广东省佛山市第一中学2020届高三上学期10月月考试题数学（文）（带答案）.docx

佛山一中 2020 届高三 10 月份月考 第 1 页，共 17 页 佛山一中 2020 届高三 9 月份月考试题 数学（文科） 本试题卷共 4 页， 22 题. 全卷满分 150 分，考试用时 120 分钟. 第Ⅰ卷 一、选择题（本大题共 12 小题，每题 5 分，共 60 分） 1.已知复数푎 + i 2 ― i是纯虚数（i 是虚数单位），则实数 a 等于( ) A. ―2 B. 2 C.1 2 D. ―1 2.已知全集 U=R，集合 A={x||x-1|＜1}，B={x|2푥 ― 5 푥 ― 1 ≥1}，则 A∩∁UB=（　　） A. {푥|1 < 푥 < 2} B. {푥|1 < 푥 ≤ 2} C. {푥|1 ≤ 푥 < 2} D. {푥|1 ≤ 푥 < 4} 3. 已知各项都为正数的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a3a7＝256，S4﹣S2＝12，则 S6＝ （　　） A．31 B．32 C．63 D．64 4. 等差数列{an}中，a1＝2019，a2019＝a2015﹣16，则数列{an}的前 n 项和 Sn 取得最大值时 n 的 值为（　　） A．504 B．505 C．506 D．507 5.已知函数 ，则 y=f（x）的图象大致为（　　） A. B. C. D. 6.已知函数 满足 ，且当 时， 成立，若 a=（20.6）•f（20.6），b=（ln2）•f（ln2），c=（푙표푔2 1 8）•f（푙표푔2 1 8），则 a，b，c 的大 小关系是（　　） A. 푎 > 푏 > 푐 B. 푐 > 푏 > 푎 C. 푎 > 푐 > 푏 D. 푐 > 푎 > 푏 7.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（　　） A. B. C. D. 1ln 1)( −−= xxxf )(xf )()( xfxf −= ]0,(−∞∈x 0)()( ' 0若关于푥的方程푓2(푥) ― (푎 + 2)푓(푥) +3 = 0恰好有六个不同的 实数解，则实数푎的取值范围为 A. (2 3 ―2,3 2] B. ( ―2 3 ― 2,2 3 ― 2) C. [3 2, + ∞) D. (2 3 ― 2, + ∞) )2,0(,3 3)3sin( πααπ ∈=− =− )62cos( πα 9 34 9 34− 3 22− 3 22 )(xf 6 π 3 2 )2,0,0)(sin()( πϕωϕω >+= AxAxg )(xg )(xf 3 2π π )0,6( π 3 2π 6 π=x ]3,6[ ππ )0)(6sin()( >−= ωπωxxf ],0[ π ]1,2 1[− ω 3 2 4 3 3 4 2 3 )(xf )()3( xfxf −=− ]3,0[, 21 ∈∀ xx 21 xx ≠ 0)()( 21 21 >− − xx xfxf )81()64()49( fff 푏 > 푎.故选 B． 7.【答案】A 解：由三视图可知：该几何体为三棱锥 P-ABC（如图），过点 P 作 PD⊥底面 ABC，垂足 D 在 AC 的延长线上，且 BD⊥AD，AC=CD=1，BD=2， PD=2， ∴该几何体的体积 V=1 3 × 1 2 × 1 × 2 × 2=2 3．故选 A． 9.【答案】D 解：根据函数的图象得到：A＝2，T＝ ，所以 ω＝ ．当 x＝ 时， φ）＝0，所以 φ＝kπ，由于 ，故 φ＝﹣ ， 则 ，将所得函数图象上的所有点的横坐标扩大到原来的 倍，所以 ，再将函数 f（x）的图象向左平移 个单位长度， 得到 f（x）＝2sin（2x+ ），所以函数的最小正周期为 π，故排除 A 和 C， 对于选项 B，当 x＝ 时，f（ ）＝0，但是对称中心不止一个，故 B 不正确． )1(4 +n n ]4,6[ ππ− 2, )1( 2 1,2 ≥    −− = = n nn n an佛山一中 2020 届高三 10 月份月考 第 6 页，共 17 页 对于选项 D，令 （k∈Z），得 （k∈Z）， 当 k＝0 时单调递减区间为[ ]，由于[ ] ，故选项 D 正 确． 