湖南师范大学附属中学2020届高三上学期第三次月考数学（文）试卷

湖南师范大学附属中学2020届高三上学期第三次月考数学（文）试卷

数学（文科）‎ 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共10页．时量120分钟．满分150分．‎ 第I卷 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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.若复数（为虚数单位）是纯虚数，则实数的值是（ ）‎ A. -1和1 B. 1 C. -1 D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据纯虚数概念,即可求得的值.‎ ‎【详解】因为复数是纯虚数 所以实部为0,即 解得 ‎ 又因为纯虚数 ,即 所以 所以选B ‎【点睛】本题考查了复数的基本概念，纯虚数的定义，属于基础题．‎ ‎2.命题“”的否定是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按规则写出存在性命题的否定即可.‎ ‎【详解】命题“”否定为“”，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】全称命题的一般形式是：，，其否定为.存在性命题的一般形式是，，其否定为.‎ ‎3.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图是如图所示的一个正方形，则原来的图形是（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由斜二测画法的规则知与x'轴平行或重合的线段与x’轴平行或重合，其长度不变，与y轴平行或重合的线段与x’轴平行或重合，其长度变成原来的一半，正方形的对角线在y'轴上，可求得其长度为，故在平面图中其在y轴上，且其长度变为原来的2倍，长度为2，观察四个选项，A选项符合题意．故应选A．‎ 考点：斜二测画法．‎ 点评：注意斜二测画法中线段长度的变化．‎ ‎4.若变量，满足约束条件，则的最大值为（ ）‎ A. 4 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出约束条件所表示的平面区域，结合图象，得出当过点A时，直线的斜率最大，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，‎ 由目标函数，可化为表示平面区域的点与原点连线的斜率，‎ 结合图象可知，当过点A时，此时直线的斜率最大，‎ 又由，解得，所以目标函数的最大值为，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．‎ ‎5.古印度“汉诺塔问题”：一块黄铜平板上装着三根金铜石细柱，其中细柱 上套着个大小不等的环形金盘，大的在下、小的在上.将这些盘子全部转移到另一根柱子上，移动规则如下：一次只能将一个金盘从一根柱子转移到另外一根柱子上，不允许将较大盘子放在较小盘子上面.若柱上现有个金盘（如图），将柱上的金盘全部移到柱上，至少需要移动次数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设细柱上套着个大小不等的环形金盘，至少需要移动次数记为，则，利用该递推关系可求至少需要移动次数.‎ ‎【详解】设细柱上套着个大小不等的环形金盘，至少需要移动次数记为.‎ 要把最下面的第个金盘移到另一个柱子上，则必须把上面的个金盘移到余下的一个柱子上，故至少需要移动次.‎ 把第个金盘移到另一个柱子上后，再把个金盘移到该柱子上，故又至少移动次，所以，‎ ‎，故，，故选B.‎ ‎【点睛】本题考查数列的应用，要求根据问题情境构建数列的递推关系，从而解决与数列有关的数学问题.‎ ‎6.设函数的最小正周期为，且 ，则 ( )‎ A. 在上单调递减 B. 在上单调递减 C. 在上单调递增 D. 在上单调递增 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用辅助角公式将函数的解析式化为，然后根据题中条件求出与的值，得出函数的解析式，然后分别就与讨论，并求出的范围，结合余弦函数的单调性得出答案．‎ ‎【详解】由于，‎ 由于该函数的最小正周期为，得出，‎ 又根据，以及，得出．‎ 因此，，‎ 若，则，从而在单调递减，‎ 若，则，该区间不为余弦函数的单调区间，‎ 故都错，正确．故选A．‎ ‎【点睛】三角函数问题，一般都是化函数为形式，然后把作为一个整体利用正弦函数的性质来求求解．掌握三角函数公式（如两角和与差的正弦、余弦公式，二倍角公式，同角关系，诱导公式等）是我们正确解题的基础．‎ ‎7.若直线过点，斜率为1，圆上恰有3个点到的距离为1，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线的的方程，由题意得，由此求得结果，得到答案.‎ ‎【详解】由圆的方程，可知圆心坐标为，半径为，‎ 设直线的的方程，‎ 由题意知，圆上恰由3个点到直线的距离等于1，‎ 可得圆心到直线的距离等于1，即，解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，解答是要注意直线与圆的位置关系的合理应用，同时注意数形结合法在直线与圆问题的中应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎8.