湖南省师范大学附中2020届高三数学(理)11月月考试卷(附解析Word版)
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湖南省师范大学附中2020届高三数学(理)11月月考试卷(附解析Word版)

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资料简介
2020 届高三月考试卷(一) 数学(理科) 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 项是符合题目要求的. 1.设全集为 ,集合 ,则 ( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 求出集合 B 的等价条件,结合集合的基本运算进行求解即可. 【详解】B={x|log3(x+2)<1}={x|0<x+2<3}={x|﹣2<x<1}, 则∁RB={x|x≥1 或 x≤﹣2}, A∩(∁RB)={x|1≤x<2}, 故选:C. 【点睛】本题主要考查集合的基本运算,求出不等式的等价条件是解决本题的关键. 2.命题“ 且 ”的否定形式是( ) A. 且 B. 或 C. 且 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】 直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可. 【详解】因为特称命题的否定是全称命题,所以,命题“∃n0∈N*,f(n0)∈N*且 f(n0) ≤n0”的否定形式是:∀n∈N*,f(n)∉N*或 f(n)>n. R { }3{ | 0 2}, | log ( 2) 1A x x B x x= < < = + < ( )RA C B = { | 0 1}x x<  { | 0 1}x x< < { |1 2}x x * *, ( )n N f n N∀ ∈ ∉ ( )f n n> ( )* * 0 0,n N f n N∃ ∈ ∉ ( )0 0f n n> ( )* * 0 0,n N f n N∃ ∈ ∉ ( )0 0f n n> 故选:B. 【点睛】本题考查命题的否定.特称命题与全称命题的否定关系,基本知识的考查. 3.设 , 满足约束条件 则 的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 画出约束条件的可行域,利用目标函数的最优解求解目标函数的范围即可. 【详解】x,y 满足约束条件 的可行域如图: 目标函数 z=x+y,经过可行域的 A,O 时,目标函数取得最值, 由 解得 A(0,3), 目标函数 z=x+y 的最大值为:0+3=3,最小值为:0, 目标函数 z=x+y 的取值范围:[0,3]. 故选:D. 【点睛】本题考查线性规划的简单应用,目标函数的最优解以及可行域的作法是解题的关 键. x y 3 2 6 0 0 0 x y x y + − ≤     z x y= + [ 3,0]− [ 3,2]− [0,2] [0,3] 3 2 6 0 0 0 x y x y + − ≤  ≥  ≥ 0 3 2 6 0 x x y =  + − = 4.设 ,则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意利用所给的数所在的区间和指数函数的单调性比较大小即可. 【详解】由题意可得: , , , 指数函数 单调递减,故 , 综上可得: . 故选:C. 【点睛】对于指数幂的大小的比较,我们通常都是运用指数函数的单调性,但很多时候,因 幂的底数或指数不相同,不能直接利用函数的单调性进行比较.这就必须掌握一些特殊方 法.在进行指数幂的大小比较时,若底数不同,则首先考虑将其转化成同底数,然后再根据 指数函数的单调性进行判断.对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较,利用图象法求解, 既快捷,又准确. 5.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是 “每个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”,如 .在不超过 30 的素数中, 随机选取两个不同的数,其和等于 30 的概率是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 分析:先确定不超过 30 的素数,再确定两个不同的数的和等于 30 的取法,最后根据古典概 型概率公式求概率. 详解:不超过 30 的素数有 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共 10 个,随机选取两个 0.2 0.3 2 1 , log 3, 22a b c − = = =   b c a> > a b c> > b a c> > a c b> > ( )0.21 0,12a  = ∈   2log 3 1b = > ( )0.3 0.3 12 0,12c −  = = ∈   1 2 x y  =    0.2 0.31 1 2 2    >       b a c> > 30 7 23= + 1 12 1 14 1 15 1 18 不同的数,共有 种方法,因为 ,所以随机选取两个不同的 数,其和等于 30 的有 3 种方法,故概率为 ,选 C. 