【文档说明】江西省宜春市丰城市第九中学2020-2021学年高二下学期6月月考数学（理）试题 含答案.doc，共(10)页，345.000 KB，由小赞的店铺上传

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数学（理）试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．已知平面α、β、γ两两垂直，直线a、b、c满足：a⊆α，b⊆β，c⊆γ，则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系（）A．两两

垂直B．两两平行C．两两相交D．两两异面2．5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同的选择的种数为（）A．60B．125C．240D．2433．某人用如图所示的纸片沿

折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯“，正方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新年快乐”的字样，则在①、②、③处可依次写上（）A．快、新、乐B．乐、新、快C．新、乐、快D．乐、快、新4．在二项式（+）n

的展开式中，各项系数之和为M，各项二项式系数之和为N，且M+N＝72，则n的值为（）A．1B．2C．3D．45．已知曲线y＝aex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，则（）A．a＝e，b＝

﹣1B．a＝e，b＝1C．a＝e﹣1，b＝﹣1D．a＝e﹣1，b＝16．设O为坐标原点，直线x＝2与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（）A．（，0）B．（，0）C．（1，0）D．（2，0）7．如图，洛书（古

称龟书），是阴阳五行术数之源．在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数．若从四个阴数和五个阳数中随机选取3个数，则选取的3个数之

和为奇数的方法数为（）A．30B．40C．44D．708．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体中长度为3cm的棱有（）A．0条B．1条C．2条D．3条9．已知七人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必

须相邻，则满足要求的排队方法数为（）A．432B．576C．696D．96010．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M是线段CC1的中点，且平面AD1M∩平面ABCD＝l，则直线l与DC1所成角的余弦值

为（）A．B．C．D．11．设F为双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为（）A．B．C．2D．12．已知e≈2.71828是自然对数的底数,设a＝﹣，b＝﹣，c＝

﹣ln2，则（）A．c＜a＜bB．b＜a＜cC．b＜c＜aD．a＜b＜c二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13．（x﹣2y）（x﹣y）8的展开式中x2y7的系数为．（用数字填写答案）14．已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥

四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．15．用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为1，2，…，9的9个小正方形（如下表），使得任意相邻（有公共边的）小正方形所涂颜色都不相同

，且标号为“1、5、9”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有种．12345678916．已知球O的半径为，以球心为中心的正四面体Γ的各条棱均在球O的外部，若球O的球面被Γ的四个面截得的曲线的长度之和为8π，则正四面体Γ的体

积为．三、解答题：本大题6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。(一)必考题（共60分）17．（本题满分12分）将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个编号为1，2，3，4的盒子中．（1）若每个盒内放一个球

，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则有多少种放法？（2）若恰好有一个空盒，则有多少种放法？18．（本题满分12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C

1，BC的中点．（1）求证：C1F∥平面ABE；（2）求点A到平面BCE的距离．19．（本题满分12分）已知椭圆E：22193xy+=，P为椭圆E的右顶点，O为坐标原点，过点P的直线l1，l2与椭圆E的另

外一个交点分别为A，B，线段PA的中点为M，线段PB的中点为N．（1）若直线OM的斜率为13−，求直线l1的方程；（2）若OM⊥ON，证明：直线AB过定点．20．（本题满分12分）如图，四边形ABCD关于直线AC对称，∠A＝60°

，∠C＝90°，CD＝2，把△ABD沿BD折起．（1）若二面角A﹣BD﹣C的余弦值为，求证：AC⊥平面BCD；（2）若AB与面ACD所成的线面角为30°时，求AC长．21．（本题满分12分）已知函数f（x）＝x2+4x﹣aex（x+1）（a≠0），g（x）＝

lnx﹣mx+m+1（m∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若对于任意x∈（0，1]，存在m∈（﹣1，1）使得不等式g（x）＜f（m）成立，求实数a的取值范围．（二）选考题（共10分，请考生在22

、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.）22．（本题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的

极坐标方程为ρ2＝．（1）写出曲线C1和C2的直角坐标方程；（2）已知P为曲线C2上的动点，过点P作曲线C1的切线，切点为A，求|PA|的最大值．23．（本题满分10分）选修4-5：不等式选讲设函数f（x）＝|2x+1|+|x+|．（1）求函数f（x）的最小值；（2）若函数f（x）的最小值为m

