云南省玉溪一中2020届高三上学期第二次月考数学（理）试题（带答案）.docx

第 1 页 /共 10 页 玉溪一中高 2020 届高三上学期第 2 次月考 理科数学试卷 一、选择题：（本大题共 12 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．已知集合 ， ，则 A． B． C． D． 2．设复数 ( 是虚数单位)，则复数 在复平面内所对应的点在 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．在△ 中，“ ”是“△ 为锐角三角形”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．若 ，则 A． B． C． D． 5．《九章算术》是我国古代数学文化的优秀遗产，数学家刘徽 在注解《九章算术》时，发现当圆内接正多边形的边数无限增 加时，多边形的面积可无限逼近圆的面积，为此他创立了割圆 术，利用割圆术，刘徽得到了圆周率精确到小数点后四位 3.1416 ，后人称 3.14 为徽率．图 1 是利用刘徽的割圆术设计 的程序框图，则结束程序时，输出的 为 ( 参 考 数 据 ： ， ， ) 图 1 A．6 B．12 C．24 D．48 6．公比为 2 的等比数列 的各项都是正数，且 ，则 A． B． C． D． 7．设 ， ， ，则 ， ， 的大小关系是 A． 　　　B． C． D． { 4 2}M x x= − < < 2{ 6 0}N x x x= − − < M N∩ = { 4 3}x x− < < { 4 2}x x− < < − { 2 2}x x− < < { 2 3}x x< < 1z i= + i 1z z + ABC 0CA CB >   ABC 1 cos2 1 sin 2 2 α α + = tan 2α = 5 4 5 4 − 4 3 4 3 − n 3 1.7321≈ sin15 0.2588≈ sin 7.5 0.1305≈ { }na 3 11 16a a = 1 10 2 log a = 4− 5− 6− 7− 0.50.4a = 0.50.6b = 0.30.6c = a b c a c b< < b a c< < a b c< < c a b< x a 6 1e − 3 3 23 1 2 2 n n− 3 4 6 3 10 ( ) k kC CP X k C − = =  ( 0,1,2,3)k = X X ( )E X 20 120 60 120 36 120 4 120 6 5 X P 20 120 60 120 36 120 4 120第 6 页 /共 10 页 E A F C B x y z ………9分 解不等式 ， 可得： 所以， 的单调递减区间为 ， ………12 分 19.【解析】（Ⅰ）证明：∵ ， ，∴ ， ∴ ，∵平面 平面 ， ∴ 平面 ，∵ 平面 ，∴ ………4 分 （Ⅱ）如图建立空间直角坐标系， 则 、 、 、 、 ，………6 分 从而 =（4,0,0）， ， .设 为平面 的法向量， 则可以取 ………8 分 设 为 平 面 的 法 向 量 ， 则 可 以 取 ………10 分 因此， ，有 ，即平面 平 面 ， 故 二 面 角 的 大 小 为 .………12 分 20.【解析】 的定义域为 ， ，因为 在 处取 得极值，所以 ，即 ………3分 （1）当 时， ， ； ， 随 x 的变化情况如下表： 1 ＋ 0 － 0 ＋ 增 极大值 减 极小值 增 所以 的极大值 ， 的极小值 ………5 分 AE BE 2 2= = AB 4= 2 2 2AB AE BE= + ABCE ( )A 4,2,0 ( )C 0,0,0 ( )B 0,2,0 ( )E 2,0,0 BA ( )BE 2, 2,0= − 1n x y z)= （ ， ， 1n 0, 2,1)= （ ( )2n x y z= ， ， 2n (1,1 2= − ， ） 1 2n n 0⋅ =  1 2n n⊥  90 31 sin(2 )2 6x π= + − 32 2 22 6 2k x k π π ππ π+ ≤ − ≤ + k Z∈ 5 3 6k x k π ππ π+ ≤ ≤ + ( )g x 5[ , ]3 6k k π ππ π+ + k Z∈ EB AE⊥ FAE ⊥ EB ⊥ FAE AF ⊂ 'D AE AF EB⊥ (3,1, 2)F (3, 1, 2)BF = − ABF 1 1 4 0 3 2 0 n BA x n BF x y z  = = = − + =       BFE 2 1 2 2 0 3 2 0 n BE x y n BF x y z  = − = = − + =       