点睛:古典概型中基本事件数的探求方法: (1)列举法. (2)树状图法:适合于较为复杂的问 题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目,常采用树状图法. (3) 列表法:适用于多元素基本事件的求解问题,通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具 体化. (4)排列组合法:适用于限制条件较多且元素数目较多的题目. 6.函数 图象向右平移 个单位得到函数 的图象,并且函数 在区间 上单调递增,在区间 上单调递减,则实数 的值为( ) A B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 由 函 数 的 图 象 向 右 平 移 个 单 位 得 到 ,函数 在区间 上单调递增,在区间 上单调递减,可得 时, 取得最大值,即 , , ,当 时,解得 ,故选 C. 点睛:本题主要考查了三角函数图象的平移变换和性质的灵活运用,属于基础题;据平移变 换“左加右减,上加下减”的规律求解出 ,根据函数 在区间 上单调递增, 在区间 上单调递减可得 时, 取得最大值,求解可得实数 的值. 7.已知函数 ,则关于 的不等式 的解集 为( ) A. B. C. D. 的 . 2 10 45C = 7+23=11+19=13+17=30 3 1=45 15 ( ) sin ( 0)f x xω ω= > 12 π ( )y g x= ( )g x [ , ]6 3 π π [ , ]3 2 π π ω 7 4 3 2 5 4 ( ) sin ( 0)f x xω ω= > 12 π [ ]12 12g x sin x sin x π ωπω ω= − = −( ) ( ) ( ) ( )g x ,6 3 π π     ,3 2 π π     3x π= ( )g x 23 12 2 k π ωπ πω π× − = +( ) k Z∈ 0ω > 0k = 2ω = ( )g x ( )g x ,6 3 π π     ,3 2 π π     3x π= ( )g x ω 2 1( ) ln(1 | |) 1f x x x = + − + x 1(ln ) (ln ) 2 (1)f x f fx + < (0, )+∞ (0, )e 1( , )ee (1, )e 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意,由函数的解析式分析函数的奇偶性与单调性,据此分析可得 f(lnx)+f(ln )< 2f(1)⇒2f(lnx)<2f(1)⇒f(lnx)<f(1)⇒|lnx|<1,解可得 x 的取值范围,即可 得答案. 【详解】根据题意,函数 f(x)=ln(1+|x|) ,则 f(﹣x)=ln(1+|x|) f(x),即函数 f(x)为偶函数, 在[0,+∞)上,f(x)=ln(1+x) ,则 f(x)在[0,+∞)上为增函数, f(lnx)+f(ln )<2f(1)⇒2f(lnx)<2f(1)⇒f(lnx)<f(1), 即|lnx|<1,解可得 x<e,即不等式的解集为( ,e); 故选:C. 【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用,关键是分析 f(x)的奇偶性与单调性, 属于基础题. 8.在平行四边形 中, , , , 为 的中点, 为平 面 内一点,若 ,则 ( ) A. 16 B. 12 C. 8 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】 根据条件及向量加减法的几何意义即可得出| |=| |,再根据向量的数量积公式计算 即可 【详解】由| |=| |,可得| |=| |, 取 AM 的中点为 O,连接 ON,则 ON⊥AM, 又 , 所以 • ( )2 ( • ) (4 1 x 2 1 1 x − + 2 1 1 x − =+ 2 1 1 x − + 1 x 1 e < 1 e ABCD 4AB = 2AD = 3BAD π∠ = M DC N ABCD | | | |AB NB AM AN− = −    AM AN⋅ =  AN MN AB NB−  AM AN−  AN NM 1 2AM AD AB= +   AM 21 1 2 2AN AM= =  1 2AD AB+  1 2 = 2 21 4AD AB AD+ +   AB 1 2 = 16+2×4 )=6, 故选:D. 【点睛】本题主要考查了平面向量的几何表示,数量积的几何意义,运算求解能力,属于中 档题 9.在正方体 ABCD A1B1C1D1 中,E,F 分别为棱 AA1,CC1 的中点,则在空间中与三条直线 A1D1, EF,CD 都相交的直线( ) A. 不存在 B. 有且只有两条 C. 有且只有三条 D. 有无数条 【答案】D 【解析】 【详解】在 上任意取一点 ,直线 与 确定一个平面, 这个平面与 有且仅有 个交点 , 当 取不同的位置就确定不同的平面, 从而与 有不同的交点 , 而直线 与这 条异面直线都有交点,如图所示,故选 D. 