，且正实数a，b，c满足a+b+c＝m，证明：．答案一．选择题1--5BDACC6--10BBCBD11--12AD8．【解答】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥，把该几何体放入棱长为2的正方体中，画出该几何体的直观图，如图所示：结合图中数据，计算几何体中各条棱长为：AB＝AC＝2cm，BC＝2

cm，BD＝cm，AD＝CD＝＝3cm．所以长度为3cm的棱有2条．故选：C．9．【解答】解：可以分步完成，①甲丁捆绑后排序有＝2种方法，②捆绑后的甲丁与另外的3人（不包含乙丙）排序，有＝24种方法，③将乙丙插空，四个空位中与甲相邻的

空位不能选择，故有＝12种方法，根据分布乘法原理，共有2×24×12＝576种方法．故选：B．10．【解答】解：取BC中点N，连接MN，则MN∥AD1，连接AN，∵平面AD1M∩平面ABCD＝l，∴AN即为l，∵AB1∥D

C1，∴直线l与DC1所成角为∠B1AN，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则AB1＝＝2，AN＝B1N＝＝，∴cos∠B1AN＝＝．∴直线l与DC1所成角的余弦值为．故选：D．11．【解答】解：如图，由|PQ|＝|OF|，可知PQ过点（，

0），由图可得，得e＝＝．故选：A．12．【解答】解：已知e≈2.71828是自然对数的底数，a＝﹣，b＝﹣，c＝﹣ln2，设f（x）＝﹣，则f′（x）＝﹣，当0≤x≤时，f′（x）＞0，函数f（x）在0≤x≤上是增函数，当x＞时，f′（x）＜0，函数

f（x）在x＞上是减函数，a＝f（3），b＝f（2），而＜2＜3，所以b＞a，又因为ex＞x+1，x≠1，为常用不等式，可得，令g（x）＝﹣lnx，g′（x）＝﹣，当x＜e时，g′（x）＜0，函数g（x）在x＜e上是减函数，故g（2）＞g（e）＝0，则＞ln2，即﹣＜﹣ln2，则c

＞b，故：a＜b＜c故选：D．二．填空题13．﹣64．14．15.10816.1815．【解答】解：首先看图形中的1，5，9，有3种可能，当1，5，9，为其中一种颜色时，2，6共有4种可能，其中2种2，6是涂相同颜色，各有2种

可能共6种可能．4，8及7，与2，6及3，一样有6种可能并且与2，6，3，颜色无关．当1，5，9换其他的颜色时也是相同的情况符合条件的所有涂法共有3×6×6＝108种，故答案为：10816．【解答】解：由题意可知，正四面体截球面所得曲线为四个半径相同的圆，每个圆的周长为2π，半径为1，故球

心O到正四面体各个面的距离为＝，设正四面体的棱长为a，如图所示，则斜高AE＝3EF＝a，正四面体的高为AF＝，在Rt△AEF和Rt△AGO中，，即，所以a＝6，所以V＝＝18．故答案为：18．三．解答题17．【解答】解：（1）根据题意，分2步进

行分析：①，先选出1个小球,放到对应序号的盒子里，有C41＝4种情况，假设4号球放在4号盒子里，②，其余三个球的放法为（2，3，1），（3，1，2），共2种，则有恰好有一个球的编号与盒子的编号相同放法有

4×2＝8种．（2）根据题意，分2步进行分析：①，将4个小球分为3组，其中1组2个小球，另外2组各有1个小球，有C42＝6种分组方法，②，将4个小盒中任选3个，放入三组小球，有C43A33＝24种情况，则有6×24＝144种不同的放法；18．【解答】（1）证明：取AB的中点G

，连接EG，FG，∵E，F，G分别是A1C1，BC，AB的中点，∴FG∥AC，且FG＝AC，EC1＝A1C1，∵AC∥A1C1且AC＝A1C1，∴GF∥EC1且GF＝EC1，∴四边形FGEC1为平行四边形，得C1

F∥EG，又∵EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，∴C1F∥平面ABE；（2）解：∵AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，∴AB＝．由VA﹣BEC＝VE﹣ABC即dACES•31＝即d•21912131＝．∴点A到平面BCE的距离19574=d

19．【解答】解：（Ⅰ）设直线AP的方程为x＝ty+3（t≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），联立，得（3+t2）y2+6ty＝0，所以y1+y2＝，所以yM＝＝，xM＝tyM+3＝，所以M（，），因为kOM＝﹣，所以＝﹣，解得t＝

1，所以直线l1的方程为x﹣y﹣3＝0．（Ⅱ）①当直线AB的斜率不存在时，设A（x0，y0），B（x0，﹣y0），﹣3＜x0＜3，则M（，），N（，﹣），由OM⊥ON，有kOM•kON＝﹣1，所以•＝﹣1，所以﹣＝﹣1，因为+＝1，所以x0＝﹣，所以直线AB的方程为x＝﹣．②当直线A

