2020届湖南师大属中高三上学期第二次月考数学（理）试题.doc

2020届湖南师大属中高三上学期第二次月考 数　学(理科) 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知集合A＝{x|x2－2x－3<0}，集合B＝{x|2x＋1>1}，则∁BA＝(A) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．[3，＋∞) B．(3，＋∞) C．(－∞，－1]∪[3，＋∞) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞) 2．已知函数f(x)＝x2＋bx＋c，则“c<0”是“∃x0∈R，使f(x0)<0”的(A) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．设a＝log48，b＝log0.48，c＝20.4，则(A) A．b<c<a B．c<b<a C．c<a<b D．b<a<c 4．若平面区域夹在两条斜率为1的平行直线之间，则这两条平行直线间的距离的最小值为(B) A. B. C. D. 5．函数y＝的图象可能是(C) 6．如果执行如图所示的程序框图，则输出的数S不可能是(A) A．0.7 B．0.75 C．0.8 D．0.9 7．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如： 他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1，4，9，16，…这样的数成为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是(C) A．289 B．1024 C．1225 D．1378 8．已知A、B是圆O：x2＋y2＝16上的两个动点，||＝4，＝－.若M是线段AB的中点，则·的值为(C) A．8＋4 B．8－4 C．12 D．4 9．点A、B为椭圆E：＋＝1(a>b>0)长轴的端点，C、D为椭圆E短轴的端点，动点M满足＝2，若△MAB面积的最大值为8，△MCD面积的最小值为1，则椭圆的离心率为(D) A. B. C. D. 10．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是A1B上一动点，则AP＋D1P的最小值为(D) A．2 B. C．2＋ D. 11．已知函数f(x)＝x2－2ln |x|与g(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)有两个公共点，则在下列函数中满足条件的周期最大的g(x)＝(C) A．sin B．sin C．sin D．sin 12．设D是含数1的有限实数集，f(x)是定义在D上的函数．若f(x)的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，则在以下各项中，f(1)的可能取值只能是(B) A. B. C. D．0 二、填空题，本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．定积分dx＝____． 14．在公差大于0的等差数列{an}中，2a7－a13＝1，且a1，a3－1，a6＋5成等比数列，则数列{(－1)n－1an}的前21项和为__21__． 15．若函数y＝f(x)的图象上存在两个点A，B关于原点对称，则称点对[A，B]为y＝f(x)的“友情点对”，点对[A，B]与[B，A]可看作同一个“友情点对”，若函数f(x)＝恰好有两个“友情点对”，则实数a的值为__2__． 【解析】由题意可知－x3＋6x2－9x＋a＝－2在(0，＋∞)上有两解，即a＝x3－6x2＋9x－2在(0，＋∞)上有两解， 设g(x)＝x3－6x2＋9x－2， 则g′(x)＝3x2－12x＋9，令g′(x)＝0得x＝1或x＝3. ∴当0<x<1时，g′(x)>0，当1<x<3时，g′(x)<0，当x>3时，g′(x)>0， ∴g(x)在(0，1)上单调递增，在[1，3)上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增， ∴当x＝1时，g(x)取得极大值g(1)＝2，当x＝3时，g(x)取得极小值g(3)＝－2. 作出g(x)的函数图象如图所示： ∵a＝x3－6x2＋9x－2在(0，＋∞)上有两解，∴a＝2. 16．点M为棱长是2的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点N为B1C1的中点，若满足DM⊥BN，则动点M的轨迹的长度为____． 【解析】如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球O的半径R＝， 由题意，取BB1的中点H，连接CH， 则CH⊥NB，DC⊥NB，∴NB⊥平面DCH， ∴动点M的轨迹就是平面DCH与内切球O的交线， ∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是2， ∴O到平面DCH的距离为d＝，截面圆的半径r＝＝， 所以动点M的轨迹的长度为截面圆的周长2πr＝. 