10.【答案】A 解：根据题意，函数 f（x）满足 f（x-3）=-f（x），所以 f（x-6）=-f（x-3）=f（x）， 则函数 f（x）是周期为 6 的函数，所以 f（49）=f（1+6×8）=f（1）， f（81）=f（-3+6×14）=f（-3），f（64）=f（-2+6×11）=f（-2）， 又由函数为偶函数，得 f（81）=f（-3）=f（3），f（64）=f（-2）=f（2）， 因为对∀x1，x2∈[0，3]且 x1≠x2，都有푓(푥1) ― 푓(푥2) 푥1 ― 푥2 ＞0，则函数 f（x）在区间[0，3]上为增函数， 进而有 f（1）＜f（2）＜f（3），即 f（49）＜f（64）＜f（81），故选：A. 11.【答案】A ， 值域为 ， ，整理得 ，又 ， 的最小值为 ，故选 A。 12.【答案】A 解：函数푓(푥) = {3푥 + 1,푥 ≤ 0 |푙표푔4푥|,푥 > 0的图象如图， 关于푥的方程푓2(푥) ― (푎＋2)푓(푥)＋3 = 0恰好有六个不同的实数解， 令 t=f(x)，则푔(푡) = 푡2 ― (푎 + 2)푡 + 3 = 0有两个在（1，2）的不同的解， 所以{ 푔(푎 + 2 2 ) < 0 1 < 푎 + 2 2 < 2 푔(1) > 0 푔(2) > 0 ，解得푎 ∈ (2 3 ―2,3 2] 14. 666,0 πωππωππ −≤−≤−∴≤≤ xx )(xf ]1,2 1[− 2 1)6sin()0( −=−= π f Zkkk ∈+≤−≤+∴ ,6 72622 πππωπππ Zkkk ∈+≤≤+ ,3 423 22 ω 0>ω ω∴ 3 2 xxxxxxf 2sin4 32cos4 1 2 2cos1)32cos(2 1sin)( 2 ++−=−+= π佛山一中 2020 届高三 10 月份月考 第 7 页，共 17 页 , 15.【答案】2-ln4 解：y=ex 的导数为 y'=ex，y=（x+a）2 的导数为 y'=2（x+a）， 设两曲线的公共点坐标为（x0，y0）， 依据题意可得{푒푥0 = (푥0 + 푎)2 푒푥0 = 2(푥0 + 푎)，消푒푥0可得(푥0 +푎)2 = 2(푥0 +푎) ≠ 0， 所以 x0+a=2，所以푒푥0 = 4，即 x0=ln4，所以 a=2-ln4．故答案为：a=2-ln4． 16.解：数列{an}，a1＝2，Sn 为数列{an}的前 n 项的和，且对任意 n≥2，都有 ＝1，则 ，整理得 （常数）， 故：数列{ }是以 为首项， 为公差的等差数列．则 ，故 ． 当 n≥2 时， （首项不符合通项）， 故 ． 17.解：（Ⅰ）由 ，得 ，即 a2+c2﹣b2＝ac，…………………2 分 则 cosB＝ ＝ ＝ ，…………………………………………………………4 分 由 B∈（0，π），可得 B＝ ．…………………………………6 分（写出 B 的范围才得 2 分） （Ⅱ）∵cosA＝ ， ，∴sinA＝ ，………………………………………8 分 )62sin(2 1 2 1)2cos2 12sin2 3(2 1 π−=+−= xxx ]3,6 5[62],4,3[ πππππ −∈−∴−∈ xx 单调递增，时，即当 )(]4,6[]3,2[62 xfxx πππππ −∈−∈− ]4,6[)( ππ−∴ 的单调递增区间为xf 2 111 1 =− −nn SS nS 1 2 1 2 1 2)1(2 1 2 11 nnSn =−+= nSn 2= )1( 2 1 22 1 −−=−−=−= − nnnnSSa nnn 2, )1( 2 1,2 ≥    −− = = n nn n an ),0( π∈A佛山一中 2020 届高三 10 月份月考 第 8 页，共 17 页 ∵ ，∴a＝2，………………………………………………………………9 分 又∵sinC＝sin（A+B）＝sin（A+ ）＝sinAcos +cosAsin ＝ ，……11 分 ∴S△ABC＝ absinC＝ ．………………………………………………………12 分 18.（Ⅰ）解：由题意得， ………………………………………………1 分 因为 在 的图象上, 所以 ……………………2 分 又因为 ，所以 .