1、湖南省怀化市麻阳一中2020届高三数学下学期3月第七次月考试题 理（含解析）注意事项：1. 答题前，请考生将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并认真核对试卷有无缺页、漏页等现象.2. 本试卷4页.试卷满分150分.考试时量120分钟.3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4. 本试卷主要考试内容：高考全部内容（除选考题外）. 第卷（选择题）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，则P的子集个数为（ ）A. 4B. 6C. 8D. 16【答案】C【解析】【分析】先求得集合，由此求得集合，根据集合元素的个数，求得的
2、子集个数.【详解】由于，所以，所以，集合共有个元素，故子集有个.故选：C【点睛】本小题主要考查函数值域，考查集合交集和子集个数的求法，属于基础题.2.若，且，则下列不等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用特殊值排除错误选项，利用指数函数单调性证明正确选项.【详解】不妨设，则，A选项错误.，C选项错误.，D选项错误.对于B选项，由于为上的减函数，而，所以，即B选项正确.故选：B【点睛】本小题主要考查数的大小判断，考查指数函数单调性，属于基础题.3.从n个正整数1，2n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为，则n的值为（ ）A. 6B. 8C. 1
3、0D. 14【答案】B【解析】【分析】利用古典概型概率计算公式列方程，解方程求得的值.【详解】两数之和为有两种情况，故，故，解得.故选：B【点睛】本小题主要考查根据古典概型的概率求参数，属于基础题.4.已知双曲线的焦点到渐近线距离与顶点到渐近线距离之比为，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意知,由与相似（O为坐标原点）可得，再由，可得，进而可得渐近线方程.【详解】如图所示，双曲线顶点为A，焦点为F，过A,F作渐近线的垂线，垂足为B，C，所以与相似（O为坐标原点），又由题意知，所以，即，又因为，所以，即所以渐近线方程为：，故选A.【点睛】本题考查双
4、曲线的几何性质，需灵活运用三角形相似及之间的关系，属基础题.5.下列函数中，既是奇函数又在区间上为减函数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由函数的奇偶性排除AC选项，利用导数求BD选项在区间上的单调性，由此确定正确选项.【详解】对于AC选项为偶函数，也偶函数，所以AC两个选项不符合题意.对于B选项，所以函数在上递增，不符合题意.对于D选项，在区间上满足，所以函数在区间上为减函数符合题意.故选：D【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性和单调性，考查利用导数判断函数在区间上的单调性，属于基础题.6.某四棱锥的三视图如图所示，则侧面四个三角形中，最小三角形面积为（ ）A. 2B
5、. C. D. 1【答案】B【解析】【分析】画出几何体的直观图，判断三角形面积最小的三角形，然后求解三角形的面积即可.【详解】由三视图可知该几何体是四棱锥是正方体的一部分，正方体的棱长为2，为所在棱的中点，如图，则最小三角形面积是,.故选.【点睛】本题主要考查学生对三视图之间的关系的理解和画出几何体的直观图，是基础题.7.若的展开式中含有常数项，则n的最小值为（ ）A. 8B. 10C. 11D. 12【答案】C【解析】【分析】求得二项式展开式的通项公式，根据展开式中含有常数项，求得的表达式，进而求得的最小值.【详解】二项式展开式的通项公式为，由于展开式中含有常数项，则，当时，取得最小值为.故
6、选：C【点睛】本小题主要考查根据二项式展开式含有常数项求参数，属于基础题.8.如图，在三棱锥中，已知底面是正三角形，且平面，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】取中点，连接，设表示出各边长度，可知三角形为直角三角形，且.所以即为直线与平面所成的角，由三角函数定义可求得.【详解】三棱锥中，已知底面是正三角形，且平面，取中点，连接，如下图所示：设则，因为所以三角形为直角三角形，且则即为直线与平面所成的角所以故选：D【点睛】本题考查了直线与平面夹角的求法，空间中的线面关系，属于中档题.9.已知当，时，则以下判断正确是 A. B. C. D. 与的大小关
7、系不确定【答案】C【解析】【分析】由函数的增减性及导数的应用得：设，求得可得为增函数，又，时，根据条件得，即可得结果【详解】解：设，则，即为增函数，又，即，所以，所以故选C【点睛】本题考查了函数的增减性及导数的应用，属中档题10.将曲线向左平移个单位长度，得到曲线的对称中心为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据图象变换原则得到图象变换后的解析式,令,进而求解即可.【详解】由题,则平移后的函数解析式为,令,则,所以对称中心为,故选:C【点睛】本题考查平移变换后三角函数解析式,考查正弦型函数的对称中心.11.已知定义在上的偶函数满足：时，且，若方程恰好有12个实数根，则实