ABF ⊥ BFE A BF E− − ( )f x (0, )+∞ ' 1( ) 2f x ax bx = + + ( )f x 1x = ' (1) 1 2 0f a b= + + = (1 2 )b a= − + 1a = 3b = − 2( ) ln 3f x x x x= + − 2 ' 1 2 3 1 ( 1)(2 1)( ) 2 3 x x x xf x xx x x − + − −= + − = = ' ( )f x ( )f x x 1(0, )2 1 2 1( ,1)2 (1, )+∞ ' ( )f x ( )f x ( )f x 1 5( ) ln 22 4f = − − ( )f x (1) 2f = −第 7 页 /共 10 页 (2) 因为 所以 ， .………6 分 1、若 ，则 在 单调递减， ，不符合题 意………7 分 2、若 ，令 ，得 因为 在 处取得极值，所以 ，即 （1）当 时，即 ，则 在 单调递减， ，解得： ， ………8 分 （2）当 时，即 ，则 在 单调递增， ，解得： ………9 分 （3）当 时，即 ，则 在 单调递减， 单调递 增，所以 ， ，所以 ，解得： （舍去）………10 分 （4）当 时，即 ，则 在 单调递减， ，解得： （舍去）………11 分 综上所述， 或 .………12 分 21.【解析】（1）设动点 的坐标为 ， 因为 ， ， 所以 ． 整理得 ．所以 的轨迹 的方程 ．……………4 分 （2）解法 1：过点 的直线为 轴时，显然不合题意．……5 分 所以可设过点 的直线方程为 ， 设直线 与轨迹 的交点坐标为 ， ， (1 2 )b a= − + 2 ' 1 2 (1 2 ) 1( ) 2 (1 2 ) ax a xf x ax ax x − + += + − + = (2 1)( 1)ax x x − −= 0a = ( )f x [1, ]e max( ) (1) 1 1f x f b= = = − ≠ 0a ≠ ' ( ) 0f x = 1 2 11, 2x x a = = ( )f x 1x = 11 2a ≠ 1 2a ≠ 1 02a < 0a < ( )f x [1, ]e max( ) (1) 1f x f a b= = + = 2a = − 3b = 10 12a < < 1 2a > ( )f x [1, ]e 2 max( ) ( ) 1 1f x f e ae be= = + + = 1 2a e = − 11 2 ea < < 1 1 2 2ae < < ( )f x 1[1, ]2a 1[ , ]2 ea max( ) max{ (1), ( )}f x f f e= (1) 1 0f a b a= + = − − < max( )f x = 2( ) 1 1f e ae be= + + = 1 2a e = − 1 2 ea ≥ 10 2a e < ≤ ( )f x [1, ]e max( ) (1) 1f x f a b= = + = 2a = − 1 2a e = − 2a = − M ( ),x y 2MA yk x = + ( )2x ≠ − 2MB yk x = − ( )2x ≠ 1 2 2 2MA MB y yk k x x = × = −+ − 2 2 14 2 x y+ = M C 2 2 14 2 x y+ = ( )2x ≠ ± ( )1,0− x ( )1,0− 1x my= − 1x my= − C P ( )1 1,x y ( )2 2,Q x y第 8 页 /共 10 页 由 得 ．……6 分 因为 ， 由韦达定理得 ＝ ， ＝ ．…………………7 分 注意到 ＝ ． 所以 的中点坐标为 ．…………8 分 因为 ．……………9 分 点 到直线 的距离为 ．…………10 分 因为 ，…………………11 分 即 ，所以直线 与以线段 为直径的圆相离．……12 分 解法 2：①当过点 的直线斜率不存在时，直线方程为 ，与 交于 和 两点，此时直线 与以线段 为直径的圆相 离．…………5 分 ②当过点 的直线斜率存在时，设其方程为 ， 设直线 与轨迹 的交点坐标为 ， ， 由 得 ．……………6 分 因为 ， 由韦达定理得 ， ．