…………………………………………………………5 分 （Ⅱ）解：设点 的坐标为 .………………………………………6 分 由题意可知 ，得 ，所以 .………………8 分 连接 ,在 中， . ………10 分 解得 =3. 又 ＞0，所以 = .………………………………………12 分 19.解：（Ⅰ）Sn＝nan+1+n（n+1）， 当 n≥2 时，Sn﹣1＝（n﹣1）an+n（n﹣1）， 两式相减可得 Sn﹣Sn﹣1＝nan+1﹣（n﹣1）an+n（n+1）﹣n（n﹣1） 可得 an＝nan+1﹣（n﹣1）an+2n， 即为 nan+1﹣nan＝﹣2n，即为 an+1﹣an＝﹣2， 当 n＝1 时，a1＝S1＝a2+2，也满足上式， 则数列{an}为公差为﹣2 的等差数列，……………………………………………………2 分 等比数列{bn}中，b1＝a2，b2＝a5，b3＝a6． 可得 b22＝b1b3，即 a52＝a2a6， 即有（a1﹣8）2＝（a1﹣2）（a1﹣10），解得 a1＝11， 则 an＝11﹣2（n﹣1）＝13﹣2n；…………………………………………………………4 分 由 b1＝a2＝9，b2＝a5＝3，b3＝a6＝1，可得公比 q＝ ， 即 bn＝（ ）n﹣3；…………………………………………………………………………6 分 （Ⅱ）cn＝anbn＝（13﹣2n）•（ ）n﹣3， 2π 6π 3 T = = (1, )P A πsin( )3y A x ϕ= + πsin( ) 1.3 ϕ+ = π0 2 ϕ＜ ＜ π 6 ϕ = Q 0 ,x A−（ ） 0 π π 3π 3 6 2x + = 0 4x = (4, )Q A− PQ PRQ△ 2π= 3PRQ∠ 2 2 2 2 2 2 2 9 (9 ) 1cos 2 22 3 9 RP RQ PQ A A APRG RP RQ A + − + + − +∠ = = = − +  2A A A 3佛山一中 2020 届高三 10 月份月考 第 9 页，共 17 页 可得前 n 项和 Tn＝11•（ ）﹣2+9•（ ）﹣1+…+（13﹣2n）•（ ）n﹣3， Tn＝11•（ ）﹣1+9•（ ）+…+（13﹣2n）•（ ）n﹣2， 相减可得 Tn＝11•（ ）﹣2+（﹣2）[（ ）﹣1+…+（ ）n﹣3]﹣（13﹣2n）•（ ）n﹣ 2 ＝99﹣2• ﹣（13﹣2n）•（ ）n﹣2，……………………………………11 分 化简可得 Tn＝135+（n﹣5）•（ ）n﹣3．…………………………………………………12 分 20.解：（1）当 n=1 时， ， -----------------------------------------------1 分 当 时， ， ，两式相减得： -------------3 分 ----------------------------------------------------------------------------------4 分 ------------------------------------------------------------------------------------------5 分 n=1 时也符合上式， --------------------------------------------------6 分 （2） ------------------------------------------------7 分 ------------9 分 ---------------------------------11 分 123 11 += aa 11 =∴a 2≥n nSa nn += 23 123 11 −+= −− nSa nn 1233 1 +=− − nnn aaa 13 1 +=∴ −nn aa )2 1(32 1 1 +=+∴ −nn aa 11 1 32 33)2 1(2 1 −− ⋅=⋅+=+∴ nn n aa 2 132 1 −⋅=∴ n na )(,2 132 1 *Nna n n ∈−⋅=∴ )12(log)1( 3 +⋅−= n n n ab nb n n ⋅−=∴ )1( 21])1([)43()21( nnnTn n ⋅=+−−++−++−=∴ 为偶数时，当 2 1 2 1, 1 −−=−−=+= − nnnbTTn nnn为奇数时当佛山一中 2020 届高三 10 月份月考 第 10 页，共 17 页 ---------------------------------------------------------------12 分 21.