广东省六校联盟2020届高三数学（理）上学期第二次联考试卷（附解析Word版）

2020 届广东六校高三第二次联考试题 理科数学 一、选择题：本题共 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. 【答案】C 【解析】 分析】 化简集合 ，即可得结果. 【详解】 , 。 故选:C 【点睛】本题考查集合间的运算，准确化简是解题的关键，属于基础题. 2.“ ”是“ ”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 不充分不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据充分、必要条件的判断方法，即可得正确答案. 【详解】若 ，则 成立； 若 ，则 同号，所以 不成立， “ ”是“ ”成立的的充分不必要条件. 故选:A 【点睛】本题考查充分、必要条件的判断，考查不等式的性质，属于基础题. 【 2{ | 2 3 0}, { |2 1}xP x x x Q x= − − < = > P Q = { | 1}x x > − { | 1}x x < − { | 0 3}x x< < { | 1 0}x x− < < ,P Q 2{ | 2 3 0} { | 1 3}, { | 2 1} { | 0}xP x x x x x Q x x x= − − < = − < < = > = > P Q∴ = { | 0 3}x x< < 0 0m n> >且 0mn > 0 0m n> >且 0mn > 0mn > ,m n 0 0m n> >且 0 0m n> >且 0mn >3.已知 ，则( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据对数函数的函数值的正负、单调性，以及指数函数的单调性，即可得出正确答案. 【详解】 ， ， . 故选:B 【点睛】本题考查利用指、对数函数的单调性，比较数的大小，属于基础题. 4.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中 木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体， 则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图， 卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形， 且俯视图应为对称图形 0.2 3 0.3log 0.3, log 0.2, 0.3a b c= = = a b c< < a c b< < b c a< < c a b< < 3 0.3 0.3log 0.3 0, log 0.2 log 0.3 1a b= < = > = 0.2 00< 0.3 0.3 1c = < = a c b∴ < 3 1 2(1) 1cos1 1 cos1 1f −= = >+ + ,a b  1, 2a b= =  (2 ( )a b a b− ⊥ +)    a b 6 π 4 π 3 π 2 π【解析】 【分析】 求出 ，即可求出结论. 【详解】 ， 与 的夹角为 . 故选:D 【点睛】本题考查向量的数量积运算，以及向量垂直的判定，属于基础题. 7.已知函数 的最小正周期为 ，　且 ，则( ) A. 在 单调递增 B. 在 单调递增 C. 在 单调递减 D. 在 单调递减 【答案】D 【解析】 【分析】 化简 ，再根据已知条件求出 ，逐项验证各选项. 【详解】 ，所以 ， 又 知 为奇函数， ， ， 没有单调性， 选项 A，C 不正确， ， 单调递减， (2 ( )a b a b− ⊥ +)    0a b⋅ =  2 2 (2 ( ), (2 ( )=2 0a b a b a b a b a a b b− ⊥ + ∴ − ⋅ + + ⋅ − =) )             0a b∴ ⋅ =  a∴ b 2 π ( ) sin( ) cos( ) 0,| | 2f x x xω ϕ ω ϕ ω ϕ π = + + + > 1x > '( ) 0h x < ( )h x (0,1) (1, )+∞ ( )h x 1x = 0 1 1e e− − − = − ( )h x ( , 1]−∞ − a ( , 1]−∞ − x x DE CB⋅  ABC△ A B C， ， a b c ( )( )a b c a b c ac+ + − + = tan B = 3− B tan B【详解】 ， ， 则 . 故答案为: 【点睛】本题考查余弦定理的应用，属于基础题. 15.数列 满足 ， ，则 ______. 【答案】 【解析】 【分析】 由已知得 设 ，则 是公比为 的等比数列，求出其通项，再用累加法 求出 ，即可得结果. 【详解】设 ，若 则 与 矛盾， 是公比为 的等比数列， ， . 故答案为: 【点睛】本题考查等比数列的通项，以及累加法求通项，合理引进辅助数列是解题的关键， 属于中档题. 16.