2020届湖南省长沙市一中高三上学期第二次月考数学(理)试题(解析版)

试题

一、单选题

1．设集合Ay|ylog2x,0x8，集合Bx|21，则Ax B等于（ ）

A.0,3 【答案】B

B.0,3 C.,3

D.R

【解析】分别求出集合A，集合B，由此能求出A【详解】

B

因为Ay|ylog2x,0x8y|y3，Bx|21x|x0，

x所以AIB0,3. 【点睛】

本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 2．若A.第一象限 【答案】D

【解析】由已知角的范围可得cos0，sin0，则答案可求． 【详解】

,0，则复数zcosisin（i为虚数单位）对应的点在（ ） 2B.第二象限

C.第三象限

D.第四象限

Q,0

2cos0，sin0

复数zcosisin对应的点在第四象限.

【点睛】

本题考查三角函数的象限符号，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题． 3．已知偶函数f(x)在[0,)上单调递增，则对实数a、b，“a>|b|”是“f(a)f(b)”的（ ）

A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

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【答案】A

【解析】本道题结合偶函数满足fxfx以及单调递增关系,前后推导,即可. 【详解】

结合偶函数的性质可得fxfx,而当ab,aba,所以结合fx在

0,单调递增,得到fafafb,故ab可以推出fafb.举特

殊例子,f3f3f1,但是31,故由fafb无法得到ab,故

ab是

fafb的充分不必要条件,故选A.

【点睛】

本道题考查了充分不必要条件的判定,关键结合偶函数的性质以及单调关系,判定,即可,属于较容易的题.

4．若向量a=(1,1),b=(1,-1),c=(-1,2),则c等于 ( )

13a+b 2231C.a-b 22A.-【答案】B

13a-b 2231D.-a+b

22B.

1x,xy-1,2解得 【解析】设c=xa+yb,于是有x-y2,y-3,2即c=

13a-b. 22x5．函数fxe2x1的图象大致为（ ）

A． B．

C． D．

【答案】C

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【解析】根据函数的奇偶性，排除选项B，通过函数的导数，判断函数的单调性，可排除选项A,D，从而可得结果. 【详解】

函数fxe2x1是偶函数，排除选项B；

x当x0时，函数fxe2x1 ，可得f'xe2，

xx当x0,ln2时，f'x0，函数是减涵数，当xln2时，函数是增函数，排除项选项A,D，故选C. 【点睛】

函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势． (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性． (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象

6．执行如图的程序框图，则输出x的值是（ ）

A.1 【答案】D

B.2 C.

1 2D.1

【解析】易知当y1024时，循环结束；再寻找x的规律求解. 【详解】 计算过程如下：

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x 2 －1 1 22 是 2 1 4 是 … 1 1024 否 y y1024

0 是 1 是 3 是 … 是 当x1024时，循环结束，所以输出x1. 故选D. 【点睛】

本题考查程序框图，选择表格计算更加简洁.当循环次数较多时，要注意寻找规律. 7．已知ab0，xabeb，ybaea，zbaeb，则（ ） A．xzy C．zyx 【答案】A

【解析】利用作差法，结合指数函数的图像与性质可得结果. 【详解】

∵xabeb，ybaea，zbaeb， ∴yzaeeB．zxy D．yzx

ab

又ab0，e＞1，∴ea＞eb ∴y＞z

zxbaabebabeb1，

又ab0，eb＞1 ∴z＞x 综上：xzy 故选：A 【点睛】

本题考查三个数的大小的判断，考查作差法，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

第 4 页 共 20 页

8．已知函数fxcos2x0向右平移

个单位后得到gx，当4x7

时，函数gx取得最大值，则g的值为（ ） 126

3 2A.B.3 2C.1 2D.

1 2【答案】A

【解析】把函数fxcos2x0向右平移

个单位后得到gx，根4据gx在x【详解】

7g取得最大值可求得，即可求的值。 1267gxcos2xsin2x，由x时，函数gx取得最大值，

412且0，得【点睛】

本题主要考查正、余弦函数的图象的特征，诱导公式，函数yAsin(x)的图象变换规律，属于基础题．

9．已知P是椭圆上一点，F是椭圆的一个集点，则以线段PF为直径的圆和以椭圆长轴为直径的圆的位置关系是（ ） A.相离 【答案】B

【解析】设F、F分别是椭圆的左右焦点，作出以PF为直径的圆和以长轴为直径的圆xya，设PF的中点为M，连结PF，利用三角形中位线定理与椭圆的定义，证出|OM|11|PF|a|PF|，得到两圆的圆心距等于它们半径之差，从而得到两圆2222222，gxsin2x333. ，gsin263B.内切 C.内含 D.相交