解：（1）a=1 时，f（x）=ex-1-lnx（x＞0），f′（x）=ex-1-1 푥=푥푒푥―1 ― 1 푥 ， ………1 分 令 g（x）=xex-1-1（x＞0），则 g（x）在（0，+∞）上单调递增，………………………2 分 又 g（1）=0，∴当 x∈（0，1）时，g（x）＜0，即 f′（x）＜0， 当 x∈（1，+∞）时，g（x）＞0，即 f′（x）＞0， ∴f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）．……………………5 分 （2）当 a=0 时，f（x）=ex-1＞0，显然 f（x）没有零点． 当 0＜a≤e 时，f′（x）=ex-1-푎 푥=푥푒푥―1 ― 푎 푥 ， 令 h（x）=xex-1-a（x＞0），则 h（x）在（0，+∞）上单调递增， 又 h（0）=-a＜0，h（2）=2e-a＞0， ∴h（x）在（0，2）上存在唯一一个零点，不妨设为 x0，则 x0푒푥0―1=a，………………7 分 ∴当 x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即 f′（x）＜0， 当 x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即 f′（x）＞0， ∴f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， ∴f（x）的最小值为 f（x0）=푒푥0―1-alnx0，…………………………………………………8 分 ∵x0푒푥0―1=a，∴푒푥0-1= 푎 푥0 ，两边取对数可得 x0-1=lna-lnx0，即 lnx0=lna+1-x0， ∴f（x0）= 푎 푥0 -a（lna+1-x0）= 푎 푥0 +ax0-alna-a≥2a-alna-a=a-alna， （当且仅当 x0=1 时取等号），………………………………………9 分 令 m（a）=a-alna，则 m′（a）=-lna， ∴当 a∈（0，1）时，m′（a）＞0，当 a∈（1，e]时，m′（a）＜0， ∴m（a）在（0，1）上单调递增，在（1，e]上单调递减．…………………………………10 分 又 m（e-n）=e-n+ne-n>0,m(e)=0, ∴当 0＜a≤e 时，m（a）≥0，当且仅当 a=e 时取等号， 由（1）可知当 a=1 时，x0=1，故当 a=e 时，x0≠1，故 f（x0）＞m（a）≥0， ∴f（x0）＞0． ∴当 0≤a≤e 时，f（x）没有零点．…………………………………………………………12 分 22.解：（1）曲线 C1 的参数方程为{푥 = 3푐표푠훼 푦 = 푠푖푛훼 （α 为参数）， 移项后两边平方可得푥2 3 +y2=cos2α+sin2α=1，所以 C1 的普通方程为푥2 3 +y2=1；……………2 分 曲线 C2 的极坐标方程为 ρsin（θ+휋 4）=2 2，即 ρ（ 2 2 sinθ+ 2 2 cosθ）=2 2，……………3 分 由 x=ρcosθ，y=ρsinθ，可得 x+y-4=0，即 C2 的直角坐标方程为直线 x+y-4=0；…………5 分 （2）由题意可得当直线 x+y-4=0 的平行线与椭圆相切时，两平行线间的距离为|PQ|的最小值, 设与直线 x+y-4=0 平行的直线方程为 x+y+t=0，…………………………………6 分      −−=∴ 为奇数 为偶数 nn nn Tn ,2 1 ,2佛山一中 2020 届高三 10 月份月考 第 11 页，共 17 页 联立{푥 + 푦 + 푡 = 0 푥2 + 3푦2 = 3 可得 4x2+6tx+3t2-3=0，…………………………………………………7 分 由直线与椭圆相切，可得△=36t2-16（3t2-3）=0，解得 t=±2，……………………………8 分 显然 t=-2 时，|PQ|取得最小值，即有|PQ|=| ― 4 ― ( ― 2)| 1 + 1 = 2，…………………………………9 分 此时 4x2-12x+9=0，解得 x=3 2，即为 P（3 2，1 2）．