湖南省攸县三中2020届高三数学上学期第二次月考试题理

（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）

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

有一个选项是符合题目要求的）．

1．设集合A{x|log2(x1)2}，Byy162x，则ðRAA. 0,3

B. 0,4

C. 3,4

B（ ）

D. 1,3

2. 已知复数z1a5i在复平面上对应的点在直线5x2y0上，复数z52i（i是虚数z1单位），则z2017（ ）

A．1 B．1 C．i D．i

3. 若tan2，则2cos23sin2sin2的值为（ ）

A．

22 B． C．5 D．5 5. 在x4,6,y2,4内随机取出两个数，则这两个数满足xy30的概率为（ ）

A．

1111 B． C． D． 4810165. 若圆x2y212x160与直线ykx交于不同的两点，则实数k的取值范围为（ ）

A．(3,3) B．(5,5) C．(5533,) D．(,) 22226. 70年代中期，美国各所名牌大学校园内，人们都像发疯一般，夜以继日，废寝忘食地玩一

个数学游戏.这个游戏十分简单：任意写出一个自然数N，并且按照以下的规律进行变换：如果是个奇数，则下一步变成3N1；如果是个偶数，则下一步变成

N.不单单是学生，2甚至连教师、研究员、教授与学究都纷纷加入.为什么这个游戏的魅力经久不衰？因为人们发现，无论N是怎样一个数字，最终都无法逃脱回到谷底1.准确地说，是无法逃出落入底部的421循环，永远也逃不出这样的宿命.这就是著名的“冰雹猜想”.按照这种运算，自然数27经过十步运算得到的数为 ( ) A．142

B．71

C．214

2D．107

227. 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且a3b3c23bcsinA，

- 1 -

则C的值为（ ） A．

 B． C． D． 3320，则图中x的值为（ ） 38．某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为

A．3 B．1 C.2 D．

5 29. 运行如下程序框图，如果输入的t0,5，则输出S属于（ ） 是 开始 输入t t2? 否 St24t 输出S 结束 S5t A．4,10 B．5,2 C．4,3 D．2,5 10.已知向量OA3，OB2，OCmOAnOB，若OA与OB的夹角为60°，且

OCAB，则实数

A.

m的值为（ ） n11 B. C. 6 D. 4 4，此时点A，B，C，311．如图，在四边形ABCD中，ABBC2，ABC90，DADC.现沿对角线AC折起，使得平面DAC平面ABC，且三棱锥DABC的体积为

D在同一个球面上，则该球的体积是（ ）

A．82927 C． D．12  B．322 - 2 -

12.已知函数fxaxxlnx存在极值，若这些极值的和大于5ln2，则实数a的取值

2范围为（ ）

A．,4 B．4, C．,2 D．2, 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 若1xaxa0a1xa2xa7x，其中a276sinxcosxdx，则

0πa0a1a2a6的值为 . 1x,x014. 已知函数fx ，若fy满足约束条件2f2a，实数x，x2,x0xa03x4y10xy6，则目标函数的最大值为 . zx22xy615. 过点P2,0的直线交抛物线y4x于A,B两点，若抛物线的焦点为F，则△ABF面

2积的最小值为 . 16. 以下四个命题： ①已知随机变量XN0,2，若P(X2)a，则P(X2)的值为

1a； 2②设a,bR，则“log2alog2b”是“2ab1”的充分不必要条件；

1③函数fxx的零点个数为1； 2④命题p:nN,3n1，,则p为nN,3n1.

n2n212x其中真命题的序号为 .

三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

- 3 -

17.（本小题满分12分）

已知数列an为公差不为0的等差数列，满足a15，且a2,a9,a30成等比数列. （1）求an的通项公式； （2）若数列bn满足

111annN ，且b1，求数列bn的前n项和Tn. bn1bn318. （本小题满分12分）

已知在四棱锥CABDE中，DB平面ABC,AE//DB,△ABC是边长为2 的等边三角形，AE1，M为AB的中点.