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．第17～21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．(本小题满分12分) 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知＝. (1)求的值； (2)若cos B＝，b＝2，求△ABC的面积S. 【解析】(1)由正弦定理，得＝，2分 所以＝.即(cos A－2cos C)sin B＝(2sin C－sin A)cos B， 化简可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C).4分 又A＋B＋C＝π，所以sin C＝2sin A， 因此＝2.6分 (2)由＝2得c＝2a.由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B 及cos B＝， b＝2， 得4＝a2＋4a2－4a2×，解得a＝1，从而c＝2.9分 又因为cos B＝，且0<B<π，所以sin B＝.10分 因此S＝acsin B＝×1×2×＝.12分 18．(本小题满分12分) 某种产品的质量以其质量指标值衡量，并依据质量指标值划分等级如下表： 质量指标值m m < 185 185≤m < 205 m≥205 等级 三等品 二等品 一等品 从某企业生产的这种产品中抽取200件，检测后得到如下的频率分布直方图： (1)根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品92%”的规定？ (2)在样本中，按产品等级用分层抽样的方法抽取8件，再从这8件产品中随机抽取4件，求抽取的4件产品中，一、二、三等品都有的概率； (3)该企业为提高产品质量，开展了“质量提升月”活动，活动后再抽样检测，产品质量指标值X近似满足X～N(218，140)，则“质量提升月”活动后的质量指标值的均值比活动前大约提升了多少？ 【解析】(1)根据抽样调查数据，一、二等品所占比例的估计值为0.200＋0.300＋0.260＋0.090＋0.025＝0.875，由于该估计值小于0.92，故不能认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品92%”的规定.3分 (2)由频率分布直方图知，一、二、三等品的频率分别为0.375、0.5、0.125，故在样本中用分层抽样方法抽取的8件产品中，一等品3件，二等品4件，三等品1件．再从这8件产品中随机抽取4件，一、二、三等品都有的情形有2种：①一等品2件，二等品1件，三等品1件；②一等品1件，二等品2件，三等品1件． 故所求的概率P＝＝.9分 (3)“质量提升月”活动前，该企业这种产品的质量指标值的均值约为 170×0.025＋180×0.1＋190×0.2＋200×0.3＋210×0.26＋220×0.09＋230×0.025＝200.4， “质量提升月”活动后，产品质量指标值X近似满足X～N(218，140)，则E(X)＝218. 所以，“质量提升月”活动后的质量指标值的均值比活动前大约提升了17.6.12分 19．(本小题满分12分) 如图，ABCD是边长为2的正方形，平面EAD⊥平面ABCD，且EA＝ED，O是线段AD的中点，过E作直线l∥AB, F是直线l上一动点． (1)求证：OF⊥BC； (2)若直线l上存在唯一一点F使得直线OF与平面BCF垂直，求此时二面角B—OF—C的余弦值． 【解析】(1) 因为EA＝ED，O是AD中点，故EO⊥DA，1分 又因为平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD， 故EO⊥平面ABCD，所以EO⊥BC；2分 因为EF∥AB，BC⊥AB，所以EF⊥BC， 故BC⊥平面EOF，3分 所以BC⊥OF.4分 (2) 设BC的中点为M，则有OM⊥DA，由(1)，EO⊥平面ABCD， 所以OE、OA、OM两两垂直．可如图建立空间直角坐标系O－xyz. 依题意设点E的坐标为(0，0，s)，点F的坐标为(0，t，s)(s>0，t∈R)，又B(1，2，0)，C(－1，2，0)， 所以＝(0，t，s)，＝(－1，t－2，s)，6分 由(1)知OF⊥BC，故OF与平面BCF垂直，等价于OF⊥BF， 故·＝0，从而t(t－2)＋s2＝0，即t2－2t＋s2＝0， 直线l上存在唯一一点F使得直线OF与平面BCF垂直，即关于t的方程有唯一实数解， 所以Δ＝4－4s2＝0，解得s＝1，此时t＝1.8分 故点E的坐标为(0，0，1)，点F的坐标为(0，1，1)． 因为OF⊥平面FBC，所以OF⊥BF且OF⊥CF，所以∠BFC即二面角B—OF—C的平面角.10分 因为＝(1，1，－1)，＝(－1，1，－1)， 所以cos∠BFC＝＝， 即若直线l上存在唯一一点F使得直线OF与平面BCF垂直时， 二面角B—OF—C的余弦值为.12分 20．