的位置关系是相内切． 【详解】

x2y2设椭圆的方程为221(ab0)，F、F分别是椭圆的左右焦点，

ab222作出以线段PF为直径的圆和以长轴为直径的圆xya，如图所示．

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设PF中点为M，连结PF，

OM是PFF的中位线，可得|OM||PF|，即两圆的圆心距为|PF|

根据椭圆定义，可得|PF||PF|2a，

1212圆心距|OM||PF|(2a|PF|)a|PF|，

即两圆的圆心距等于它们半径之差，

222因此，以PF为直径的圆与以长半轴为直径的圆xya相内切．

121212故选：B．

【点睛】

本题给出椭圆以一条焦半径为直径的圆和以长轴为直径的圆，求两圆的位置关系．着重 考查了圆与圆的位置关系及其证明、椭圆的定义与简单几何性质等知识，属于中档题．

2n10．已知数列an,bn满足a11，且an,an1是函数f(x)xbnx2的两个零点，

则b10等于（ ） A．24 【答案】D

nn1【解析】试题分析：依题意可知，anan1bn，anan12，an1an22，所

B．32 C．48 D．64

以

an1an2an22.即an22an，故a32a1，a52a34a1，a72a58a1，

anan1ana92a716a1.a11，所以a916，又可知

a9a1029512,a1032.a10a112101024,a1132,故b10a10a1164.

【考点】函数的零点、数列的递推公式 11．已知函数fxsin2x4，若方程fx1在区间0,内的解为3x1,x2x1x2，则sinx1x2（ ）

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A. 【答案】D

13B.1 2C.3 2D.22 3【解析】由题意可得x1x233，得x1x22x1，通过计算2x1的范围，

444利用三角恒等变化可求cos2x1【详解】

的值，即可得出sinx1x2。 42x42kx3k3k 即函数fx的对称轴为x82821Qfx在区间0,内的解为x1,x2x1x2

3xx3 12283x2x1

43sinx1x2sin2x14又因为x1x2，x2所以2x1【点睛】

本题考查正弦函数的性质以及三角恒等变换，属于中档题。

12．已知球O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）ABCD的外接球，底边BC3，侧棱AB23，点E在线段BD上，且BD3BE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ） A.cos2x1.

433x1，所以x1， 48822220,，所以cos. ，所以2xsinxx112424335,4 4B.2,4

C.9,4 4D.11,4 4【答案】B

【解析】设BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接O1D，OD，O1E，OE，可得R23(3R)2，解得R2，过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大，即可求解． 【详解】

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如图，设BDC的中心为O1，球O的半径为R， 连接O1D，OD，O1E，OE， 则O1D3sin6023，AO1AD2DO123， 3在Rt△OO1D中，R23(3R)2，解得R2， BD3BE，DE2

在DEO1中，O1E34232cos301

OEO1E2OO122 过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小， 此时截面圆的半径为22(2)22，最小面积为2． 当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4． 故答案为[2，4]

【点睛】

本题考查了球与三棱锥的组合体，考查了空间想象能力，转化思想，解题关键是要确定何时取最值，属于中档题．

二、填空题

2105)0.34，13．某年级有100名学生，一次数学测试成绩～N(105,10)，P(95剟则该年级学生数学成绩在115分以上的人数大约为________． 【答案】16人

【解析】根据正态分布的对称性，求得115分以上的概率，由此求得115分以上的人数. 【详解】

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由于满足正态分布，故P115所以人数大约为1000.1616人. 故填：16人. 【点睛】

12P95105120.340.16，

22本小题主要考查根据正态分布的对称性求概率，属于基础题.

rrr14．已知平面向量a,b满足bab3，且|a|1，|b|2，则|ab|________．

【答案】3 rrr22【解析】利用bab3化简求得ab1，然后利用|ab|a2abb计算出|ab|. 【详解】

∵b(ab)3，∴bab3，又∵|a|1，|b|2， ∴ab1，|ab|故填：3. 【点睛】

本小题主要考查平面向量数量积运算，考查平面向量模的求解策略，属于基础题. 15．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，若3a2b23abcosC0，b，c，则c2a2abb1243．