（1）求证：CMEM；

（2）若直线DM与平面ABC所成角的正切值为2，求二面角BCDE的大小. 19.（本小题满分12分）

近年来，微信越来越受欢迎，许多人通过微信表达自己、交流思想和传递信息，微信是现代生活中进行信息交流的重要工具.而微信支付为用户带来了全新的支付体验，支付环节由此变得简便而快捷.某商场随机对商场购物的100名顾客进行统计，其中40岁以下占采用微信支付的占

3，521，40岁以上采用微信支付的占. 34（1）请完成下面22列联表： 使用微信支付 未使用微信支付 合计 40岁以下 40岁以上 合计 并由列联表中所得数据判断有多大的把握认为“使用微信支付与年龄有关”？

- 4 -

（2）采用分层抽样的方法从100名顾客中抽取10人参与抽奖活动，一等奖两名，记 “40岁以下”得一等奖的人数为X，求X的分布列及数学期望.

n(adbc)2参考公式: K，nabcd.

(ab)(cd)(ac)(bd)2参考数据：

PK2k0 k0 20.（本小题满分12分）

0.100 2.706 0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 已知椭圆的两个焦点为F15,0，F25,0，M是椭圆上一点，若MF1MF20，

MF1MF28．

（1）求椭圆的方程；

（2）点P是椭圆上任意一点，A1、A2分别是椭圆的左、右顶点，直线PA1，PA2与直线

x35分别交于E,F两点，试证：以EF为直径的圆交x轴于定点，并求该定点的坐标. 221.（本小题满分12分）

已知函数fxe(sinxcosx).

x（1）如果对于任意的x0,πx，fxkxecosx恒成立，求实数k的取值范围； 2（2）若x2015π2017ππ1,M,0作函数fx的图象的所有切线，令各，过点222切点的横坐标按从小到大构成数列xn，求数列xn的所有项之和. 22.（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程

在直角坐标系xOy中，点P0，3，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，

1xt42曲线C的极坐标方程为2．直线l的参数方程为(t为参数21cosy33t2

- 5 -

)．

（Ⅰ）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程； （Ⅱ）设直线l与曲线C的两个交点分别为A,B，求

11的值． PAPB - 6 -

2020年届高三第二次月考 理科数学·全解全析

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,只有一个选项是符合 题目要求的）．

1． 【解析】由题意可得A{x|1x3}，ðRA{xx1，或x3}，由162x0和

2x0，解得 0162x16，所以0y4，即B{y|0y4}，故

ðARBx3x4，故答案为C.

2. 【解析】因为复数z1a5i在复平面上对应的点在直线5x2y0上，所以点a,5在直线5x2y0上，即5a100，解得a2，所以z125i，故

52i52i5i22ii25izi，则z2017i2017i45041i.故选D.

z125i25i25i3. 【解析】2cos23sin2sin22cos26sincos3sin2

2cos26sincos3sin226tan3tan22.故选A. 222sincostan1. 【解析】所求概率为几何概型，测度为面积，易知

x4,6,y2,4构成的公共区域为

12正方形，且面积为24，满足xy30的为图中的阴影部分，又阴影部分的面积为2，

121因此所求的概率为48，选B.

- 7 -

22xy12x160后，整理得ykx5. 【解析】将直线的方程代入圆的方程1kx2212x1602，依题意，直线与圆交于不同的两点，又∵1k0，∴只需1241k16022，解得k的取值范围为55k22.故选C. 6. 【解析】按照运算规则依次得到82,41,124,62,31,94,47,142,71,214，故第十步运算得到的数为214，故选C. 7. 【解析】由余弦定理得abc2bccosA3b3c23bcsinA，即22222b2c22sin(A)22bcbc(3sinAcosA)，即bc6，由基本不等式及三角函数的值域b2c222sin(A)22sin(A)2Abc6662，即可得，，故，且bc，得AC3，故6．故选B. 8． 【解析】几何体为一个三棱锥FABC与一个四棱锥ACDEF的组合体，如图，四棱锥ACDEF的底面CDEF的面积为x2，高为4，故体积为124x4x2，三棱锥3311FABC的底面面积为2xx，高为x，故体积为x2，则组合体的体积为2341520，解得x2.故选C. Vx2x2x23333 9. 【解析】当t0,2时，5t0,10；当t[2,5]故选A.