8、数的取值范围是 （ ）A. (5，6)B. (6，8)C. (7，8)D. (10，12)【答案】B【解析】 时， ,故 在0,1上单调递增，且 ，由 可知函数 是周期为2的周期函数，而函数 与 都是偶函数，画出它们的部分图象如图所示，根据偶函数的对称性可知，只需这两个函数在 有6个不同交点，显然 ，结合图象可得 ，即 ，故 .本题选择B选项.12.已知函数是定义在上的函数，且满足，其中为的导数，设，则、的大小关系是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】构造函数，根据的单调性得出结论【详解】解：令，则，在上单调递增，又，即，即故选：【点睛】本题考查了导数与函数的单调性，考查函数单调
9、性的应用，属于中档题第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共50分.13.已知矩形 ABCD，AB= 4 ，BC =3，以 A, B 为焦点，且 过 C, D 两点的双曲线的离心率为_.【答案】2【解析】【分析】根据为焦点，得；又求得，从而得到离心率.【详解】为焦点 在双曲线上，则又 本题正确结果：【点睛】本题考查利用双曲线的定义求解双曲线的离心率问题，属于基础题.14.在中，其中a，b，c分别为内角A，B，C的对边，则角A的大小为_【答案】【解析】【分析】由正弦定理和题设条件，化简得，再由余弦定理，求得，即可求解【详解】由题意，因为由正弦定理化简得，整理得，又由余弦定理，可
10、得，又因为，所以故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解15.设各项均为正数的数列的前项和满足，则数列的前2020项和_.【答案】【解析】【分析】因为，当时，可得.由,可得，求得，即可求得，结合已知，即可求得答案.【详解】当时，解得：或数列为正数，由即，当时，两式相减得：当，满足可得：当，故答案为：.【点睛】本题主要考查了求数列前和，解题关键是掌握“裂项相消”求和的方法，考
11、查了分析能力和计算能力，属于中档题.16.在平面四边形ABCD中，BCD是边长为2的等边三角形，BAD为等腰三角形，且BAD=，以BD为折痕，将四边形折成一个的二面角，并且这个二面角的顶点A，B，C，D在同一个球面上，则这个球的球面面积为_【答案】【解析】【分析】作出折叠后的几何图形，结合几何关系求出半径即可得到球的表面积.【详解】折成的立体图形如图所示，O为球心，E为BD的中点，CEH=，CE=，所以由得：，所以，球面积为故答案为：【点睛】此题考查求几何体的外接球，以平面图形的折叠为背景，关键在于弄清折叠过程中不变的几何量.三、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或
12、演算步骤.17.在中，角的对边分别为，且满足（1）求角的大小；（2）若，且边上的高为，求的周长【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）因为，由正弦定理可得：结合已知，即可求得答案；（2）画出图形，则，结合余弦定理，即可求得答案.【详解】（1）由正弦定理可得：，又故（2）画出图象，如图：则又在中，由余弦定理可得可得的周长为【点睛】本题主要考查了由正弦定理和余弦定理解三角形，解题关键是灵活使用正弦定理和余弦定理，数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.18.已知数列满足，且，（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）记，求数列的前n项和【答案】（1）证明见解析，；（2）【解
13、析】【分析】（1）由，整理得，得出是以2为公比，以为首项的等比数列，进而求得数列的通项公式；（2）由（1）可得，利用等差数列的前项和公式和“乘公比错位相加法”，即可求得数列的前项和【详解】（1）由题意，数列满足，可得，即，所以是以2为公比，以为首项的等比数列，所以，又由当，成立，所以数列的通项公式为（2）由（1）可得，所以令，则， 两式相减得，解得， 又由，故【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的逻辑思
14、维能力及基本计算能力等19.如图，四棱柱中，平面，四边形为平行四边形，（1）若，求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接，交于点，可证得四边形为平行四边形，从而得到，根据线面平行的判定定理可证得结论；（2）在中，由余弦定理可求得，进而得到；由线面垂直的性质和判定定理可证得平面；作，可知即为所求二面角的平面角，由长度关系可求得结果.【详解】（1）证明：如图所示，连接，交于点，连接，四边形为平行四边形，平面，平面，平面.（2）解：四边形为平行四边形，.设，由余弦定理得：，解得：，又平面，平面，又平面，平面，平面作，垂足为，连接，则，为二面角的平面
