2020届湖南师大属中高三上学期第二次月考数学（理）试题
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
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
