桐城中学 2019-2020 届高三第三次月
考理科数学试卷
一．选择题（共 12 小题）
1．已知集合 M＝{x|x2﹣3x﹣4＜0}，N＝{x| }，则 M N 等于（ ）
A．{x|x＜4} B．{x|﹣1＜x＜3} C．{x|3＜x＜4} D．{x|1＜x＜3}
2．我们从这个商标 中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知函数 ，若 f（0）＜0，则此函数的单调减区
间是（ ）
A．（﹣∞，﹣1] B．[﹣1，+∞） C．[﹣1，1） D．（﹣3，﹣1]
4．已知正实数 a，b，c 满足： ，则（ ）
A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜c＜a D．c＜a＜b
5．设在 α∈R，则“cosα＝ ”是“α＝ “的（ ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
6．已知命题 p：∃x0∈R，使得 lgcosx0＞0；命题 q：∀x＜0，3x＞0，则下列命题为真命题的是
（ ）
A．p∧q B．p∨（￢q） C．（￢p）∧（￢q） D．p∨q
7．已知函数 f（x）＝ ，若关于 x 的方程[f（x）]2+mf（x）+m﹣1＝0 恰有 3 个不同的实数
解，则实数 m 的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，2）∪（2，+∞） B．（1﹣ ，+∞）
C．（1﹣ ，1） D．（1，e）
8．已知 y＝f（x+2）是奇函数，若函数 g（x）＝f（x）﹣ 有 k 个不同的零点，记为 x1，
x2，…，xk，则 x1+x2+…+xk＝（ ）
A．0 B．k C．2k D．4k
9．已知函数 f（x）＝sin cosωx﹣ （ω＞0）在[0， ]上有且仅有三个零点，则 ω
的取值范围是（ ）
A．（ ， ） B．[ ， ] C．[4， ] D．[4， ）
10．下列命题中正确的是（ ）
A．函数 y＝ax﹣3+1（a＞0 且 a≠1）的图象恒过定点（3，1）
B．“a＞0，b＞0”是“ ”的充分必要条件
C．命题“若 x2﹣3x+2＝0，则 x＝1 或 x＝2”的逆否命题为“若 x≠1 或 x≠2，则 x2﹣3x+2
≠0”
D．若 ，则 M＞N
11．已知函数 ，若对任意两个不相等的正数 x1，x2，都有
恒成立，则 a 的取值范围为（ ）
A．[4，+∞） B．（4，+∞） C．（﹣∞，4] D．（﹣∞，4）
12．已知函数 f（x）＝（x2﹣2x）ex，若方程 f（x）＝a 有 3 个不同的实根 x1，x2，x3（x1＜x2
＜x3），则 的取值范围是（ ）
A．（ ，0） B．（ ，0）
C．（ ， ） D．（0， ）
二．填空题（共 4 小题）13．已知 ．
14． ．
15．已知函数 f（x）＝2x﹣a，g（x）＝1+x3，若存在 x1，x2∈[0，1]，使得 f（x1）＝g（x2）
成立，则实数 a 的取值范围是 ．
16．设 x＝1 是函数 的极值点，数列{an}满足
a1 ＝ 1 ， a2 ＝ 2 ， bn ＝ log2an+1 ， 若 [x] 表 示 不 超 过 x 的 最 大 整 数 ， 则
]＝ ．
三．解答题（共 6 小题）
17．已知△ABC 内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，面积为 S，且 ．
（Ⅰ）若 c2＝5a2+ab，求 ；
（Ⅱ）若 ， ，求 a+b 的值．