如图，在中，已知，，，，则 A. -45 B. 13 C. -13 D. -37‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先用和表示出 ‎ 再根据，用用和表示出，再根据求出的值，最后将的值代入，从而得出答案．‎ ‎【详解】‎ ‎∵， ∴ ‎ 整理可得：， ‎ ‎∴， ∴‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算，注意运用平面向量的基本定理，以及向量的数量积的性质，考查了运算能力，属于中档题．‎ ‎9.设，且，则的最小值是（ ）‎ A 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，利用基本不等式，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】因为，∴，‎ 又由，所以 ‎，‎ 当且仅当，即，时等号成立，‎ 所以的最小值是，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最小值，其中解答中根据题意，构造使用基本不等式的使用条件，准确利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎10.已知函数，且满足，，则方程在上所有实根的和为（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，函数的周期，并画出两个函数的图象，由图象可知两个函数都关于点对称，根据对称性求方程的实根和.‎ ‎【详解】由于，故函数的周期为2，‎ 画出的图象如下图所示．‎ 注意到函数和都关于中心对称．‎ 所以在上的四个交点的横坐标，即所有实根关于对称，‎ 由图象可知有4个交点，根据中点坐标公式可得所有实根的和为．‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查函数的图象和性质的综合应用，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，本题的关键是由图象判断出两个函数都关于点对称.‎ ‎11.已知球是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：过作球的截面中，面积最大的是过球心的截面，最小的是垂直于的截面，求出球的半径，以及垂直于的截面半径，从而可得结果.‎ 详解：‎ ‎ ‎ 显然过作球的截面中，面积最大的是过球心的截面，最小的是垂直于的截面，‎ 设三棱锥的外接球半径为，‎ ‎，解得 ‎，截面面积最大为，‎ 如图，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 垂直于的截面半径满足，‎ ‎，即截面最小面积为，‎ 截面圆面积的取值范围是，故选A.‎ 点睛：本题主要考球的性质及圆内接三角形的性质、棱锥的体积公式及球的体积公式，属于难题.球内接多面体问题是将多面体和旋转体相结合的题型，既能考查旋转体的对称形又能考查多面体的各种位置关系，做题过程中主要注意以下两点：①多面体每个面都分别在一个圆面上，圆心是多边形外接圆圆心；②注意运用性质.‎ ‎12.已知函数在上都存在导函数，对于任意的实数都有，当时，，若，则实数的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 先构造函数，再利用函数奇偶性与单调性化简不等式，解得结果.‎ ‎【详解】令，则当时，，‎ 又，所以为偶函数， ‎ 从而等价于，‎ 因此选B.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性求解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.‎ 第II卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第13~21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．‎ 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中对应题号后的横线上．‎ ‎13.九进制数2018化为十进制数为________．‎ ‎【答案】1475‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由进位制的换算公式直接求解.‎ ‎【详解】.‎ 故答案为：1475‎ ‎【点睛】本题考查进位制，属于基础知识的考查，简单题型.‎ ‎14.设F1，F2是双曲线C，(a>0,b>0)两个焦点．若在C上存在一点P．使PF1⊥PF2，且∠PF1F2=30°，则C的离心率为________________.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设点P在双曲线右支上,‎ 由题意,在Rt△F1PF2中,‎ ‎|F1F2|=2c,∠PF1F2=30°,‎ 得|PF2|=c,|PF1|=c,‎ 根据双曲线的定义:|PF1|-|PF2|=2a,‎ 即(-1)c=2a,‎ e===+1.‎ ‎15.