2020届湖南师范大学附属中学高三上学期第二次月考数学（文）试题（解析版）

2020届湖南师范大学附属中学高三上学期第二次月考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】化简集合,根据补集的运算,可得答案.

【详解】

因为,，

∴．

故选:B．

【点睛】

本题考查了补集的运算,考查了解一元二次不等式,属于基础题.

2．下列结论中错误的是（    ）

A．命题“若，则”的逆否命题是“若，则”

B．“”是“”的充分条件

C．命题“若，则方程有实根”的逆命题是真命题

D．命题“若，则且”的否命题是“若，则或”

【答案】C

【解析】选项A：根据逆否命题的定义可以直接判断本命题的正确性；

选项B：根据充分条件的定义可以直接判断本命题的正确性；

选项C：写了命题的逆命题,再根据一元二次方程的判别式可以判断出本命题的正确性；

选项D：根据否命题的定义可以直接判断出本命题的正确性.

【详解】

选项A：根据逆否命题的定义可以直接判断本命题是正确的；

选项B：由可以推出,因此“”是“”的充分条件,故本命题是正确的；

选项C：“若，则方程有实根”的逆命题是若方程有实根,则.因为方程有实根,则,所以推不出,故本命题是错误的；

选项D：根据否命题的定义可以直接判断出本命题是正确的.

故选：C

【点睛】

本题考查了逆命题、否命题、逆否命题的定义以及真假判断,考查了充分条件的定义以及判断.

3．用二分法求函数在区间上的零点,要求精确度为时,所需二分区间的次数最少为(  )

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由原来区间的长度等于1 ,每经过一次操作，区间长度变为原来的一半，经过此操作后,区间长度变为，由可得结果.

【详解】

开区间的长度等于1 ,每经过一次操作,区间长度变为原来的一半，

经过此操作后,区间长度变为，

用二分法求函数在区间上近似解,

要求精确度为 ,

，解得，故选C.

【点睛】

本题考查用二分法求函数的近似零点的过程，每经过一次操作，区间长度变为原来的一半，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于基础题.

4．的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，，，则（    ）

A．或 B．

C． D．4

【答案】A

【解析】根据余弦定理列方程可解得.

【详解】

由余弦定理得,即,

所以,解得或.

故选:A

【点睛】

本题考查了利用余弦定理解三角形,属于基础题.

5．已知表示的平面区域为，若，为真命题，则实数的取值范围是

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】本题可先通过线性规划得出平面区域，在解出的取值范围，最后得出的取值范围。

【详解】

绘制不等式组表示的可行域如图所示，

令，结合目标函数的几何意义可得在点处取得最大值，

联立直线方程可得，解得，即，则.

结合恒成立的条件可知，即实数的取值范围是，本题选择A选项。

【点睛】

求线性目标函数的最值，当时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.解本题时，由线性规划知识确定的最值，然后结合恒成立的条件确定实数的取值范围即可。

6．已知点和在直线的两侧，则直线的倾斜角的取值范围是 (   )

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设直线l的倾斜角为θ∈[0,π).点A(1,−2),B(,0).

直线l:ax−y−1=0(a≠0)经过定点P(0,−1).

∵点(1,−2)和(,0)在直线l:ax−y−1=0(a≠0)的两侧，

∴kPA<a<kPB,∴−1<tanθ<，tanθ≠0.

解得.

本题选择D选项.

7．已知数列的前n项积为，那么当时，等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据数列的前n项积的定义,由可得答案.

【详解】

设数列的前n项积为，则，

当时，=,所以.

故选:D．

【点睛】

本题考查了由数列的递推关系求通项,属于基础题.

8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（   ）

A．    B．    C．    D．

【答案】D

【解析】由已知，可知该几何体为直四棱柱，上、下两个面是边长为的正方形；前后两个面是长为，宽为的平行四边形；左右两个面是长为，宽为的长方形，故其表面积为，故选D.

9．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（   ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】由已知，，，可以变形为，可

以构造函数，可知函数是增函数，故

，常变量分离，，设，求导，最后求出的最小值，最后求出实数的取值范围.