…………………………………………10 分 另解：设 P（ 3cosα，sinα），……………………………………………………………6 分 由 P 到直线的距离为 d=| 3푐표푠훼 + 푠푖푛훼 ― 4| 2 =|2푠푖푛(훼 + 휋 3) ― 4| 2 ，……………………………………8 分 当 sin（α+휋 3）=1 时，|PQ|的最小值为 2，……………………………………………9 分 此时可取 α=휋 6，即有 P（3 2，1 2）．…………………………………………………………10 分 佛山一中 2020 届高三 10 月份月考答案 文科数学 CCCB ABAD DAAA 14. 14. 15.2-ln4 16. 5.【答案】A 解：令 g（x）=x-lnx-1，则 x>0,因为푔′(푥) = 1 ― 1 푥 = 푥 ― 1 푥 ， 由 g'（x）＞0，得 x＞1，即函数 g（x）在（1，+∞）上单调递增， 由 g'（x）＜0，得 0＜x＜1，即函数 g（x）在（0，1）上单调递减， 所以当 x=1 时，函数 g（x）有最小值，g（x）min=g（1）=0， 于是对任意的 x∈（0，1）∪（1，+∞），有 g（x）>0， 则 f(x)>0,故排除 B、D， 因函数 g（x）在（0，1）上单调递减，则函数 f（x）在（0，1）上递增，故排除 C，故选 A． 6.【答案】B 解： 根据题意，令ℎ(푥) = 푥푓(푥)，因为푓(푥) = 푓( ―푥)对푥 ∈ 푅成立， 所以ℎ( ―푥) = ―푥푓( ―푥) = ―푥푓(푥) = ―ℎ(푥)，因此函数ℎ(푥)为 R 上奇函数. 又因为当푥 ∈ ( ― ∞,0]时，ℎ′(푥) = 푓(푥) +푥푓’(푥) < 0，所以函数ℎ(푥)在（-∞，0]上为减函数， 又因为函数ℎ(푥)为奇函数，所以函数ℎ(푥)在 R 上为减函数， 因为 ，所以 ，即푐 > 푏 > 푎.故选 B． 7.【答案】A 解：由三视图可知：该几何体为三棱锥 P-ABC（如图），过点 P 作 PD⊥底面 ABC，垂足 D 在 AC 的延长线上，且 BD⊥AD，AC=CD=1，BD=2， PD=2， )1(4 +n n ]4,6[ ππ− 2, )1( 2 1,2 ≥    −− = = n nn n an佛山一中 2020 届高三 10 月份月考 第 12 页，共 17 页 ∴该几何体的体积 V=1 3 × 1 2 × 1 × 2 × 2=2 3．故选 A． 9.【答案】D 解：根据函数的图象得到：A＝2，T＝ ，所以 ω ＝ ．当 x＝ 时， φ）＝0，所以 φ＝kπ，由于 ，故 φ＝﹣ ， 则 ，将所得函数图象上的所有点的横坐标扩大到原来的 倍，所以 ，再将函数 f（x）的图象向左平移 个单位长度， 得到 f（x）＝2sin（2x+ ），所以函数的最小正周期为 π，故排除 A 和 C， 对于选项 B，当 x＝ 时，f（ ）＝0，但是对称中心不止一个，故 B 不正确． 对于选项 D，令 （k∈Z），得 （k∈Z）， 当 k＝0 时单调递减区间为[ ]，由于[ ] ，故选项 D 正 确． 10.【答案】A 解：根据题意，函数 f（x）满足 f（x-3）=-f（x），所以 f（x-6）=-f（x-3）=f（x）， 则函数 f（x）是周期为 6 的函数，所以 f（49）=f（1+6×8）=f（1）， f（81）=f（-3+6×14）=f（-3），f（64）=f（-2+6×11）=f（-2）， 又由函数为偶函数，得 f（81）=f（-3）=f（3），f（64）=f（-2）=f（2）， 因为对∀x1，x2∈[0，3]且 x1≠x2，都有푓(푥1) ― 푓(푥2) 푥1 ― 푥2 ＞0，则函数 f（x）在区间[0，3]上为增函数， 进而有 f（1）＜f（2）＜f（3），即 f（49）＜f（64）＜f（81），故选：A. 11.【答案】A ， 值域为 ， ，整理得 ，又 ， 的最小值为 ，故选 A。 12.