设数列满足，，且，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知变形为，可知数列是等差数列，然后再利用累加法求通项.‎ ‎【详解】由已知变形为，可知数列是等差数列，‎ 数列的首项是，公差，‎ ‎ ，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎…………….‎ ‎，时，‎ 这个式子相加得 ，‎ 解得： ，‎ 当时，，成立 ‎【点睛】本题考查等差数列的证明和累加法求通项公式，意在考查转化与变形，计算能力，属于中档题型.‎ ‎16.把函数f(x)＝x3－3x的图象C1向右平移u个单位长度，再向下平移v个单位长度后得到图象C2，若对任意u＞0，曲线C1与C2至多只有一个交点，则v的最小值为_________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ 根据题意曲线C的解析式为则方程，即，即对任意恒成立，于是的最大值，令则由此知函数在（0，2）上为增函数，在上为减函数，所以当时，函数取最大值，即为4，于是，v的最小值为4‎ 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．‎ ‎17.2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除.某单位老、中、青员工分别有人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取人调查专项附加扣除的享受情况.‎ ‎（Ⅰ）应从老、中、青员工中分别抽取多少人？‎ ‎（Ⅱ）抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为.享受情况如下表，其中“”表示享受，“×”表示不享受.现从这6人中随机抽取2人接受采访.‎ 员工 项目 A B C D E F 子女教育 ‎○‎ ‎○‎ ‎×‎ ‎○‎ ‎×‎ ‎○‎ 继续教育 ‎×‎ ‎×‎ ‎○‎ ‎×‎ ‎○‎ ‎○‎ 大病医疗 ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎○‎ ‎×‎ ‎×‎ 住房贷款利息 ‎○‎ ‎○‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎○‎ ‎○‎ 住房租金 ‎×‎ ‎×‎ ‎○‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ 赡养老人 ‎○‎ ‎○‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎○‎ ‎（i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；‎ ‎（ii）设为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件发生的概率.‎ ‎【答案】（I）6人，9人，10人；‎ ‎（II）（i）见解析；（ii）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）根据题中所给的老、中、青员工人数，求得人数比，利用分层抽样要求每个个体被抽到的概率是相等的，结合样本容量求得结果；‎ ‎（II）（I）根据6人中随机抽取2人，将所有的结果一一列出；‎ ‎（ii）根据题意，找出满足条件的基本事件，利用公式求得概率.‎ ‎【详解】（I）由已知，老、中、青员工人数之比为，‎ 由于采取分层抽样的方法从中抽取25位员工，‎ 因此应从老、中、青员工中分别抽取6人，9人，10人.‎ ‎（II）（i）从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为 ‎,,,,共15种；‎ ‎（ii）由表格知，符合题意的所有可能结果为,,,,共11种，‎ 所以，事件M发生的概率.‎ ‎【点睛】本小题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型即其概率计算公式等基本知识，考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.‎ ‎18.在中，角的对边长分别为，已知，且．‎ ‎（1）若，求的值；‎ ‎（2）设边上的高为，求的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）在中，由求得，得，进而求解的值，可根据，在利用，利用正弦定理求解的值；（2）根据，，求得，由余弦定理可得，从而可求解的最大值．‎ 试题解析：（1）由已知，，即．‎ 因，则，从而．‎ 所以，即．‎ 因为,由正弦定理，得．‎ ‎（2）因为，则 由余弦定理，得，则，所以 ‎，当且仅当时取等号，所以的最大值为．‎ 考点：正弦定理及余弦定理的应用．‎ ‎19.如图，矩形垂直于正方形垂直于平面．且．‎ ‎（1）求三棱锥的体积；‎ ‎（2）求证：面面．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为面面，‎ 面面，‎ 所以 又因为面，故，‎ 因为，‎ 所以即三棱锥的高，‎ 因此三棱锥的体积 ‎（2）如图，设的中点为，连结．‎ 在中可求得；‎ 在直角梯形中可求得；‎ 在中可求得 从而在等腰，等腰中分别求得，‎ 此时在中有，‎ 所以 因为是等腰底边中点，所以，‎ 所以，‎ 因此面面 ‎【方法点晴】本题主要考查的是线面垂直和面面垂直的判定定理和性质定理，属于中档题．