【详解】

∵且，∴当时，，即函数在上是一个增函数.设，则有，即，设，则有，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，在处取得最小值，，∴.

【点睛】

本题考查了利用导数，根据函数的单调性求参数问题,通过已知的不等式形式，构造函数，利用新函数单调性，求出最值，是解题的关键.

10．如图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，动点P在边BC上，且满足（m，n均为正实数），则的最小值为（    ）

A．5 B． C． D．

【答案】B

【解析】根据向量的线性运算得到后,利用三点共线的结论列式可得,再根据基本不等式可得最小值.

【详解】

依题意得，∴，

∴．

∵C，P，B三点共线，

∴，即，

又∵m，n均是正实数，

∴,

当且仅当，即时，等号成立．

故选:B．

【点睛】

本题考查了向量的线性运算,考查了三点共线的结论,考查了基本不等式求和的最小值,属于中档题.

11．定义在上的偶函数满足，且在上是减函数，若是锐角三角形的两个内角，则下列各式一定成立的是(    )

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】分析：由求出函数的周期，由周期性和条件可得在上的单调性，进而由函数的奇偶性和周期性得到函数在上的单调性，根据锐角三角形的条件和诱导公式、以及正弦函数的单调性判断出和的大小，根据的单调性，即可得到结论.

详解：由得，函数为周期为，

因为函数在为单调递减函数，所以函数在为减函数，

又由函数为偶函数，所以函数在为单调递增函数，

因为锐角三角形，所以，且都为锐角，所以且都为锐角，

由在上为单调递增函数，所以，

所以，故选C.

点睛：本题主要考查了正弦函数的单调性及锐角三角形的性质、函数的基本性质的综合应用，其中解答中正确应用函数的基本性质，合理作出运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及转化思想方法的应用.

12．定义：对于函数，．若存在常数c，对于任意，存在唯一的，使得，则称函数在D上的“均值”为c．若，，则函数在上的“均值”为（    ）

A． B． C． D．10

【答案】C

【解析】假设存在常数c，对于任意，存在唯一，使得,

即,由,得,再根据列式可解得答案.

【详解】

假设存在常数c，对于任意，存在唯一，

使得，即，则．

故当时，，依题意可得,

∴，从而，即，

∴．

故选:C．

【点睛】

本题考查了对新定义的理解能力,考查了根据子集关系求参数,考查了对数的运算性质,属于中档题.

二、填空题

13．观察下列式子：根据以上式子可以猜想：__________．

【答案】

【解析】确定的不等式的左边各式分子是1，分母值自然数的平方和，右边分母与最后一项的分母相同，分子是以3为首项，2为公差的等差数列，即可求解．

【详解】

由已知中的不等式

可知不等式的左边各式分子是1，分母值自然数的平方和，右边分母与最后一项的分母相同，分子是以3为首项，2为公差的等差数列，

所以不等式右边的第2018项为

所以．

【点睛】

本题考查了合情推理，对于合情推理主要包括归纳推理和类比推理．数学研究中，在得到一个新结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路与方向．合情推理仅是“合乎情理”的推理，它得到的结论不一定正确．而演绎推理得到的结论一定正确(前提和推理形式都正确的前提下)．

14．等差数列，的前项和分别为，，且，则______．

【答案】

【解析】根据等差数列的性质可得，结合题中条件，即可求出结果.

【详解】

因为等差数列，的前n项和分别为，，

由等差数列的性质，可得，

又，

所以.

故答案为

【点睛】

本题主要考查等差数列的性质，以及等差数列的前项和，熟记等差数列的性质与前项和公式，即可得出结果.

15．如图,AB为圆O的直径,点C在圆周上异于点A,,直线PA垂直于圆O所在的平面,点M是线段PB的中点有以下四个命题：

①∥平面；

②∥平面；

③平面；

④平面平面．

其中正确的命题的序号是______．

【答案】①④

【解析】根据线面平行的判定与线面,面面垂直的判定方法逐个证明即可.

【详解】

对①,因为为的中点,故为三角形的中位线,故∥平面.

