2020届湖南师大属中高三上学期第二次月考数学（理）试题（PDF版）.pdf

-1-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 Ax|x22x31，则BA(A)A3，)B(3，)C(，13，)D(，1)(3，)【解析】Ax|x22x30 x|1x1x|x1，BA3，)，故选 A.2已知函数 f(x)x2bxc，则“c0”是“x0R，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【解析】已知函数 f(x)x2bxc，则“c0”时，函数与 x 轴有两个交点，所以“x0R，使 f(x0)0”成立而“x0R，使 f(x0)0”，即 x2bxc0，b24c0，即 b24c，c 不一定有 c0.综上，函数 f(x)x2bxc，则“c0”是“x0R，使 f(x0)0”的充分不必要条件；故选 A.3设 alog48，blog0.48，c20.4，则(A)Abca Bcba Ccab Dbac【解析】b 的底数大于 0 小于 1 而真数大于 1，b0，alog4832，c20.420.5 2cb.故选 A.4 若平面区域xy30，2xy30，x2y30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.3 55 B.2 C.3 52 D.5【解析】作出平面区域如图所示当直线 yxb 分别经过 A，B 时，平行线间的距离最小，联立方程组xy30，2xy30，解得 A(2，1)，-2-联立方程组xy30，x2y30，解得 B(1，2)，两条平行线分别为 yx1，yx1，即 xy10，xy10.平行线间的距离为 d|11|2 2，故选 B.5函数 ye|x|4x的图象可能是(C)【解析】令 yf(x)e|x|4x，则 f(x)e|x|4（x）e|x|4xf(x)，则函数 yf(x)e|x|4x为奇函数，故函数图象关于原点对称，排除 B；当 x1 时，ye4，排除 A；当 x时，e|x|4x，排除 D.故选 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)A0.7 B0.75 C0.8 D0.9【解析】此程序框图执行的是输入一个正整数 n，求1121231n（n1）的值 S，并输出 S.S-3-1121231n（n1）11212131n1n1nn1.令 S 等于 0.7，解得 n73不是正整数，而 n 分别输入 3，4，9 时，可分别输出 0.75，0.8，0.9.故选 A.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)A289 B1024 C1225 D1378【解析】由图形可得三角形数构成的数列通项 ann2(n1)，同理可得正方形数构成的数列通项 bnn2，则由 bnn2(nN)可排除 D，将 A、B、C 选项代入 ann2(n1)验证知只有 1225 符合，故选 C.8已知 A、B 是圆 O：x2y216 上的两个动点，|AB|4，OC53OA23OB.若 M 是线段 AB 的中点，则OC OM的值为(C)A84 3 B84 3 C12 D4【解析】因为 M 是线段 AB 的中点，所以OM12OA12OB，从而OC OM53OA23OB(12OA12OB)56OA213OB212OA OB，由圆的方程可知圆 O 的半径为 4，即|OA|OB|4，又因为|AB|4，所以OA，OB60，故OA OB8，所以OC OM12.9点 A、B 为椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)长轴的端点，C、D 为椭圆 E 短轴的端点，动点 M 满足|MA|MB|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.23 B.33 C.22 D.32【解析】设 A(a，0)，B(a，0)，M(x，y)动点 M 满足|MA|MB|2，则（xa）2y22（xa）2y2，化简得x5a32y216a29.MAB 面积的最大值为 8，MCD 面积的最小值为 1，-4-122a43a8，122b13a1，解得 a 6，b62，椭圆的离心率为1b2a232.故选 D.10如图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，P 是 A1B 上一动点，则 APD1P 的最小值为(D)A2 B.6 22 C2 2 D.2 2【解析】把对角面 A1C 绕 A1B 旋转，使其与AA1B 在同一平面上，连接 AD1，则在AA1D 中，AD1 11211cos 1352 2为所求的最小值故选 D.11已知函数 f(x)x22ln|x|与 g(x)sin(x)(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)Asin2 x2 Bsin2x2 Csin x2 Dsin x2【解析】因为 f(x)x22ln|x|为偶函数，所以当 x0 时，f(x)x22ln x，则 f(x)2x2x2（x1）（x1）x，所以 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以当 x1 时，f(x)minf(1)1，所以当 x0 时，f(x)minf(1)1，所以 g(x)的最大周期是 2.所以 T22，又 g(x)恰好在x1 和 x1 处取得最大值 1，故 2，故选 C.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6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)-5-A.3 B.32 C.33 D0 【解析】记点(1，f(1)为点 A1，若 f(x)逆时针旋转6后与原图象重合，则 A1绕原点逆时针旋转6后的对应点 A2在 f(x)图象上，同时有 A2绕原点逆时针旋转6后的对应点 A3也在 f(x)图象上，以此类推，则 f(x)的图象上至少有以原点为圆心的一个圆周上的 12 等分的 12 个点 当 f(x)取值为 3时，因为 OA1与 x 轴正半轴夹角为3，其逆时针旋转6时形成的 12 个散点中，由圆的对称性知，点 A1和 A9的横坐标相同，即在同一个 x 处同时存在 2 个 f(x)值，不符合函数定义，故 A 项错误 同理，当 f(x)33和 0 时亦不符合函数定义，故 C，D 项错误 故 f(x)的可能取值只能是32.故正确答案为 B.