18 ． 已 知 数 列 {an} ， {bn} ， 其 中 a1 ＝ 5 ， b1 ＝ ﹣ 1 ， 且 满 足 ，
，n∈N*，n≥2．
（1）求证：数列{an﹣bn}为等比数列；
（2）求数列 的前 n 项和为 Sn．
19．如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AB∥CD，AD⊥DC，AB＝AD＝2DC＝
2，E 为 PB 中点．
（Ⅰ）求证：CE∥平面 PAD；
（Ⅱ）若 PA＝4，求平面 CDE 与平面 ABCD 所成锐二面角的大小．
的值域是则 xxxxyx cossin2cossin,2,0 ++=
∈ π
=+++−∫− dxxx
xx1
1
2
2
2
1
sin1 ）（20．过抛物线 y2＝2px（p＞0）的焦点 F 的直线与抛物线相交于 M、N 两点，自 M、N 向准线
l 作垂线，垂足分别为 M1、N1．
（1）求 • ；
（2）记△FMM1、△FM1N1、△FNN1 的面积分别为 S1、S2、S3，求 ．
21．已知函数 f（x）＝ ．
（Ⅰ）若曲线 y＝f（x）在点（m，2）（m＞0）处的切线方程为 y＝﹣x+3，求 f（x）的单调
区间．
（Ⅱ）若方程 f（x）﹣1＝0 在 x∈（ ，e]上有两个实数根，求实数 a 的取值范围．
22．已知函数 f（x）＝2lnx+ax，g（x）＝x2+1﹣2f（x）
（1）讨论函数 f（x）在[4，+∞）上的单调性；
（2）若 a＞0，当 x∈（1，+∞）时，g（x）≥0，且 g（x）有唯一零点，证明：a＜1．桐城中学 2019-2020 届高三第三次月考理科数学试卷
参考答案与试题解析
一． 选择题
ADDBB DCCDD AA
二．填空题（共 4 小题）
13．
14．
15[﹣1，1]
16.2017．
三．解答题（共 6 小题）
17．解：（Ⅰ）∵ ，
∴2abcosC+ × absinC＝0，可得 cosC+ sinC＝0，
∴tanC＝﹣ ，
∵C∈（0，π），
∴C＝ ，
∴由余弦定理可得：c2＝a2+b2+ab，
又∵c2＝5a2+ab，可得：b2＝4a2，即 b＝2a，
∴由正弦定理可得： ＝ ＝2．
（II）∵C＝ ， ，
∴由余弦定理可得 21＝a2+b2+ab，
又∵ ＝ absinC＝ ab，
∴解得 ab＝4，
∴21＝a2+b2+ab＝（a+b）2﹣ab＝（a+b）2﹣4，
∴a+b＝5．
18．解：（1）证明：an﹣bn＝ （3an﹣1﹣bn﹣1）﹣（ ） （an﹣1﹣3bn﹣1）＝2（an﹣1﹣bn
][ 21,1 +，
3
2
2
+π﹣1），
又 a1﹣b1＝5﹣（﹣1）＝6，所以{an﹣bn}是首项为 6，公比为 2 的等比数列．
（2）由（1）知，an﹣bn＝3•2n．①
因为 an+bn＝ （3an﹣1﹣bn﹣1）+（ ） （an﹣1﹣3bn﹣1）＝an﹣1+bn﹣1，a1+b1＝5+（﹣
1）＝4，所以{an+bn}为常数列且 an+bn＝4．②
联立①②得 an＝3•2n﹣1+2，
故 ．
所以 Sn＝
＝ ．
19．解：（Ⅰ）取 PA 中点 M，连结 EM、DM， ．
（Ⅱ）以 A 为原点，以 AD 方面为 x 轴，以 AB 方向为 y 轴，以 AP 方向为 z 轴，建立坐标
系．
可得 D（2，0，0），C（2，1，0），P（0，0，4），B（0，2，0），E（0，1，2），
， ，
设平面 CDE 的法向量为 ；
，可得 ，令 z＝1，则 x＝1，
∴平面 CDE 的法向量为 ；
平面 ABCD 的法向量为 ；
因此 ．
即平面 CDE 与平面 ABCD 所成的锐二面角为 ．20．解：（1）依题意，焦点为 F（ ，0），准线 l 的方程为 x＝﹣ ．