【答案】A 解：函数푓(푥) = {3푥 + 1,푥 ≤ 0 |푙표푔4푥|,푥 > 0的图象如图， 关于푥的方程푓2(푥) ― (푎＋2)푓(푥)＋3 = 0恰好有六个不同的实数解， 666,0 πωππωππ −≤−≤−∴≤≤ xx )(xf ]1,2 1[− 2 1)6sin()0( −=−= π f Zkkk ∈+≤−≤+∴ ,6 72622 πππωπππ Zkkk ∈+≤≤+ ,3 423 22 ω 0>ω ω∴ 3 2佛山一中 2020 届高三 10 月份月考 第 13 页，共 17 页 令 t=f(x)，则푔(푡) = 푡2 ― (푎 + 2)푡 + 3 = 0有两个在（1，2）的不同的解， 所以{ 푔(푎 + 2 2 ) < 0 1 < 푎 + 2 2 < 2 푔(1) > 0 푔(2) > 0 ，解得푎 ∈ (2 3 ―2,3 2] 14. , 15.【答案】2-ln4 解：y=ex 的导数为 y'=ex，y=（x+a）2 的导数为 y'=2（x+a）， 设两曲线的公共点坐标为（x0，y0）， 依据题意可得{푒푥0 = (푥0 + 푎)2 푒푥0 = 2(푥0 + 푎)，消푒푥0可得(푥0 +푎)2 = 2(푥0 +푎) ≠ 0， 所以 x0+a=2，所以푒푥0 = 4，即 x0=ln4，所以 a=2-ln4．故答案为：a=2-ln4． 16.解：数列{an}，a1＝2，Sn 为数列{an}的前 n 项的和，且对任意 n≥2，都有 ＝1，则 ，整理得 （常数）， 故：数列{ }是以 为首项， 为公差的等差数列．则 ，故 ． 当 n≥2 时， （首项不符合通项）， 故 ． xxxxxxf 2sin4 32cos4 1 2 2cos1)32cos(2 1sin)( 2 ++−=−+= π )62sin(2 1 2 1)2cos2 12sin2 3(2 1 π−=+−= xxx ]3,6 5[62],4,3[ πππππ −∈−∴−∈ xx 单调递增，时，即当 )(]4,6[]3,2[62 xfxx πππππ −∈−∈− ]4,6[)( ππ−∴ 的单调递增区间为xf 2 111 1 =− −nn SS nS 1 2 1 2 1 2)1(2 1 2 11 nnSn =−+= nSn 2= )1( 2 1 22 1 −−=−−=−= − nnnnSSa nnn 2, )1( 2 1,2 ≥    −− = = n nn n an佛山一中 2020 届高三 10 月份月考 第 14 页，共 17 页 17.解：（Ⅰ）由 ，得 ，即 a2+c2﹣b2＝ac，…………………2 分 则 cosB＝ ＝ ＝ ，…………………………………………………………4 分 由 B∈（0，π），可得 B＝ ．…………………………………6 分（写出 B 的范围才得 2 分） （Ⅱ）∵cosA＝ ， ，∴sinA＝ ，………………………………………8 分 ∵ ，∴a＝2，………………………………………………………………9 分 又∵sinC＝sin（A+B）＝sin（A+ ）＝sinAcos +cosAsin ＝ ，……11 分 ∴S△ABC＝ absinC＝ ．………………………………………………………12 分 18.（Ⅰ）解：由题意得， ………………………………………………1 分 因为 在 的图象上, 所以 ……………………2 分 又因为 ，所以 .…………………………………………………………5 分 （Ⅱ）解：设点 的坐标为 .………………………………………6 分 由题意可知 ，得 ，所以 .………………8 分 连接 ,在 中， . ………10 分 解得 =3. 又 ＞0，所以 = .………………………………………12 分 19.