再立体几何中如果题目条件中有面面垂直，则必然会用到面面垂直的性质定理，即由面面垂直得线面垂直；证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．本题用到了直角三角形．‎ ‎20.已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，点在L上．‎ ‎（1）求L的方程；‎ ‎（2）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与L有两个交点A，B，线段AB的中点为M，证明：OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知可知，再将点代入椭圆方程，和 联立求解椭圆方程.‎ ‎（2）设直线方程，与椭圆方程联立，求弦的中点坐标，并表示斜率，即可证明结论.‎ ‎【详解】（1）抛物线的焦点为，‎ 由题意可得，即，‎ 又点在L上，可得，‎ 解得，，‎ 即有椭圆．‎ ‎（2）证明：设直线l的方程为，‎ ‎，，‎ 将直线代入椭圆方程，可得 ‎，‎ ‎，‎ 即有AB的中点M的横坐标为，纵坐标为，‎ 直线OM的斜率为，‎ 即有．‎ 则OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求法，以及弦中点的证明问题，意在考查推理与计算，属于中档题型.‎ ‎21.设函数，其中．‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）当时，试证明：函数有且仅有两个零点，且．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求函数的导数，，然后分情况讨论函数的单调性；‎ ‎（2）由（1）知，当时，在上单调递减，在 上单调递增，根据零点存在性定理讨论零点所在的区间，构造，判断在的单调性，得到,，再根据，根据函数的单调性证明 ‎【详解】（1）函数定义域为，，‎ 时，恒成立，故的解集为．‎ 所以在上单调递减，在上单调递增．‎ 时，有两个实根：-1，．‎ 当时，，令，解得．‎ 故在上单调递减，在，上单调递增；‎ 当时，，令，解得．‎ 故在上单调递减，在，上单调递增；‎ 当时，恒成立，为上的增函数．‎ ‎（2）由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增．‎ 故．‎ 又，．‎ 由零点存在性定理知，函数仅有两个零点，．‎ 令，有．‎ ‎．‎ 时，，函数单调递增，所以．‎ 即，又，所以．‎ ‎，函数在上单调递减，所以．‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调性，和证明不等式，意在考查分类讨论和推理与证明，本题的关键是判断零点所在区间后，设，并且得到，然后根据单调性即可证明不等式.‎ 请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号．‎ ‎22.在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（，为参数），曲线上的点对应的参数．在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线是圆心在极轴上，且经过极点的圆．射线与曲线交于点．‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若点，在曲线上，求的值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可知圆的方程为，代入点，求得极坐标方程，然后再根据转化公式转化为曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）首先求曲线的参数方程（为参数），即，将两点的极坐标化为直角坐标，代入椭圆方程，化简求值.‎ ‎【详解】（1）设圆的半径为R，由题意，圆的方程为，（或）．‎ 将点代入，得，即.‎ ‎（或由，得，代入，得），‎ 即 ，‎ ‎ ‎ 所以曲线的直角坐标方程为．‎ ‎（2）将及对应的参数，代入，‎ 得，即．‎ 所以曲线的方程为（为参数），‎ 因为点，在曲线上，‎ 所以，，‎ ‎ ， ‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查直角坐标方程，极坐标方程和参数方程的互化，以及曲线参数方程的引用，意在考查转化与化归和变形能力，属于基础题型.‎ ‎23.已知函数，．‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）若方程在区间有解，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过讨论的范围得到关于的不等式组，解出即可； ‎ ‎（2）根据题意，原问题可以等价函数和函数图象在区间上有交点，结合二次函数的性质分析函数的值域，即可得答案．‎ ‎【详解】解：（1）可化为，‎ 故，或，或；‎ 解得：，或，或；‎ 不等式的解集为；‎ ‎（2）由题意：，．‎ 故方程在区间有解函数和函数，图像在区间上有交点 当时，‎ 实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的性质以及应用，注意零点分段讨论法的应用，属于中档题．‎ ‎ ‎