已知不等式 恒成立，则 的取值范围是______. ( )( )a b c a b c ac+ + − + = 2 2 2 2 2( ) ,a c b ac a c b ac∴ + − = + − = − 2 2 2 1cos ,2 2 2 0 120 a c b acB ac ac B Bπ + − −∴ = = = − < < ∴ = ° tan 3B = − 3− { }na * 1 1 1 ( )( , 1)2n n n na a a a n N n+ −− = − ∈ > 1 8 11, 128a a= = 2a = 1 2 2 1,a ≠ 1n n nb a a+= − { }nb 1 2 1b 1n n nb a a+= − 2 1a = 1na = 8 1 128a = 2 11, 0,{ }na b b∴ ≠ ∴ ≠ 1 2 1 1 ,2n n bb −∴ = 1 7 8 1 8 7 7 6 2 1 11 12 11 1281 2 b a a a a a a a a  −  ∴ − = − + − + + − = = − − 1 2 1 2 1 1 2 2b a a a∴ = − = − ∴ = 1 2 2 22xxe kx e≥ − k【答案】 【解析】 【分析】 设 ， ，不等式 恒成立，转化为函数 的图像 不在直线 的下方，求出 的单调区间以及极值、最值，作出函数 的图像，用数形结合方法，即可求出 的取值范围；或分离出参数 ，构造新函 数，转化为 与新函数的最值的大小关系. 【详解】直线 l: 是斜率为 且过点 的直线， 时 单调递减； 时， 单调递增. ， 当 所以 时， 不符合条件 所以 时， 符合条件 时，若 ，则 所以只需再考虑 的情况： 法一： 如图示设 时直线 l 与 相切， 则当且仅当 时符合条件. 20,3e   22y kx e= − 2( ) xf x xe= 2 22xxe kx e≥ − 2( ) xf x xe= 22y kx e= − 2( ) xf x xe= 2( ) xf x xe= k k k 22y kx e= − k 2(0, 2 )e− 2 2( ) , '( ) (1 2 )x xf x xe f x e x= = + 2 1x < − , '( ) 0, ( )f x f x< 1 2x > − '( ) 0, ( )f x f x> 1 2 min 1 1( ) ( ) 22 2f x f e e−= − = − > − 11( ,0], ( ) ,02x f x e− ∈ −∞ ∈ −   k 0< 2 0 0 00, 2 0 ( )x kx e f x∃ < − > > 0k = 2 2 2 2 ( )kx e e f x− = − < 0k > 0,x ≤ 2 2( ) 2 2f x e kx e> − > − 0x > 0 0k k= > ( )y f x= 00 k k≤ ≤设直线 l 与 相切于点 ， 则 , , 所以 注 递增，且 . 法二： 时： 在 上单调递增，又 时， 【点睛】本题考查导数的应用，考查函数的单调区间、极值最值，考查等价转换、数形结合、 分类讨论等数学思想，是一道综合题. 三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知向量 设函数 . (1) 求 的最小正周期. (2) 求 在 上的最大值和最小值. 【答案】（1） ；（2）最大值和最小值分别为 . 【解析】 【分析】 （1）求出 化简，即可得出结论； , ( )y f x= ( )02 0 0 0, , 0xx x e x > 0 02 2 2 0 0 0 0 0 0(1 2 ), 2x xk e x x e y k x e= + = = − 0 0 02 2 22 2 2 0 0 0 0 (1 2 ) 2x x xx e e x x e e x e∴ = + − ⇔ = 2 2 0 01, 3 0,3x k e k e ∴ = = ∴ ∈  2 2 2 2( ) ( 0), '( ) (2 2 ) 0, x xg x x e x g x e x x= > = + > ( )g x∴ ∞在( 0, + ) 2(1)g e= 0x > 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2( ) , '( ) 2 ( ), 4'( ) 4 0 ( 0), x x x e ef x e f x e g xx x eg x e xx = + = − = = + > > '( )f x ( )0, ∞+ '(1) 0f = 0 1, '( ) 0; 1, '( ) 0;x f x x f x∴ < < < > > 2 min( ) (1) 3 .f x f e∴ = = 0x∴ > 2 2 22 3x ee k k ex + ≥ ⇒ ≤ 20 3k e∴ ≤ ≤ (2cos , 3cos ), (cos , 2sin ), x x x x x= = ∈a b R ( )f x = ⋅a b ( )f x ( )f x 0, 2 π     π 3, 0 ( )f x（2）根据整体思想，结合 图像特征，即可求出答案. 【详解】(1) , . . 所以 , 所以 最小正周期为 . (2) 当 时， . 所以 在 上的最大值和最小值分别为 . 【点睛】本题考查向量的数量积，三角函数的化简以及三角函数的性质，整体思想是解题的 关键，属于中档题. 18.已知数列 的前 项和为 ，且 . (1) 求数列 的通项公式； (2) 记 ，数列 的前 项和为 ，求证： . 【答案】（1） ；（2）详见解析. 