…………7 分 2 2 1, 1,4 2 x my x y = − + = ( )2 22 2 3 0m y my+ − − = ( ) ( )2 22 12 2 0m m∆ = − + + > +1y 2y 2 2 2 m m + 1y 2y 2 3 2m − + +1x 2x ( )1 2 2 42 2m y y m −+ − = + PQ 2 2 2 ,2 2 mN m m −   + +  2 1 21PQ m y y= + − ( ) 2 2 2 2 2 121 2 2 mm m m   = + +  + +    ( )( )2 2 2 2 1 4 6 2 m m m + + = + N 5 2x = − ( ) 2 2 2 5 2 5 6 2 2 2 2 md m m += − =+ + 2d − 2 4 PQ = ( ) 4 2 22 9 20 12 0 4 2 m m m + + > + d > 2 PQ 5 2x = − PQ ( )1,0− 1x = − 2 2 14 2 x y+ = 61, 2P  − −    61, 2Q  −    5 2x = − PQ ( )1,0− ( )1y k x= + ( )1y k x= + C P ( )1 1,x y ( )2 2,Q x y ( ) 2 2 1 , 1,4 2 y k x x y  = +  + = ( ) ( )2 2 2 22 1 4 2 4 0k x k x k+ + + − = ( ) ( )( )22 2 2 24 4 2 1 2 4 24 16 0k k k k∆ = − + − = + > 1 2x x+ = 2 2 4 2 1 k k − + 1 2x x = 2 2 2 4 2 1 k k − +第 9 页 /共 10 页 注意到 ． 所以 的中点坐标为 ．……8 分 因为 ．…………9 分 点 到直线 的距离为 ．………10 分 因为 ，……………11 分 即 ， 所以直线 与以线段 为直径的圆相离．…12 分 22.【解析】(1)曲线 的普通方程为 .…2 分 的直角坐标方程为 ，即 …4 分 (2)由于直线 过点 ，倾斜角为 30°， 故直线 的参数方程为 ( 是参数)．………6 分 设 ， 两点对应的参数分别为 ， ，将直线 的参数方程代入曲线 C 的普通方程 并化简得 . 解得 ………8 分 ∴ ，解得 满足 所以 ………10 分 ( )1 2 1 2 2 22 2 1 ky y k x x k k + = + + = + PQ 2 2 2 2 ,2 1 2 1 k kN k k  −  + +  2 1 21PQ k x x= + − ( ) ( )2 22 2 2 2 4 2 441 2 1 2 1 kkk k k  −  = + − + +    ( )( )2 2 2 2 1 6 4 2 1 k k k + + = + N 5 2x = − ( ) 2 2 2 2 5 2 6 5 2 2 1 2 2 1 k kd k k += − =+ + 2d − 2 4 PQ = ( ) 4 2 22 12 20 9 0 4 2 1 k k k + + > + d > 2 PQ 5 2x = − PQ C 2 2( 1) 1x y− + = l 3 1 3 0y x m− + − = 3 1 3 0x y m− − + = l (1, )P m l 31 2 1 2 x t y m t  = +  = + t A B 1t 2t l 2 2 1 0t mt m+ + − = 24 3 0m∆ = − > 2 3 2 3 3 3m− < < 2 1 2 1 8PA PB t t m= = − = 3m = ± 2 3 2 3 3 3m− < < 3m = ±第 10 页 /共 10 页 23.【解析】(1)由 ，得 ，又∵ ，∴ ，得 ∵ 且 ∴ 解得 ，∴ ∴ 的取值范围是 .………4 分 (2)由题意， 恒成立，设 ，因为 ，所以 ………6 分 在 单调递减，在 单调递增，………7 分 ①当 时， 在 单调递增， ， ∴ ………8 分 ②当 时， 在 单调递减， ， ∴ .………9 分 综上所述， 的取值范围是 .………10 分 1 2ax − ≤ 2 1 2ax− ≤ − ≤ 0a > 1 3xa a − ≤ ≤ 1 3[ , ]A a a = − { 2 2}B x x= − < < A B⊆ 1 2 3 2 a a − > −    > 3 2a > a 3( , )2 +∞ 31 1 2ax x− + + > ( ) 1 1h x ax x= − + + 0a > ( 1) 1 1( ) (1 ) 2 1 1( 1) a x x h x a x x a a x x a   − + < − = − + − ≤ ≤   + > ( )h x ( , 1)−∞ − 1( , )a +∞ 0 1a< ≤ ( )h x 1[ 1, ]a − min 3( ) ( 1) 1 2h x h a= − = + > 1 12 a< ≤ 1a > ( )h x 1[ 1, ]a − min 1 1 3( ) ( ) 1 2h x h a a = = + > 1 2a< < a 1( ,2)2