二、填空题，本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13定积分011（x1）2dx_4_【解析】011（x1）2dx 表示半径为 1 的四分之一圆的面积 14在公差大于 0 的等差数列an中，2a7a131，且 a1，a31，a65 成等比数列，则数列(1)n1an的前 21 项和为_21_【解析】公差 d 大于 0 的等差数列an中，2a7a131，可得 2a112d(a112d)1，即 a11，由a1，a31，a65 成等比数列，可得(a31)2a1(a65)，即为(12d1)215d5，解得 d2(负值舍去)，则 an12(n1)2n1，nN*，所以数列(1)n1an的前 21 项和为 a1a2a3a4a19a20a2113573739412104121.15 若函数 yf(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 yf(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)2，x0，x36x29xa，x0恰好有两个“友情点对”，则实数 a 的值为_2_ -6-【解析】由题意可知x36x29xa2 在(0，)上有两解，即 ax36x29x2 在(0，)上有两解，设 g(x)x36x29x2，则 g(x)3x212x9，令 g(x)0 得 x1 或 x3.当 0 x0，当 1x3 时，g(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 x1 时，g(x)取得极大值 g(1)2，当 x3 时，g(x)取得极小值 g(3)2.作出 g(x)的函数图象如图所示：ax36x29x2 在(0，)上有两解，a2.16点 M 为棱长是 2 2的正方体 ABCDA1B1C1D1的内切球 O 球面上的动点，点 N 为 B1C1的中点，若满足 DMBN，则动点 M 的轨迹的长度为_4 105_ 【解析】如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的内切球 O 的半径 R 2，由题意，取 BB1的中点 H，连接 CH，则 CHNB，DCNB，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 ABCDA1B1C1D1的棱长是 2 2，O 到平面 DCH 的距离为 d25，截面圆的半径 r R2d22 25，-7-所以动点 M 的轨迹的长度为截面圆的周长 2r4 105.三、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 1721 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cos A2cos Ccos B2cab.(1)求sin Csin A的值；(2)若 cos B14，b2，求ABC 的面积 S.【解析】(1)由正弦定理，得2cab2sin Csin Asin B，2 分 所以cos A2cos Ccos B2sin Csin Asin B.即(cos A2cos C)sin B(2sin Csin A)cos B，化简可得 sin(AB)2sin(BC).4 分 又 ABC，所以 sin C2sin A，因此sin Csin A2.6 分(2)由sin Csin A2 得 c2a.由余弦定理 b2a2c22accos B 及 cos B14，b2，得 4a24a24a214，解得 a1，从而 c2.9 分 又因为 cos B14，且 0B，所以 sin B154.10 分 因此 S12acsin B1212154154.12 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 185m 0，tR)，又 B(1，2，0)，C(1，2，0)，所以OF(0，t，s)，BF(1，t2，s)，6 分 由(1)知 OFBC，故 OF 与平面 BCF 垂直，等价于 OFBF，故OF BF0，从而 t(t2)s20，即 t22ts20，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 44s20，解得 s1，此时 t1.8 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 OFBF 且 OFCF，所以BFC 即二面角 BOFC 的平面角.10 分 因为FB(1，1，1)，FC(1，1，1)，所以 cosBFCFB FC|FB|FC13，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 BOFC 的余弦值为13.12 分 -10-20(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：yx2 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：x22py(p0)，则p21 p2，所以抛物线 C 的方程是 x24y.2 分(2)设 Ax1，x124，Bx2，x224，所以 kAOx14，kBOx24，所以直线 AO 的方程是：yx14x，由yx14x，yx2，xM84x1，同理由yx24x，yx2，xN84x2.所以|MN|112|xMxN|284x184x28 2x1x2164（x1x2）x1x2，5 分 设 AB：ykx1，由ykx1，x24y，x24kx40，x1x24k，x1x24，且|x1x2|（x1x2）24x1x24 k21，代入得到：|MN|8 24 k211616k48 2k21|4k3|，7 分 设 4k3t，t0，则 k3t4，当 t0 时，|MN|8 225t26t4t2 2125t26t2 2；9 分 当 t0,存在唯一的 s,使 tf(s)(3)设(2)中所确定的 s 关于 t 的函数为 sg(t),证明：当 te2时，有25ln g（t）ln t12.【解析】(1)函数 f(x)的定义域为(0，)f(x)2xln xxx(2ln x1)，令 f(x)0，得 x1e.当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x 0，1e 1e 1e，f(x)0 f(x)极小值 所以函数 f(x)的单调递减区间是0，1e，单调递增区间是1e，.2 分(2)证明：当 00，令 h(x)f(x)t，x1，)，由(1)知，h(x)在区间(1，)内单调递增，h(1)t0.故存在唯一的 s(1，)，使得 tf(s)成立.6 分(3)证明：因为 sg(t)，由(2)知，tf(s)，且 s1，从而ln g（t）ln tln sln f（s）ln sln（s2ln s）ln s2ln sln ln su2uln u，其中 uln s7 分 要使25ln g（t）ln t12成立，只需 0ln ue2时，若 sg(t)e，则由 f(s)的单调性，有 tf(s)f(e)e2，矛盾 所以 se，即 u1，从而 ln u0 成立.9 分 另一方面，令 F(u)ln uu2，u1.F(u)1u12，令 F(u)0，得 u2.当 1u0；当 u2 时，F(u)1，F(u)F(2)0，因此 ln ue2时，有25ln g（t）ln t08 分 设 A，B 两点对应的参数分别为 t1，t2.则 t1t218 250，所以 t10，t20，b0，abc，求证：a2a1b2b11.【解析】(1)f(x)x1，即|x1|x3|x1.当 x1 时，不等式可化为 42xx1，解得 x1，又x3 时，不等式可化为 2x4x1，解得 x5，又x3，3x5.3 分 综上所得，1x3，或 31，n1，am1，bn1，mn4，a2a1b2b1（m1）2m（n1）2nmn1m1n44mn4mn221，原不等式得证.10 分