B的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx+m，联立椭圆的方程得（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣9＝0，所以△＝12（9k2﹣m2+3）＞0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则由x1+x2＝，x1x2＝，由kOM•kON＝﹣1，可得＝﹣1，即（1+k2）x1x2

+（km+3）（x1+x2）+m2+9＝0，所以（1+k2）•+（km+3）•+m2+9＝0，所以9k2﹣9km+2m2＝0，即（3k﹣2m）（3k﹣m）＝0，当m＝3k时，直线AB过椭圆的左顶点，不满足题意，当m＝k时，直线AB过定点（﹣，0），

且满足△＝12（9k2﹣m2+3）＞0，综上所述，直线AB过定点（﹣，0）．20．【解答】解：（Ⅰ）证明：取BD的中点M，连接AM、CM，∵四边形ABCD关于直线AC对称，∴AB＝AD，CB＝CD，∴AM⊥BD，CM

⊥BD，∴∠AMC即为二面角A﹣BD﹣C的夹角，即cos∠AMC＝，∵∠A＝60°，∠C＝90°，CD＝2，∴AM＝，CM＝，在△AMC中,由余弦定理知,AC2＝AM2+CM2﹣2AM•CMcos∠AMC＝6+2﹣2×××＝4，∴AC＝2

，∴AM2＝AC2+CM2，即AC⊥CM．∵四边形ABCD关于直线AC对称，∴BD⊥AM，BD⊥CM，又AM∩CM＝M，AM、CM⊂平面ACM，∴BD⊥平面ACM，∵AC⊂平面ACM，∴BD⊥AC，∵CM

∩BD＝M，CM、BD⊂平面BCD，∴AC⊥平面BCD．（Ⅱ）以M为原点，MB、MC所在的直线分别为x、y轴，作Mz⊥平面BCD，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（，0，0），C（0，，0），D（﹣，0，0），设A（0，y，z），且y＞0，z＞0，则AM2＝y2+z2＝6①，∴＝（0，

﹣y，﹣z），＝（，，0），＝（，﹣y，﹣z），设平面ACD的法向量为＝（a，b，c），则，即，令b＝1，则a＝﹣1，c＝，∴＝（﹣1，1，），∵AB与面ACD所成的线面角为30°，∴sin30°＝|cos＜，＞|＝||＝||＝②，由①②解得，y＝－，z＝2或32,325==

zy∴A（0，－，2）或（0，32,325），∴AC＝33232或．21．【解答】解：（1）由题意得f'（x）＝﹣（x+2）（aex﹣2），x∈R，①当a＜0时，令f'（x）＜0，则x＜﹣2，∴f（x）在（﹣

∞，﹣2）上单调递减；令f'（x）＞0，则x＞﹣2，∴f（x）在（﹣2，+∞）上单调递增；②当0＜a＜2e2时，则，令f'（x）＜0,则x＜﹣2或，∴f（x）在（﹣∞，﹣2）和上单调递减；令f'（x）

＞0，则，∴f（x）在上单调递增；③当a＝2e2时，则f'（x）＝﹣2（x+2）（ex+2﹣1）≤0，∴f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递减；④当a＞2e2时，则，令f'（x）＜0，则或x＞﹣2，∴f（x）在和（﹣2，+∞）上单调递减；令f'（x）＞0，则，∴f（x）在上单

调递增；（2）由题意得在（0，1]恒成立，∴g（x）在（0，1]上递增，∴g（x）≤g（1）＝1，∴存在m∈（﹣1，1）使得1＜m2+4m﹣aem（m+1）成立，即成立，令，m∈（﹣1，1），则，∴h（m）在（﹣1，1）上递增，∴，∴实数a的取值范围为．22．【解答】解：（1）由（α为参

数），消去参数α，可得x2+（y﹣2）2＝1．∴曲线C1的直角坐标方程为x2+（y﹣2）2＝1；由ρ2＝，得ρ2+3ρ2sin2θ＝4，即x2+y2+3y2＝4，即．∴曲线C2的直角坐标方程为；（2）∵P为曲线C2上的动点，∴设P（2cosα，sinα），则P与圆的圆心的距离

d＝＝．要使|PA|取最大值，则d最大，当sinα＝时，d有最大值为．∴|PA|的最大值为．23．【解答】解：（Ⅰ）当x≤﹣，f（x）单调递减；当﹣＜x，f（x）单调递增；所以函数f（x）的最小值为1．（Ⅱ）证明：由于a+b+c＝1，所以，即，当且仅当a＝，b＝c＝时取等号．