(本小题满分12分) 已知抛物线C的顶点为O(0，0)，焦点F为(0，1)． (1)求抛物线C的方程； (2)过点F作直线交抛物线C于A，B两点，若直线AO、BO分别交直线l：y＝x－2于M，N两点，求|MN|的最小值． 【解析】(1)由已知可设抛物线的方程为：x2＝2py(p>0)，则＝1⇒p＝2， 所以抛物线C的方程是x2＝4y.2分 (2)设A，B，所以kAO＝，kBO＝，所以直线AO的方程是：y＝x， 由∴xM＝，同理由∴xN＝. 所以|MN|＝|xM－xN|＝＝8，①5分 设AB：y＝kx＋1，由∴x2－4kx－4＝0，∴ 且|x1－x2|＝＝4，代入①得到： |MN|＝8·＝8·，7分 设4k－3＝t，t≠0，则k＝， ①当t>0时， |MN|＝8＝2>2；9分 ②当t<0时， |MN|＝8＝2＝2≥2×＝， 当t＝－时，|MN|取得最小值，此时，k＝－；11分 综上所述：|MN|的最小值是.12分 21．(本小题满分12分) 已知函数f(x)＝x2ln x. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)证明： 对任意的t>0, 存在唯一的s, 使t＝f(s)． (3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t), 证明： 当t>e2时，有<<. 【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.2分 (2)证明：当0<x≤1时，f(x)≤0， 设t>0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)，由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增，h(1)＝－t<0， h(et)＝e2tln et－t＝t(e2t－1)>0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立.6分 (3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s>1， 从而＝＝＝＝，其中u＝ln s．7分 要使<<成立，只需0<ln u<， 当t>e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾． 所以s>e，即u>1，从而ln u>0成立.9分 另一方面，令F(u)＝ln u－，u>1.F′(u)＝－，令F′(u)＝0，得u＝2. 当1<u<2时，F′(u)>0；当u>2时，F′(u)<0. 故对u>1，F(u)≤F(2)<0，因此ln u<成立.11分 综上，当t>e2时，有<<.12分 (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，则按所做的第一题计分． 22．(本小题满分10分)选修4—4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(α为参数)，在以原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为ρsin＝. (1)求C的普通方程和l的倾斜角； (2)设点P(0，2)，l和C交于A，B两点，求|PA|＋|PB|. 【解析】由消去参数α，得＋y2＝1， 即C的普通方程为＋y2＝1.2分 由ρsin＝，得ρsin θ－ρcos θ＝2，　① 将代入①得y＝x＋2.4分 所以直线l的斜率角为.5分 (2)由(1)知，点P(0，2)在直线l上，可设直线l的参数方程为(t为参数)， 即(t为参数)， 代入＋y2＝1并化简得5t2＋18＋27＝0，7分 Δ＝(18)2－4×5×27＝108>08分 设A，B两点对应的参数分别为t1，t2. 则t1＋t2＝－<0，t1t2＝>0，所以t1<0，t2<0. 所以|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝.10分 23．(本小题满分10分)选修4—5：不等式选讲 已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－3|. (1)解不等式f(x)≤x＋1； (2)设函数f(x)的最小值为c，实数a，b满足a>0，b>0，a＋b＝c，求证：＋≥1. 【解析】(1)f(x)≤x＋1，即|x－1|＋|x－3|≤x＋1. ①当x<1时，不等式可化为4－2x≤x＋1，解得x≥1， 又∵x<1，∴x∈∅； ②当1≤x≤3时，不等式可化为2≤x＋1，解得x≥1， 又∵1≤x≤3，∴1≤x≤3. ③当x>3时，不等式可化为2x－4≤x＋1，解得x≤5， 又∵x>3，∴3<x≤5.3分 综上所得，1≤x≤3，或3<x≤5，即1≤x≤5， ∴原不等式的解集为[1，5].5分 (2)证明：由绝对值不等式性质得，|x－1|＋|x－3|≥|(1－x)＋(x－3)|＝2，7分 ∴c＝2，即a＋b＝2. 令a＋1＝m，b＋1＝n，则m>1，n>1，a＝m－1，b＝n－1，m＋n＝4， ＋＝＋＝m＋n＋＋－4＝≥＝1， 原不等式得证.10分 - 11 -