2020届湖南师大属中高三上学期第二次月考数学（理）试题 10页

‎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．bb>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00，当13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00，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00，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0e2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10；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，∴31，n>1，a＝m－1，b＝n－1，m＋n＝4，‎ ＋＝＋＝m＋n＋＋－4＝≥＝1，‎ 原不等式得证.10分