【方法点晴】本题主要考查了空间中点、线、面的位置关系,其中解答中涉及到立体几何中 空间直线相交问题、空间几何体的结构特征、异面直线的概念等知识点的综合考查,着重考 查了学生分析问题和解答问题的能力,属于基础题,本题的解答中正确把握空间几何体的结 构特征是解答的关键. 1 4 + × 1 2 × − EF M 1 1A D M CD 1 N M CD N MN 3 10.如图,已知双曲线 : 的右顶点为 为坐标原点,以 为圆心 的圆与双曲线 的某渐近线交于两点 .若 且 ,则双曲线 的离 心率为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试题分析:确定△QAP 为等边三角形,设 AQ=6R,则 OP=3R,利用勾股定理,结合余弦定理, 即可得出结论. 因为 且 ,所以△QAP 为等边三角形,设 AQ=2R,则 OP=R,渐近线方 程为 取 PQ 的中点 M,则 ,由勾股定理可得 在△OQA 中, 结合 ,可得 考点:双曲线的简单性质 11.对大于 1 的自然数 m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”: 2 2 2 2 1x y a b − = 60PAQ∠ = ° 3OQ OP = 2 3 3 7 2 39 6 3 60PAQ∠ = ° 4OQ OP=  0by x A aa = ,( ,), 2 2 abAM a b −= + ( )22 2 2 2 2 2 2 2 6 3 27 abR R ab R a b a b −− = ∴ = + + ( ) ( ),( ) ( ) ① 2 2 2 2 2(6 ) (3 ) 1 27 2 6 3 2 R R a R aR R + − = ∴ =× × , ② 2 2 2c a b= + 2 13 5 ce a == . ,仿此,若 的“分裂数”中有一个是 73,则 m 的值为( ) A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 由题意可得 的“分裂数”为 个连续奇数,设 的“分裂数”中第一个数为 ,则由题 意可得: , ,…, , 将以上 个式子叠加可得 ∴ ∴当 时, ,即 73 是 的“分裂数”中第一个数 故选 B 12.设 ,若函数 在 内有 4 个零点,则实数 的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试题分析:当 时,显然有 ,即 不是 的零点;当 时 , 的 零 点 个 数 即 为 方 程 的 根 的 个 数 , 则 由 ,即 ,则 的零点个数 为函数 与 的交点个数,作出这两个函数的图象,如图所示,由 3 3 3 1373 152 { 3 { 9 4 {5 1711 19 , , 3m 3m m 3m ma 3 2 7 3 4 2 2a a− = − = = × 4 3 13 7 6 2 3a a− = − = = × 1 2( 1)m ma a m−− = − 2m − 2 (4 2 2)( 2) ( 1)( 2)2m m ma a m m + − −− = = + − 2 2( 1)( 2) 1ma m m a m m= + − + = − + 9m = 73ma = 39 2 1( 0),( ) { 4 cos 1( 0), x xf x x x xπ + ≥= − < ( ) 1( )g x kx x R= − ∈ ( ) ( )y f x g x= − [ ]2,3x∈ − k 11(2 2, )3 112 2, 3      (2 3,4) (2 3,4 0x = ( ) ( )f x g x≠ 0x = ( ) ( )y f x g x= − 0x ≠ ( ) ( )y f x g x= − ( ) ( )f x g x= 2 ( 0){ 4cos ( 0) x xk x x xπ + >= < ( ) ( )y f x g x= − y k= 2 ( 0){ 4cos ( 0) x xy x x xπ + >= 2 1sin 3sin cos2 2 2 2 C A A+ − 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 (1)由正弦定理可得 b2=ac,再由 A,B,C 依次成等差数列求得 ,再由余弦定理求得 a=c,可得△ABC 为正三角形,得到结论. (2)要求的式子利用三角函数的恒等变换化为 ,再根据角 A 的范围求出 的范围,即得所求. 【详解】 依次成等差数列, , . (1) , . 又 , ,即 , 为正三角形, . (2) . , , , , . 