解：（Ⅰ）Sn＝nan+1+n（n+1）， 当 n≥2 时，Sn﹣1＝（n﹣1）an+n（n﹣1）， 两式相减可得 Sn﹣Sn﹣1＝nan+1﹣（n﹣1）an+n（n+1）﹣n（n﹣1） 可得 an＝nan+1﹣（n﹣1）an+2n， 即为 nan+1﹣nan＝﹣2n，即为 an+1﹣an＝﹣2， 当 n＝1 时，a1＝S1＝a2+2，也满足上式， 则数列{an}为公差为﹣2 的等差数列，……………………………………………………2 分 ),0( π∈A 2π 6π 3 T = = (1, )P A πsin( )3y A x ϕ= + πsin( ) 1.3 ϕ+ = π0 2 ϕ＜ ＜ π 6 ϕ = Q 0 ,x A−（ ） 0 π π 3π 3 6 2x + = 0 4x = (4, )Q A− PQ PRQ△ 2π= 3PRQ∠ 2 2 2 2 2 2 2 9 (9 ) 1cos 2 22 3 9 RP RQ PQ A A APRG RP RQ A + − + + − +∠ = = = − +  2A A A 3佛山一中 2020 届高三 10 月份月考 第 15 页，共 17 页 等比数列{bn}中，b1＝a2，b2＝a5，b3＝a6． 可得 b22＝b1b3，即 a52＝a2a6， 即有（a1﹣8）2＝（a1﹣2）（a1﹣10），解得 a1＝11， 则 an＝11﹣2（n﹣1）＝13﹣2n；…………………………………………………………4 分 由 b1＝a2＝9，b2＝a5＝3，b3＝a6＝1，可得公比 q＝ ， 即 bn＝（ ）n﹣3；…………………………………………………………………………6 分 （Ⅱ）cn＝anbn＝（13﹣2n）•（ ）n﹣3， 可得前 n 项和 Tn＝11•（ ）﹣2+9•（ ）﹣1+…+（13﹣2n）•（ ）n﹣3， Tn＝11•（ ）﹣1+9•（ ）+…+（13﹣2n）•（ ）n﹣2， 相减可得 Tn＝11•（ ）﹣2+（﹣2）[（ ）﹣1+…+（ ）n﹣3]﹣（13﹣2n）•（ ）n﹣ 2 ＝99﹣2• ﹣（13﹣2n）•（ ）n﹣2，……………………………………11 分 化简可得 Tn＝135+（n﹣5）•（ ）n﹣3．…………………………………………………12 分 20.解：（1）当 n=1 时， ， -----------------------------------------------1 分 当 时， ， ，两式相减得： -------------3 分 ----------------------------------------------------------------------------------4 分 ------------------------------------------------------------------------------------------5 分 n=1 时也符合上式， --------------------------------------------------6 分 123 11 += aa 11 =∴a 2≥n nSa nn += 23 123 11 −+= −− nSa nn 1233 1 +=− − nnn aaa 13 1 +=∴ −nn aa )2 1(32 1 1 +=+∴ −nn aa 11 1 32 33)2 1(2 1 −− ⋅=⋅+=+∴ nn n aa 2 132 1 −⋅=∴ n na )(,2 132 1 *Nna n n ∈−⋅=∴佛山一中 2020 届高三 10 月份月考 第 16 页，共 17 页 （2） ------------------------------------------------7 分 ------------9 分 ---------------------------------11 分 ---------------------------------------------------------------12 分 21.解：（1）a=1 时，f（x）=ex-1-lnx（x＞0），f′（x）=ex-1-1 푥=푥푒푥―1 ― 1 푥 ， ………1 分 令 g（x）=xex-1-1（x＞0），则 g（x）在（0，+∞）上单调递增，………………………2 分 又 g（1）=0，∴当 x∈（0，1）时，g（x）＜0，即 f′（x）＜0， 当 x∈（1，+∞）时，g（x）＞0，即 f′（x）＞0， ∴f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）．……………………5 分 （2）当 a=0 时，f（x）=ex-1＞0，显然 f（x）没有零点． 