故①正确.

对②,因为平面,故②错误.

对③,因为,故不会垂直于,故不垂直于平面.故③错误

对④, 因为,面,故.又.

故平面,又平面,故平面平面.故④正确.

故答案为①④

【点睛】

本题主要考查了线面平行与线面垂直等判定,属于中等题型.

16．已知关于x的方程在上有两个不等的实数根，则a的取值范围是________．

【答案】

【解析】将问题转化为函数与在上有两个交点,再根据两个函数的图象分析可得答案.

【详解】

因为方程在上有两个实数根等价于在上有两个实数根, 等价于函数与在上有两个交点，显然为一个交点，

结合与的图象，图象如下:

当经过点时，．

当与相切时，设切点为,

由,根据导数的几何意义得,又

所以,

令,所以,所以在上递减,在上递增,所以时取得最小值1,所以，

所以当时, 函数与在上只有一个交点.

所以当时, 函数与在上有两个交点,

所以当时，关于x的方程在上有两个实数根.

【点睛】

本题考查了由方程的实根个数求参数的取值范围,考查了等价转化思想,考查了数形结合思想,考查了导数的几何意义,属于中档题.

三、解答题

17．为了解某班学生喜好体育运动是否与性别有关，对本班50人进行了问卷调查得到了如下的列联表：

已知按喜好体育运动与否，采用分层抽样法抽取容量为10的样本，则抽到喜好体育运动的人数为6．

（1）请将上面的列联表补充完整；

（2）能否在犯错概率不超过0.01的前提下认为喜好体育运动与性别有关？说明你的理由；

（3）在上述喜好体育运动的6人中随机抽取两人，求恰好抽到一男一女的概率．

参考公式：．

独立性检验临界值表：

【答案】（1）列联表见解析；（2）能，理由见解析；（3）.

【解析】(1)利用求得喜好体育运动的人数后,根据表格中数据可得表格中其它数据;

(2)求出观测值后,利用临界值表可得结论;

(3)用列举法得到基本事件的总数以及所求事件包含的结果数,然后用古典概型概率公式计算可得.

【详解】

（1）喜好体育运动的人数为：，列联表补充如下：

（2）∵．

∴能在犯错概率不超过0.01的前提下认为喜好体育运动与性别有关．

（3）6人中有男生4人，设为，，，，女生2人，设为，，

随机抽取两人所有的情况为：，，，，，，，，，，，，，，，共15种．

其中一男一女包含8种情况，故概率为．

【点睛】

本题考查了分层抽样,考查了独立性检验,考查了古典概型的概率公式,属于基础题.

18．已知数列是公比为3的等比数列，且，，成等差数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）记，求数列的前n项和．

【答案】（1）；（2）.

【解析】(1)根据，，成等差数列,可得,再利用等比数列的通项公式计算出,然后写出通项公式即可;

(2)分组后根据等差数列与等比数列的前项和公式计算,即可得到答案.

【详解】

（1）由题意可得，

即，解得：．

∴数列的通项公式为．

（2）．

．

【点睛】

本题考查了等差中项,考查了等比数列的通项公式,考查了等差数列和等比数列的前项和公式,属于基础题.

19．如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为O，且平面．

（1）证明：；

（2）若，，，求到平面ABC的距离．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】(1)先根据,可证明平面ABO,再根据直线与平面垂直的性质可证;

(2)先作出点到平面的距离: 作，垂足为D，连接AD，作，垂足为H，则就是点到平面的距离,然后根据已知条件计算出,再根据为的中点可得到平面ABC的距离.

【详解】

（1）证明：连接，则O为与的交点，

∵侧面为菱形，∴，

∵平面，∴，

∵，∴平面ABO，

∵平面ABO，∴．

（2）作，垂足为D，连接AD，作，垂足为H，

∵，，，

∴平面AOD，

∴，

∵，，

∴平面ABC．

∵，∴为等边三角形，

∵，∴，

∵，∴，

∴，由，∴，

∵O为的中点，

∴到平面ABC的距离为．

【点睛】

本题考查了直线与平面垂直的判定定理与性质定理,考查了求点到平面的距离,作出点到平面的距离是解题关键,属于中档题.