【解析】 【分析】 （1）由 与 的关系，可求出 的通项公式； （2）求出 的通项，接着求出 的前 项和 ，用裂项相消法求出 ，不等式即可得证. siny x= (2cos , 3cos ), (cos , 2sin ), a x x b x x x= = ∈R   ( )f x a b=  · 2cos cos 3cos 2sinx x x x= ⋅ + ⋅ 3sin2 cos2 1x x= + + 3 12 sin 2 cos2 12 2x x  = + +    2sin(2 ) 16x π= + + 2 2T π π= = ( )f x π [0, ]2x π∈ 7(2 ) [ , ]6 6 6x π π πα + ∈= ， 1sin(2 ) sin [ ,1]6 2x π α∴ + = ∈ − ( ) 2sin(2 ) 1 2sin 1 [0,3]6f x x π α= + + = + ∈ ( )f x 0, 2 π     3, 0 { }na n nS 2 2 ( *)n nS a n N= − ∈ { }na ( )2 1logn n nb a a += { }nb n nT 1 2 1 1 1 1 nT T T + + + ( )2 2 1 2 2'( ) 0xg x xx x x −= − = > 0 2, '( ) 0; 2, '( ) 0x g x x g x∴ < < < > > ( )g x∴ ( )0,2 ( )2,+∞ min( ) (2) ln 2 1g x g∴ = = + '( )f x∴ ln 2 1+ ( )f x (0, )+∞ '( ) 0f x ≥ ( )0, ∞+ 2'( ) ln 2 0f x x axx = + + ≥ ( )0, ∞+ '(1) 2 2 0 1f a a= + ≥ ∴ ≥ − 0a ≥ 2 20, 0 '( ) ln 2 ln ( ) ln 2 1 0x a f x x ax x g xx x > ≥ ∴ = + + ≥ + = ≥ + > ( )f x∴ 1 0a− ≤ < 1 1 1 1 2'( ) 2a a a f e aea e − − − = − + + 1 1t a = − ≥ 22 2 2 2( )( ) 2 ( 1) t t t t e e t em t t t te t t t −= + − < − = ≥所以取 有 ，不合题意 综上所述，若 在 上单调递增，则 的取值范围是 (2)法二： 记 ，则 记 ,则 在 上单调递减 (根据洛比塔法则) . （3） 若 ， ， ∴ 在 上单减， 当 时， 在（0，1）上单增； 当 时， 在（1，+ ）上单减； 令 ，则 ( ) [ ) ( ) [ )2 2 2 1 2 ' 2 2 0 2 1, 1 ' 2 2 0 1, 1 1 0 ( ) 0 t t t t t t t t t e e e t e t t e t e e t e t t e e m t ≥ ⇒ − = − ≤ − < ⇒ − +∞ ∴ ≥ ⇒ − = − ≤ − < ⇒ − +∞ ∴ ≥ ⇒ − ≤ − < ⇒ < 在 递减 在 递减 1 1,t a = − ≥ 1 1 1 1 2 2'( ) ( ) 01 a a a ef e m ta e a − − − = − + − = < − ( )f x (0, )+∞ a [ )0,+∞ 2 2 ln 2'( ) ln 2 0( 0) 2 ( 0)xf x x ax x a xx x x = + + ≥ > ⇔ − ≤ + > 2 ln 2( ) ( 0)xh x xx x = + > 2 3 3 1 ln 4 ln 4'( ) ( 0)x x x xh x xx x x − − −= − = > ( ) ln 4( 0)t x x x x x= − − > '( ) 1 (ln 1) ln ( 0)t x x x x= − + = − > 0 1, ( ) 0, 1, '( ) 0x t x x t x′∴ < < > > < max( ) (1) 3 0 ( ) 0, '( ) 0t x t t x h x∴ = = − < ∴ < < ( )h x∴ (0, )+∞ ( ) 2 ln 'ln 2 ln 1lim ( ) lim lim 0 lim lim 0'x x x x x xx xh x x x x x x→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞  = + = + = = =   2 0 0a a∴− ≤ ∴ ≥ 1a = − 2( ) ( 2)lnf x x x x x= + − − 2'( ) ln 2 ( 0), '(1) 0f x x x x fx = + − > = 2 2 2 1 2 2 2( ) '( ), '( ) 2 ( 0), x xg x f x g x xx x x − + −= = − − = > '( ) = 1x > '( ) (1) 0, ( )f x f f x< = ∞ 1 2 1 2 1 2( ) ( ), 0 1f x f x x x x x= < ∴ < < = '( ) 0 ( )d x d x∴ > ∴ 1 1 1 1 2 1 10 1 ( ) (1) 0 ( ) (2 ) ( ) ( ) (2 ) x d x d f x f x f x f x f x< < ∴ < = ∴ < − ∴ = < − 1 22 1, 1, ( )x x f x− > > (1, )+∞ 2 1 1 22 2. x x x x∴ > − ∴ + >