当 0＜a≤e 时，f′（x）=ex-1-푎 푥=푥푒푥―1 ― 푎 푥 ， 令 h（x）=xex-1-a（x＞0），则 h（x）在（0，+∞）上单调递增， 又 h（0）=-a＜0，h（2）=2e-a＞0， ∴h（x）在（0，2）上存在唯一一个零点，不妨设为 x0，则 x0푒푥0―1=a，………………7 分 ∴当 x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即 f′（x）＜0， 当 x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即 f′（x）＞0， ∴f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， ∴f（x）的最小值为 f（x0）=푒푥0―1-alnx0，…………………………………………………8 分 ∵x0푒푥0―1=a，∴푒푥0-1= 푎 푥0 ，两边取对数可得 x0-1=lna-lnx0，即 lnx0=lna+1-x0， ∴f（x0）= 푎 푥0 -a（lna+1-x0）= 푎 푥0 +ax0-alna-a≥2a-alna-a=a-alna， （当且仅当 x0=1 时取等号），………………………………………9 分 令 m（a）=a-alna，则 m′（a）=-lna， ∴当 a∈（0，1）时，m′（a）＞0，当 a∈（1，e]时，m′（a）＜0， ∴m（a）在（0，1）上单调递增，在（1，e]上单调递减．…………………………………10 分 又 m（e-n）=e-n+ne-n>0,m(e)=0, ∴当 0＜a≤e 时，m（a）≥0，当且仅当 a=e 时取等号， 由（1）可知当 a=1 时，x0=1，故当 a=e 时，x0≠1，故 f（x0）＞m（a）≥0， ∴f（x0）＞0． ∴当 0≤a≤e 时，f（x）没有零点．…………………………………………………………12 分 )12(log)1( 3 +⋅−= n n n ab nb n n ⋅−=∴ )1( 21])1([)43()21( nnnTn n ⋅=+−−++−++−=∴ 为偶数时，当 2 1 2 1, 1 −−=−−=+= − nnnbTTn nnn为奇数时当      −−=∴ 为奇数 为偶数 nn nn Tn ,2 1 ,2佛山一中 2020 届高三 10 月份月考 第 17 页，共 17 页 23.解：（1）曲线 C1 的参数方程为{푥 = 3푐표푠훼 푦 = 푠푖푛훼 （α 为参数）， 移项后两边平方可得푥2 3 +y2=cos2α+sin2α=1，所以 C1 的普通方程为푥2 3 +y2=1；……………2 分 曲线 C2 的极坐标方程为 ρsin（θ+휋 4）=2 2，即 ρ（ 2 2 sinθ+ 2 2 cosθ）=2 2，……………3 分 由 x=ρcosθ，y=ρsinθ，可得 x+y-4=0，即 C2 的直角坐标方程为直线 x+y-4=0；…………5 分 （2）由题意可得当直线 x+y-4=0 的平行线与椭圆相切时，两平行线间的距离为|PQ|的最小值, 设与直线 x+y-4=0 平行的直线方程为 x+y+t=0，…………………………………6 分 联立{푥 + 푦 + 푡 = 0 푥2 + 3푦2 = 3 可得 4x2+6tx+3t2-3=0，…………………………………………………7 分 由直线与椭圆相切，可得△=36t2-16（3t2-3）=0，解得 t=±2，……………………………8 分 显然 t=-2 时，|PQ|取得最小值，即有|PQ|=| ― 4 ― ( ― 2)| 1 + 1 = 2，…………………………………9 分 此时 4x2-12x+9=0，解得 x=3 2，即为 P（3 2，1 2）．…………………………………………10 分 另解：设 P（ 3cosα，sinα），……………………………………………………………6 分 由 P 到直线的距离为 d=| 3푐표푠훼 + 푠푖푛훼 ― 4| 2 =|2푠푖푛(훼 + 휋 3) ― 4| 2 ，……………………………………8 分 当 sin（α+휋 3）=1 时，|PQ|的最小值为 2，……………………………………………9 分 此时可取 α=휋 6，即有 P（3 2，1 2）．…………………………………………………………10 分