15、角.，即二面角的余弦值为.【点睛】本题考查立体几何中线面平行关系的证明、二面角的求解问题；求解二面角的关键是能够根据二面角平面角的定义，利用垂直关系得到二面角的平面角，进而放到直角三角形中来进行求解.20.某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2000元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1000元.某医院准备一次性购买2台这种机器现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超
16、过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数（1）求X的分布列；（2）以所需延保金及维修费用期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？【答案】（）见解析；（）选择延保方案二较合算【解析】【分析】（）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，分别求出对应的概率，列出分布列即可；（）求出两种方案下所需费用的分布列，然后分别求出对应的期望值，比较二者的大小即可选出最合算的方案【详解】解：（）所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，的分布列为 01
17、23456 （）选择延保一，所需费用元的分布列为： 70009000110001300015000 （元）.选择延保二，所需费用元的分布列为： 100001100012000 （元）.，该医院选择延保方案二较合算.【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列，考查了概率的计算，考查了期望的求法，属于中档题21.已知椭圆的焦点为，离心率为，点P为椭圆C上一动点，且的面积最大值为，O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程；(2)设点，为椭圆C上的两个动点，当为多少时，点O到直线MN的距离为定值.【答案】（1）；（2）当0时，点O到直线MN的距离为定值.【解析】【分析】（1）的面积最大时，是短轴端点，由此可得
18、，再由离心率及可得，从而得椭圆方程；（2）在直线斜率存在时，设其方程为，现椭圆方程联立消元（）后应用韦达定理得，注意，一是计算，二是计算原点到直线的距离，两者比较可得结论【详解】（1）因为在椭圆上，当是短轴端点时，到轴距离最大，此时面积最大，所以，由，解得，所以椭圆方程为（2）在时，设直线方程为，原点到此直线的距离为，即，由，得，所以，所以当时，为常数若，则，综上所述，当0时，点O到直线MN的距离为定值.【点睛】本题考查求椭圆方程与椭圆的几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力解题方法是“设而不求”法在直线与圆锥曲线相交时常用此法通过韦达定理联系已知式与待求式22.已知函数f(x)
19、xlnx，g(x)x2ax.（1）求函数f(x)在区间t，t1(t0)上的最小值m(t)；（2）令h(x)g(x)f(x)，A(x1，h(x1)，B(x2，h(x2)(x1x2)是函数h(x)图像上任意两点，且满足1，求实数a的取值范围；（3）若x(0,1，使f(x)成立，求实数a的最大值【答案】（1）m(t)（2）a22.（3）a22.【解析】【分析】（1）是研究在动区间上的最值问题，这类问题的研究方法就是通过讨论函数的极值点与所研究的区间的大小关系来进行求解（2）注意到函数h(x)的图像上任意不同两点A，B连线的斜率总大于1，等价于h(x1)h(x2)x1x2(x1x2)恒成立，从而构造函
20、数F(x)h(x)x在(0，)上单调递增，进而等价于F(x)0在(0，)上恒成立来加以研究（3）用处理恒成立问题来处理有解问题，先分离变量转化为求对应函数的最值，得到a，再利用导数求函数M(x)的最大值，这要用到二次求导，才可确定函数单调性，进而确定函数最值【详解】（1） f(x)1，x0，令f(x)0，则x1.当t1时，f(x)在t，t1上单调递增，f(x)的最小值为f(t)tlnt；当0t1时，f(x)在区间(t,1)上为减函数，在区间(1，t1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)1.综上，m(t)（2）h(x)x2(a1)xlnx，不妨取0x1x2，则x1x20，则由，可得h(x1)
21、h(x2)x1x2，变形得h(x1)x1h(x2)x2恒成立令F(x)h(x)xx2(a2)xlnx，x0，则F(x)x2(a2)xlnx在(0，)上单调递增，故F(x)2x(a2)0在(0，)上恒成立，所以2xa2在(0，)上恒成立因为2x2，当且仅当x时取“”，所以a22.（3）因为f(x)，所以a(x1)2x2xlnx.因为x(0,1，则x1(1,2，所以x(0,1，使得a成立令M(x)，则M(x).令y2x23xlnx1，则由y0 可得x或x1(舍)当x时，y0，则函数y2x23xlnx1在上单调递减；当x时，y0，则函数y2x23xlnx1在上单调递增所以yln40，所以M(x)0在x(0,1时恒成立，所以M(x)在(0,1上单调递增所以只需aM(1)，即a1.所以实数a的最大值为1.【点睛】本题考查了函数与导数综合问题，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算能力，属于难题.