22cosAcosB的最小值为__________． ab【答案】2

【解析】利用余弦定理将3a2b23abcosC0及c22cosAcosB化为三角形边的

ba关系，可得c3ab，再利用基本不等式可得最小值. 【详解】 根据题意， 由余弦定理得

132a2b2c29212323ab3abcosC3ab3ababc0，

2ab2222222第 9 页 共 20 页

222得c3ab，

13依据正弦定理：ccosAsinBcosBsinAsinCsinABcosAcosBsinC bsinAsinBsinAsinBa3absin2Cc23ab时取等号，综上所述，答案为2. 2，当且仅当

b3asinAsinBabb3a故答案为2. 【点睛】

本题主要考查了正余弦定理和基本不等式的交汇，解答本题的关键是将角化成边，利用基本不等式求最值要验证条件 “一正”“二定”“三相等”.

16．定义在,上的奇函数fx的导函数为f'x，且f10.当x0时，

22f'xtanxfx0，则不等式fx0的解集为______.

【答案】,10,1 2【解析】令g(x)【详解】 当0xf(x)，根据函数的单调性求出不等式的解集即可． sinx2时，由f'xtanxfx0，得f'xsinxfxcosx0，得

fxfx'0，所以gx在0,上递增， sinx2sinxf1∵gx为偶函数，∴gx在,0上递减，且g1g10，

2sin1gx0g1gx0g1fx0gxsinx0或，

sinx0sinx0可得2x1或0x1，

,10,1. 2所以，fx0的解集为【点睛】

本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及解不等式问题，是一道中档题．

三、解答题

17．已知正项等比数列an为递增数列，Sn为其前n项和，且S37，

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1117. a1a2a34（1）求数列an的通项公式；

1b3loga2（2）若n，数列的前n项和为Tn，若Tn对任意nN*恒2nbnbn1成立，求的最小值.

n-1【答案】（1）an=2.（2）

1 61117构造方程组，a1a2a34【解析】（1）已知an为正项等比数列，根据S37，解得a1与q，即可求出数列an的通项公式。

（2）由（1）的通项公式计算出bn的通项公式，利用裂项相消法求出数量前n项和Tn，可求的最小值。 【详解】

（1）设等比数列an的公比为qq1，

1的bbnn1111a1a21a1a2a3S377，得a22. 则222a1a2a3a1a3a2a2a2a24S3a1a2a32122q7，解得q=2，或q（舍）， q2n222n22n1. 所以ana2q（2）∵bn3log2an23n1， ∴

11111， bnbn13n13n233n13n21111111Tn325583n13n2111n111， 323n26n4633n26∴11，即的最小值为. 66【点睛】

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（1）利用基本量法构造方程组求数列an的通项公式。 （2）裂项相消法求和法：

适用情形：①分式型数列；②分母中有两个或两个以上的因式，且因式结构相似. 裂项的基本原理：将分子视为分母两因式之差的倍数. 常见的裂项公式：

1111且d0），（其中d为等差数列an的公差，anan1danan11111111，，

nn1nn1nn22nn2111；

2n12n122n12n118．如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，BCD120，四边形ACFE为矩形，且CF平面ABCD，ADCDBCCF.

1

（1）求证：EF平面BCF；

（2）点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为，试求cos的取值范围.

71cos, 【答案】（1）证明见解析；（2）72【解析】（1）通过证明BCAC．ACCF，转化证明AC平面BCF，然后推出EF平面BCF；

（2）建立空间直角坐标系，设ADCDBCCF1，求出相关点的坐标，求出平面MAB的一个法向量，令FM03，由题意可得平面FCB的一个法向量，求出两法向量所成角的余弦值，即可求cos的取值范围． 【详解】

（1）证明：设ADCDBC1， ∵AB∥CD，BCD120，∴AB2，

第 12 页 共 20 页

∴AC2AB2BC22ABBCcos60o3， ∴AB2AC2BC2，则BCAC. ∵四边形ACFE为矩形，∴ACCF， 而CF,BC平面BCF，且CF∵EFBCC，∴AC平面BCF.

AC，∴EF平面BCF.

（2）以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

uuur所以AB令FM03，则C0,0,0，A3,0,0，B0,1,0，M,0,1，

uuur3,1,0，BM,1,1，

设n1x,y,z为平面MAB的一个法向量，

n1AB03xy0由，得，

nBM0xyz01ur取x1，所以n11,3,3，

uur因为n21,0,0是平面FCB的一个法向量.

uruurn1n21cosuruur所以2n1n213311347， 72.