是 时，t4t4,5，所以S4,10.2OB32cos603,10.【解析】OA·OCmOAnOB,OCAB, - 8 - mOAnOB·ABmOAnOB·OBOAmnOAOB·mOAnOB0， 3mn9m4n0,m1，故选A. n61AC2.由题22211．【解析】∵ABBC2，ABC90，∴△ABC的外接圆半径为意知DADC，平面DAC平面ABC，如图，取AC的中点E，连结DE，则DE平面ABC，球心O在DE上.因为三棱锥DABC的体积为4，所以3411V22DE，解得DE2，∴球心O到平面ABC的距离为2R（R为外3322322接球的半径），由勾股定理可得R2R2，∴R，故所求球的体积为2439πRπ．故选A. 32 12【解析】对函数fx求导得2x2ax1. f(x)xfx存在极值，在上有解，即方程2x2ax10在上有解，2x2ax10,0,f(x)0x即a280.显然当0时，fx无极值，不合题意，所以方程2x2ax10必有两个不等正根.设方程2x2ax10的两个不等正根分别为x,x，则121xx0122x+x=a122，由题意知fx1fx2ax1x2x12x22lnx1lnx2 a2a211a1ln5ln，解得a216，满足0，又x1+x2=0，即a0，故24222所求a的取值范围是4,.故选B． 二、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分） - 9 - 13. 【解析】由题意得πasinxcosxdx(cosxsinx)|020π，则1xax61x2xa0a1xa2x2a7x7，由于展开式中含x76，令x1，可得6a0a1a2a722x的项的系数是中含x的项的系数与61x中含x的项的系数之积，又2x6展开式的通项为r6rrrTr1C62x126rC6xrr，则x的系数是666C611626，所以a7111，

则a0a1a2a6211. 2114.【解析】根据分段函数，得f24 ，则ff2f4422a，2xa0x20约束条件xy6，即为xy6 ，作出可行域（如图中阴影部分所示），因为2xy62xy6zz'4y13x4y104y4y13，故只需求出z'的最大值，而3x2x2x2x2 y1表示过可行域内的点x,y和点M2,1的直线的斜率，由图象，得当直线过点x253x4y10的最大值为A2,4，M(2,1)时，斜率最大，即z'max，故函数z4x238. 4 15.【解析】设点Ax1,y1,Bx2,y2y10,y20.①当直线AB的斜率不存在时，易知22直线AB的方程为x2，此时将x2代入抛物线的方程y4x中，得y8，解得y22，所以点A,B的坐标分别为2,22,2,22，所以△ABF的面积为 - 10 -