20．已知椭圆的对称中心为原点，焦点在轴上，焦距为，点在该椭圆上．

（1）求椭圆的方程；

（2）直线与椭圆交于两点，点位于第一象限，是椭圆上位于直线两侧的动点．当点运动时，满足，问直线的斜率是否为定值，请说明理由．

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）由题可得， 所以 ，则椭圆的方程为

（2）将代入椭圆方程可得，解得 ，则 ，由题可知直线与直线的斜率互为相反数，写出直线的方程与椭圆方程联立整理可得。

【详解】

（1）因为椭圆的对称中心为原点，焦点在轴上，

所以设椭圆方程为

因为焦距为，

所以 ，焦点坐标 ，

又因为点在该椭圆上，代入椭圆方程得

所以 ，即

解得

所以

则椭圆的方程为.

（2）将代入椭圆方程可得，解得

则

当点运动时，满足，则直线与直线的斜率互为相反数，

不妨设，则，

所以直线的方程为，

联立 ，解得

因为是该方程的两根，

所以，即，

同理直线的方程为且

所以

所以 ，

即直线的斜率为定值。

【点睛】

直线与椭圆的位置关系是近几年的高考重要考点，求椭圆的标准方程时要注意焦点的位置，本题解题的关键是先求出椭圆的标准方程，且由可知直线与直线的斜率互为相反数，属于偏难题目。

21．已知函数.

（1）若，求在处的切线方程；

（2）若在上有零点，求的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】（1）对函数进行求导，由得切线的斜率，再由，利用点斜式得到切线方程.

（2）利用导数对m分类讨论说明的单调性及极值，结合零点存在定理分别列出不等式，可求解m的范围.

【详解】

（1）时，，，

∴.故所求切线方程为，即.

（2）依题意

①当时，，在上单调递减，依题意，，解得

故此时.

②当时，，在上单调递增，依题意，，即

此不等式无解.（注：亦可由得出，此时函数无零点）

③当时，若，，单调递增，

，，单调递减，

由时，.

故只需，即，又，

故此时

综上，所求的范围为.

【点睛】

本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数研究函数的零点、单调性、极值与最值问题，涉及零点存在定理的应用，属于中档题．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数），且直线与曲线交于两点，以直角坐标系的原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线的极坐标方程；

（2） 已知点的极坐标为，求的值

【答案】(1).

(2).

【解析】分析：(1)曲线C的参数方程消去参数，得曲线C的普通方程，整理得到，由此，根据极坐标与平面直角坐标之间的关系，可以求得曲线C的极坐标方程；

(2)将直线的参数方程与曲线C的普通方程联立，利用直线方程中参数的几何意义，结合韦达定理，求得结果.

详解：（1）的普通方程为，

整理得，

所以曲线的极坐标方程为.

（2）点的直角坐标为，设，两点对应的参数为，，

将直线的参数方程代入曲线的普通方程中得，

整理得.

所以，且易知，，

由参数的几何意义可知，，，

所以 .

点睛：该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，涉及到的知识点有曲线的参数方程向普通方程的转化，曲线的平面直角坐标方程向极坐标方程的转化，直线的参数方程中参数的几何意义，在解题的过程中，要认真分析，细心求解.

23．已知函数.

（1）若的最小值为3，求实数的值；

（2）若时，不等式的解集为，当时，求证：.

【答案】（1）或；（2）证明见解析.

【解析】（1）利用绝对值不等式得到，计算得到答案.

（2）去绝对值符号，解不等式得到集合，利用平方作减法判断大小得证.

【详解】

（1）因为（当且仅当时取“=”）.

所以，解得或.

（2）当时，.

当时，由，得，解得，又，所以不等式无实数解；

当时，恒成立，所以；

当时，由，得，解得，又，所以；

所以的解集为.

.

因为，所以，所以，

即，所以.

【点睛】

本题考查了绝对值不等式，绝对值不等式的证明，讨论范围去绝对值符号是解题的关键.