设点 M，N 的坐标分别为 M（x1，y1），N（x2，y2），直线 MN 的方程为 x＝my+ ，
则有 M1（﹣ ，y1），N1（﹣ ，y2）， ＝（﹣p，y1）， ＝（﹣p，y2）．
联立方程组 ，消去 x 得 y2﹣2mpy﹣p2＝0，
于是，y1+y2＝2mp，y1y2＝﹣p2．
∴ • ＝p2+y1y2＝p2﹣p2＝0．
（2）设抛物线准线与 x 轴交点为 F1，M（x1，y1），N（x2，y2），
|MM1|＝|MF|＝x1+ ，|NN1|＝|NF|＝x2+ ，于是：
S1＝ •|MM1|•|F1M1|＝ （x1+ ）|y1|，
S2＝ •|M1N1|•|FF1|＝ p|y1﹣y2|，
S3＝ •|NN1|•|F1N1|＝ （x2+ ）|y2|．
∴ ＝ ＝ ，
由 得 x1x2＝m2y1y2+ （y1+y2）+ ＝﹣m2p2+m2p2+ ＝ ，
x1+x2＝m（y1+y2）+p＝2m2p+p，∴ ＝ ＝ ＝4，
故 ＝4．
21．解：（Ⅰ）f’（x）＝﹣ + ．
由题意可得 2＝﹣m+3，解得 m＝1，
∴ ，解得 a＝2．
∴f（x）＝ +lnx，f’（x）＝﹣ + ＝ ．
当 x＞2 时、f'（x）＞0，当 0＜x＜2 时、f'（x）＜0，
∴f（x）的单调递增区间为（2，+∞），单调递减区间为（0，2）．
（Ⅱ）方程 f（x）﹣1＝0 在 x 上有俩个实数根
即方程 a＝x（1﹣Inx）在 x 上有两个实数根，
令 h（x）＝x（1﹣lnx），则 h'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣Inx，
当 ≤x＜1 时，h'（x）＞0，h（x）单调递增；
当 1＜x≤e 时，h’（x）＜0，h（x）单调递减
∴h（x）max＝h（1）＝1．
又 h（ ）＝ ，h（e）＝0，∴ ．
即实数 a 的取值范围是（ ，1）
22．解：（1）依题意，f′（x）＝ +a＝
若 a＝0，则 f′（x）＝ ＞0，故函数 f（x）在[4，+∞）上单调递增；
若 a≠0，令 f′（x）＝0，解得 x＝﹣ ，
①若 a＞0，则﹣ ＜0，则 f′（x）＞0，函数 f（x）在[4，+∞）上单调递增；
②若 a≤﹣ ，则﹣ ≤4，则 f′（x）≤0，则函数 f（x）在[4，+∞）上单调递减；
③﹣ ＜a＜0，则﹣ ＞4，则函数 f（x）在[4，﹣ ]单调递增，在（﹣ ，+∞）上单调
递减；综上所述，a≥0 时，函数 f（x）在[4，+∞）上单调递增，a≤﹣ 时，函数 f（x）在[4，+
∞）单调递减，
﹣ ＜a＜0 时，函数 f（x）在[4，﹣ ]单调递增，在（﹣ ，+∞）上单调递减．
（2）证明：依题意，x2+1﹣4lnx﹣2ax≥0，而 g′（x）＝2x﹣ ﹣2a＝ ，
令 g′（x）＝0，解得 x＝ ＞1，
因为 a＞0，故 ＞1，
故 g′（x）在（1，+∞）上有唯一零点 x0＝ ，
又 g′（x）＝2（﹣ +x﹣a）
故﹣ +x0﹣a＝0①
要使 g（x）≥0 在（1，+∞）上恒成立，且 g（x）＝0 有唯一解，只需 g（x0）＝0，
即﹣2lnx0+ （x20+1）﹣ax0＝0②
由①②可知，﹣2lnx0+ （x 2+1）﹣x0（﹣ +x0）＝0，
故﹣2lnx0﹣ x20+ ＝0，
令 h（x0）＝﹣2lnx0﹣ x20+ ，显然 h（x0）在（1，+∞）上单调递减，
因为 h（1）＝2＞0，h（2）＝﹣2ln2+ ＜0，
故 1＜x0＜2，
又 a＝﹣ +x0 在（1，+∞）单调递增，
故必有 a＜1．
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