（1）求函数()fx在区间1,e上的最大、最小值；.（2）求证：在区间()1,+上，函数()fx的图象在函数32()3gxx=的图象的下方.【答案】（1）2max1()12fxe=+，min1()2f

x=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用函数的导数可确定函数为增函数，即可求解（2）构造函数2312()ln23Fxxxx=+−，利用导数证明()Fx在区间()1,+上为减函数，故最大值1(1)06F=−即可证明.【详解】（1）由21()ln2fxxx=+有()1fxxx

=+，当1,xe时，()0fx,()fx在区间1,e上为增函数，2max1()()12fxfee==+，min1()(1)2fxf==，（2）设2312()ln23Fxxxx=+−，则()22(1)121()2xxxF

xxxxx−++=+−=，当(1,)x+时，()0Fx，且1(1)06F=−故(1,)x+时，()0Fx2312ln23xxx+，得证.【点睛】本题主要考查了利用导数证明函数的单调性，求函数最值，属于中档题

.20.在平行四边形EABC中，4EA=，22EC=，45E=，D是EA的中点（如图1），将ECD沿CD折起到图2中PCD的位置，得到四棱锥是PABCD−．（1）求证：CD⊥平面PDA；（2）若PD与平面ABCD所成的角为60．且PDA为锐角三角形，求平面PAD和

平面PBC所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）217【解析】【分析】（1）证明CDDA⊥，CDPD⊥，即可证明线面垂直；（2）由线面角求得DP，以AD中点O为坐标原点建立直角坐标系，由向量法求得

二面角的余弦值.【详解】（1）将ECD沿CD折起过程中，CD⊥平面PDA成立．证明如下：DQ是EA的中点，4EA=，2DEDA==，在EDC△中，由余弦定理得，22222cos4584222242CDECEDEC=+−=+−=，2CDED==，2228DDEECC+==，EDC

△为等腰直角三角形且CDEA⊥，CDDA⊥，CDPD⊥，PDADD=，CD\^平面PDA．（2）由（1）知CD⊥平面PDA，CD平面ABCD，平面PDA⊥平面ABCD，PDA为锐角三角形，P在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接PO，

PO⊥平面ABCD，则PDA是PD与平面ABCD所成的角，60PDA=，2DPDA==，PDA为等边三角形，O为AD的中点，故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，DA所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设x

轴与BC交于点M，2DAPA==，3OP=易知1ODOACM===3BM=，则()0,0,3P，()0,1,0D−，()2,1,0C−，()2,3,0B，()2,0,0DC=，()0,4,0BC=−，()2,1,3PC=−−，CD⊥平面PDA

，可取平面PDA的一个法向量()11,0,0n=ur，设平面PBC的法向量()2222,,nxyz=，则00nBCnPC==，即222240,230yxyz=−−=，令21z=，则23,0,12n=为平面PBC的一个法向量，设平面PAD和平面PB

C所成的角为，由图易知为锐角，1212123212coscos,7712nnnnnn====．平面PAD和平面PBC所成角的余弦值为217．【点睛】本题考查线面垂直的证明，以及由线面角求线段长，以及利用向量法求二面角，属综合中档题.21.已知

点()0,2D−，过点D作抛物线212(0)Cxpyp=：的切线l，切点A在第二象限．()1求切点A的纵坐标；()2有一离心率为32的椭圆22221(0)xyabab+=恰好经过切点A，设切线l与椭圆的另一交点为点B，记切线,,lOAOB的斜率分别为k，1k，2k，

若124kkk+=，求椭圆的方程．【答案】（1）02y=（2）221328xy+=【解析】【分析】()1设切点()00,Axy则有2002xyp=，利用导数求出切线斜率，可得求出切线方程，将()0,2D−代入切线方程即可得结果；()2由

()1得()2,2Ap−，切线斜率2kp=−，设切线方程为2ykx=−，利用离心率为32可得222214xybb+=，切线与椭圆方程联立，由124kkk+=，利用韦达定理及斜率公式可得23224164kkkb−=−，从而可求得结

论．【详解】()1设切点()00,Axy则有2002xyp=，由切线l的斜率为0xkp=，得l的方程为2002xxyxpp=−，又点()0,2D−在l上所以2022xp=，即02y=，所以点A的纵坐标02y=．()2由()1得()2,2Ap−，

切线斜率2kp=−，设()11,Bxy，切线方程为2ykx=−，由32e=得2234ca=又222cab=−，所以224ab=．所以椭圆方程为222214xybb+=且过()2,2Ap−，所以24bp=+．由222244ykxxyb=−

+=得()22214161640kxkxb+−+−=，所以0122012161416414kxxkbxxk+=+−=+，又因为124kkk+=，即()()()21001100122010101232

2223214222416416414kxxxkxxxyykkkkkkbxxxxxxbk−+−+++==−=−=−=−−+，解得28b=，所以22432ab==,所以椭圆方程为221328xy+=.【点睛】

本题主要考查抛物线的切线方程以及求椭圆方程，属于难题.用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在x轴上，还是在y轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程()222210xyabab+=或22221x

yba+=()0ab；③找关系：根据已知条件，建立关于a、b、c的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求.22.已知函数()2ln,fxaxaxxx=−−且()0fx.（1）求a；（2）证明：()fx存在唯一的极大值点0x，

且()2202efx−−.【答案】（1）a=1；（2）见解析.【解析】【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a1x−可得h（x）min＝h（1a），从而可得结论；（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝

f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x012＜可知f（x0）14＜，另一方面

可知f（x0）＞f（1e）21e=．【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a1x−．则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0

＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x1a＜时h′（x）＜0、当x1a＞时h′（x）＞0，所以h（x）min＝h（1a），又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以1a=1，解得a＝1；另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x

＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0

，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝21x−，令t′（x）＝0，解得：x12=，所以t（x）在区间（0，12）上单调递减，在（12，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在

两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）20x=−x0﹣x0lnx020x=−x0+2x0﹣220x

=x020x−，由x012＜可知f（x0）＜（x020x−）max2111224=−+=；由f′（1e）＜0可知x0112e＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1e）上单调递减，所以f（x0）＞f（1e）21e=；综上所述，f（x）存在唯一的极大

值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．