3A π= 1 3,4 4       3B π= 1 2 6sin A π +   1 2 6sin A π +   , ,A B C 2B A C Bπ= + = −∴ 3B π∴ = 2sin sin sinB A C= 2b ac∴ = 2 2 2 2 22 cosb a c ac B a c ac= + − = + − 2 2a c ac ac+ − =∴ 2( ) 0a c− = a c∴ = ABC∆∴ 3A π= 2 1 1 cos 3 1sin 3sin cos sin2 2 2 2 2 2 2 C A A C A −+ − = + − 3 1 2 3 1 3sin cos sin cos sin2 2 3 2 4 4A A A A A π = − − = + −   3 1 1sin cos sin4 4 2 6A A A π = + = +   a c> 2 2 3A π π< ( ) ( ) ( )1 1 0minh x h a h= − =< 1a a∴ ( ) ( 1) lnp x f x a x= − = 2 1 2 1 ln ln AB a x a xk x x −= − ( ) ap x x ′ = ( )3 3 ap x x ′ =∴ 2 1 2 1 3 ln lna x a x a x x x −∴ =− ( ) , 0ap x ax ′ = > 1 2 3 2 x xx +< ⇔ ( ) 1 2 3 2 x xp x p + ′ > ′   2 1 2 1 1 2 ln ln 2a x a x a x x x x − >− + ( ) 2 2 1 12 21 1 2 1 2 12ln 1 x x x xx xx x x x  − −  > =+ + 2 1 , 1x tx ι= > 2( 1)ln 1 tt t −> + 等价于 , 构造函数 , 则 , 令 , 当 时, , 在 上为单调递增函数, , 在 上为单调递增函数, 在 上恒成立, 成立, 得证. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、构造函数法、换元法、恒成立 问题的等价转化、分类讨论等基础知识与基本技能方法,考查了推理能力和计算能力,属于 难题. (二)选考题:共 10 分.请考生在 22、23 两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一 题记分. 22.在直角坐标系 中,直线 ,圆 ,以坐标原点 为 极点,以 轴正半轴为极轴,建立极坐标系. (1)求 , 的极坐标方程; (2)若直线 的极坐标方程 ,设 与 的交点为 , ,求 的 面积. 【答案】(1) ; ;(2) 【解析】 【分析】 (1)由条件根据 x=ρcosθ,y=ρsinθ 求得 C1,C2 的极坐标方程. ( 1)ln 2( 1)t tι + > − ( ) ( 1)ln 2( 1), 1q t t t t t= + − − > 1( ) ln 1, 1q t t tt ′ = + − > 1( ) ln 1, 1r t t tt = + − > 1t > 2 2 1 1 1( ) 0tr t t t t −′ = − = > ( )q t′∴ (1, )+∞ ( ) (1) 0q t q′ > ′ = ( )q t∴ (1, )+∞ ( ) (1) 0q t q> =∴ ( ) 0q t >∴ (1, )+∞ ( 1)ln 2( 1)t t t+ > −∴ 1 2 3 2 x xx + − − { 1M x x= < − }1x > 析法证明,先根据绝对值三角不等式将不等式转化为证明 ,再两边平方,因 式分解转化为证明 ,最后根据条件 确定 成立. 【详解】(1)∵ ,∴ . 当 时,不等式可化为 , 解得 ,∴ ; 当 ,不等式可化为 ,解得 , 无解; 当 时,不等式可化为 ,解得 ,∴ . 综上所述, 或 . (2)∵ , 要证 成立, 只需证 , 即证 , 即证 , 即证 . 由(1)知, 或 , ∵ ,∴ , ∴ 成立. 综上所述,对于任意的 都有 成立. 点睛:(1)分析法是证明不等式的重要方法,当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、 基本不等式没有直接联系,较难发现条件和结论之间的关系时,可用分析法来寻找证明途径, 使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆. (2)利用综合法证明不等式,关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式. 1ab a b+ > + ( )( )2 21 1 0a b− − > 2 21, 1a b> > ( )( )2 21 1 0a b− − > ( ) 2 1 1f x x< + − 1 2 1 1 0x x+ − + + < 1x < − ( )1 2 1 1 0x x− − + + + < 1x < − 1x < − 11 2x− ≤ ≤ − ( )1 2 1 1 0x x+ + + + < 1x < − 1 2x > − ( )1 2 1 1 0x x+ − + + < 1x > 1x > { 1M x x= < − }1x > ( ) ( ) ( )1 1 1 1f a f b a b a b a b− − = + − − + + − − + = +≤ ( ) ( ) ( )f ab f a f b> − − 1ab a b+ > + 2 21ab a b+ > + 2 2 2 2 1 0a b a b− − + > ( )( )2 21 1 0a b− − > { 1M x x= < − }1x > a b M∈、 2 21, 1a b> > ( )( )2 21 1 0a b− − > a b M∈、 ( ) ( ) ( )f ab f a f b> − −

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