111SPFy1y2y1y2222222；②当直线AB的斜率存在222ykx2时，设斜率为k，显然k0，故直线AB的方程为ykx2．联立，消2y4x去y，得k2x24k24x4k20，且32k2160 ，由根与系数的关系，得4k24x1x2,x1x24,y1y22x1k22x42x1x28，所以△ABF的面积为11112SPFy1y2y1y2y12y22y1y24x14x222x12x22222114k2411614x1x216416323222．综上所述，2222k2k2△ABF面积的最小值为22． 16.【解析】①由题意得正态密度函数的图象关于直线x0对称,正态密度函数的图象与x轴围成的面积为1,所以有P(X2)P(X2)11a，故①为假命题； 2②log2alog2bab0,2ab1ab,所以“log2alog2b”是“2ab1”的充分不必要条件，故②为真命题； 1③在同一平面直角坐标系中作出函数yx与y的图象，由图可知，两个函数图象只212x有一个交点，所以函数f(x)的零点只有1个，故③为真命题； 2n0N,3nn01p④由全称命题的否定为特称命题，知为，故④为假命题. 三、解答题（本大题共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 【解析】（1）设等差数列an的公差为d(d0)，由a2,a9,a30成等比数列可知a1da129da18d（2）由2,又a15，解得d2,∴an2n3.………………4分 1111annN，得an1n2,nN， bn1bnbnbn1当n2时，11111bnbnbn1bn1bn2111 b2b1b1 - 11 - an1an2a111n12n63nn2，………………………8分 b12对b1111111nn2nN ，∴bn上式也成立，∴， bn3nn22nn2113113n25n1nn222n1n24n1n21111∴Tn12324.………12分 18. 【解析】（1）因为△ABC是等边三角形，所以CMAB.又因为DBM为AB的中点，平面ABC, （4DBCM，可得CM平面ABDE，因为EM平面ABDE，所以CMEM；分） （2）如图，以点M为坐标原点，MC,MB所在直线分别为x,y轴，过M且与直线BD平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系.因为DB平面ABC，所以DMB为直线DM与平面ABC所成的角.（6分） 由题意得tanDMBBD2，即BD2，故B0,1,0，CMB3,0,0，D0,1,2,E0,1,1，于是BC3,1,0， BD0,0,2， CE3,1,1， CD3,1,2，设平面BCD与平面CDE的法向量分别为mx1,y1,z1，mBC03x1y10得，令x11，得y13，所以nx2,y2,z2，则由mBD02z10323m1,3,0.同理求得n1,3,3， （10分） 所以cosm,nmn0，则二面角BCDE的大小为90.（12分） mn - 12 - 19.【解析】（1）由已知可得，40岁以下的有100人，40岁以上使用微信支付的有40 使用微信支付 未使用微信支付 合计 3260人，使用微信支付的有604053110人．所以22列联表为： 440岁以下 40 20 60 40岁以上 10 30 40 合计 50 50 100 2由列联表中的数据计算可得K的观测值为k2100403020106040505050，由于35010.828，所以有3的把握认为“使用微信支付与年龄有关”． .．．．．5分 （2）采用分层抽样的方法从100名顾客中抽取10人，则从“40岁以下”的人中抽取6人，C224从“40岁以上”的人中抽取4人，X的所有可能取值为0,1,2，又PX02， C101512C1C6816C4PX12， PX22，故分布列如下： C1015C103X P 数学期望E(X)00 2 151 8 152 1 3281612. .．．．．12分 15153520.【解析】（1）由MF1MF2，由勾股定理，得1MF20，得MF1MF2，即MFMF1MF2(2c)220，且MF1MF28，解得MF14,MF22，根据椭圆的定222义，可得MF1MF22a6，即a3，所以bac4，所以椭圆的方程为22x2y21．．．．．．4分 94（2）由（1）得A,013，A23,0，设Px0,y0，则直线PA1的方程为yxy0x3，30 - 13 - 它与直线x35y03535,3的交点的坐标为E，直线PA2的方程为22x03235y035y035y,的交点的坐标为F，再设以x3，它与直线x232x03x032EF为直径的圆交x轴于点Qm,0，则QEQF，从而kQEkQF1，即

y035y03592332y0x032x32353501，即4m1.m，解得22x0935352mm2235x1,0故以EF为直径的圆交轴于定点，该定点的坐标为2或

35．．．．．．．．．12分 21,0. ．

gxfxkxexcosxexsinxkxx21.【解析】（1）令 ，要使fxkxecosx恒

πx0,xgx0gxesinxcosxk，令2时， min成立，只需当，

ππx0,x0,hxexsinxcosxhx2excosx0hx2恒成立，2，则对在πhx1,e2，上是增函数，则．．．．．．．．．．2分

①当k1时， gx0恒成立， gx在x0,π上为增函数，gxming00， 2k1满足题意；

ππx0,x0,上是增函数，xgx0hx②当1ke时， 在上有实根0, 在22π2则当x0,x0时， gx0， gx0g00不符合题意；

③当ke2时， gx0恒成立， gx在x0,上为减函数，gxg00不

2符合题意，k1，即k,1. ．．．．．．．．．．5分

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ππ（2）fxexsinxcosx，f'x2excosx， 设切点坐标为x0,ex0sinx0cosx0，则切线斜率为f'x02excosx0，从而切线方程为0yex0sinx0cosx02ex0cosx0xx0，ππ1ex0sinx0cosx02ex0cosx0x0，即tanx02x0，令y1tanx， 22πππy22x，这两个函数的图象关于点,0对称，则它们交点的横坐标关于x对222称，从而所作的所有切线的切点的横坐标构成数列xn的项也关于xπ成对出现，又在22015π2017π,内共有1008对，每对和为π，∴数列xn的所有项之和为22．．．．．12分 1008π.．x2y21，直线l的普通方程为22. 【解析】（1）曲线C的直角坐标方程为243xy3.…………5分 （2）点P0，3在直线l:23xy3上，将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方231212ttt45t12t40程，得2t3， ，设两根为， ， ， tt2112225t1·t24144，0，故t1与t2异号，PAPBt1t2(t1t2)24t1t25 5PAPB411， PAPBt1t2t1t214.………………10分 5PAPBPA·PB - 15 -