因为03，所以当0时，cos有最小值711cos,. 当3时，cos有最大值，所以272

【点睛】

本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力

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19．长沙某超市计划按月订购一种冰激凌，每天进货量相同，进货成本为每桶5元，售价为每桶7元，未售出的冰激凌以每桶3元的价格当天全部处理完毕.根据往年销售经验，每天的需求量与当天最高气温（单位：C）有关，如果最高气温不低于25oC，需求量为600桶；如果最高气温（单位：C）位于区间20,25，需求量为400桶；如果最高气温低于20C，需求量为200桶.为了确定今年九月份的订购计划，统计了前三年九月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表： 最高气温（C） 天数

以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率. （1）求九月份这种冰激凌一天的需求量X（单位：桶）的分布列；

（2）设九月份一天销售这种冰激凌的利润为Y（单位：元），当九月份这种冰激凌一天的进货量n（单位：桶）为多少时，Y的均值取得最大值？

【答案】（1）见解析；（2）当n400时，Y的数学期望E(Y)取得最大值640。 【解析】（1）由已知得，X的可能取值为200，400，600，记六月份最高气温低于20为事件A1，最高气温位于区间[20，25)为事件A2，最高气温不低于25为事件A3，结合频数分布表，用频率估计概率，能求出六月份这种冰激凌一天的需求量X（单位：桶）的分布列．

（2）结合题意得当n„200时，E(Y)2n„400，分别求出当200n„400，

10,15 15,20 2 16 20,25 36 25,30 25 30,35 7 35,40 4 400n„600，n600时的数学期望，由此能求出当n400时，Y的数学期望E(Y)取得最大值640． 【详解】

400，600，（1）由已知得，X的可能取值为200，记六月份最高气温低于20为事件A1，最高气温位于区间[20，25)为事件A2，最高气温不低于25为事件A3， 根据题意，结合频数分布表，用频率估计概率， 可知

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P(X200)P(A1)181362362,P(X400)P(A2),P(X600)P(A3)， 905905905故六月份这种冰激凌一天的需求量X（单位：桶）的分布列为： X P

（2）结合题意得当n„200时，E(Y)2n„400， 当200n„400时，

200 400 600 1 52 52 5146E(Y)[2002(n200)(2)]n2n160(400,640]，

555当400n„600时，

122E(Y)[2002(n200)(2)][4002(n400)(2)]n2

5552n800[560,640)，

5当n600时，

122E(Y)[2002(n200)(2)][4002(n400)(2)][6002(n600)(2)]55517602n560，

所以当n400时，Y的数学期望E(Y)取得最大值640． 【点睛】

本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查频率分布列的应用，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．

20．已知点M到点F3,0的距离比它到直线l:x50距离小2 （Ⅰ）求点M的轨迹E的方程；

（Ⅱ）过点Pm,0m0作互相垂直的两条直线l1,l2，它们与（Ⅰ）中轨迹E分别交于点A,B及点C,D，且G,H分别是线段AB,CD的中点，求PGH面积的最小值. 【答案】（Ⅰ）y212x；（Ⅱ）36

【解析】（Ⅰ）可知点M到点F3,0的距离与到直线l:x30距离相等，根据抛物线定义可得方程；（Ⅱ）设直线l1:xt1ym，与抛物线方程联立后利用韦达定理和

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中点坐标公式可求得G点坐标，同理可求得H点坐标；从而用t1,t2表示出PG,PH，根据两条直线互相垂直得到t1t21，代入三角形面积公式，利用基本不等式可求得面积的最小值. 【详解】

（Ⅰ）由题意知，点M到点F3,0的距离与到直线l:x30距离相等 由抛物线的定义知，轨迹E是以F3,0为焦点，以直线l:x30为准线的物线

2M的轨迹E的方程为：y12x

（Ⅱ）设直线l1:xt1ym

联立xt1ym2y12t1y12m0 得：2y12x设Ax1,y1，Bx2,y2

22则y1y212t1，x1x2t1y1y22m12t12m G6t1m,6t1

2设直线l2:xt2ym.同理可得：H6t2m,6t2

2l2的斜率存在且均不为0 ，易知直线l1、PG6t11t12，PH6t21t2111，即：t1t21 t1t2SPGH

1PGPHsinPGH18t1t221t1t18212222t12t218436当且仅当t1t21时取等号

PGH面积的最小值为36

【点睛】

本题考查根据抛物线的定义求解抛物线的方程、直线与抛物线综合应用中的三角形面积的最值求解问题.求解三角形面积最值的关键是能够结合韦达定理求得所需点的坐标和线段长，从而利用变量表示出三角形面积，利用基本不等式求得最值.

ex21．已知函数fx2，其中a0，bR，e为自然对数的底数.

axbx1（1）若b1，且当x0时，fx1总成立，求实数a的取值范围；

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（2）若b0，且fx存在两个极值点x1，x2，求证：1【答案】（1）a0,；（2）详见解析

23fx1fx2e. 2a11总成立，分类讨论，确定函数的最小值，0时，f(x)…【解析】（1）若b1，且当x…即可求实数a的取值范围；

（2）求出函数的导数，构造新的函数，根据函数的单调性证明即可． 【详解】

exax(x)exa（1）当b1，则fx2，f(x)，

22axx1(axx1)12a当0a„当a在[1时，f(x)0，fx在0, 上单调递增，f(x)f(0)1； 212a1]上单调递减， 时，f(x)在[0，a22a1，)上单调递增， a2a1)f(0)1，不成立， af(x)minf(0a„11即a0, 22

exex(ax22ax1),f(x)（2）当b0时，f(x)2， ax1(ax21)2因为fx存在两个极值点，4a24a0即a1 有条件知x1，x2为ax22ax10两根，x1x22,x1x2不妨设x1x2则0x11x22

ex1x2ex2x1ex1ex2ex1ex2f(x1)f(x2)22，

ax11ax212ax12ax221， a11ex由（1）知当b1，a，x0，21，即exx2x1（当且仅当

22axx1x0取等号）

所以当x0时，恒有ex12xx1 2f(x1)f(x2)11212xxx1xxx1122121 222第 17 页 共 20 页

11xxxx4xx121212 22162 22a31 2ax1ex2x2ex11 又f(x1)f(x2)x1e2x12x1ex122令hxxe2x2xex0x1

`x2x0 则hx1xee所以hx在0,1 上递增，hxh12e，从而f(x1)f(x2)e 综上可得：1【点睛】

本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性、最值问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题

22．在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为3fx1fx2e 2ax2cos（为参数），以坐

ysin标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为

cos2. 4（1）求圆C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

（2）设M是直线l上任意一点，过M作圆C切线，切点为A，B，求四边形AMBC（点C为圆C的圆心）面积的最小值. 【答案】（1）圆C的普通方程为x+2（2）7.

【解析】（1）根据参数方程和极坐标方程与普通方程的关系进行转化求解即可． （2）求出圆心坐标以及圆心到直线的距离，结合四边形的面积公式进行求解即可． 【详解】

（1）由圆C的参数方程()2直线l的直角坐标方程为xy20.+y2=1，

x2cos（为参数）得圆C的普通方程为

ysin(x+2)+y2=1，

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2由cos2，得cossin2， 4∵cosx，siny，∴直线l的直角坐标方程为xy20. （2）圆心C2,0到直线l：xy20的距离为d由于M是直线l上任意一点，所以MCd22， ∴四边形AMBC面积为

202222，

1S2ACMAAC2MCAC22MC1222217，

∴四边形AMBC面积的最小值为7. 【点睛】

本题主要考查参数方程，极坐标方程与普通方程的转化，考查学生的运算和转化能力．23．已知关于x的不等式x3xm2mm0的解集为R. （1）求m的最大值；

（2）若abc1，求a1b1c2的最小值. 【答案】（1）1；（2）3

【解析】（1）利用x3xmx3x3m3，列不等式求解即可。 （2）利用重要不等式，可得a1b1c2的最小值及此时a，b，c的值。 【详解】

（1）令fxx3xm，则关于x的不等式x3xm2mm0的解集为R等价于fxmax2m.

∵x3xmx3x3m3（当且仅当x3xm0时取等号），

∴fxmaxm3， 由222222m32mm0得0m1，所以m1.

2（2）∵a1b1c2

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a1b1c22a1b12b1c22c2a1

2222223a1b1c2

又abc1，所以a1b1c23，当且仅当a2，b0，c1时取“”.

所以a1b1c1的最小值为3. 【点睛】

本题主要考查绝对值不等式的几何意义和解法以及重要不等式的应用，属于一般题。

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