《湖南省师大附中2020届高三数学月考试题（五）理（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省师大附中2020届高三数学月考试题（五）理（通用）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖南省师大附中2020届高三数学月考试题（五）理时量：120分钟满分：150分一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1若复数z满足z(13i)17i(i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于(A)A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限【解析】易得z2i，则z对应的点为(2，1)故选A.2设m为给定的一个实常数，命题p：xR，x24x2m0，则“m3”是“命题p为真命题”的(A)A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分且必要条件 D既不充分也不必要条件【解析】若命题p为真，则对任意xR，x24x2m0恒成立，所以168m0，
2、即m2.因为m3m2，则“m3”是“命题p为真命题”的充分不必要条件选A.3若等差数列an的前5项之和S525，且a23，则a7(B)A12 B13 C14 D15【解析】由S55a325a35，所以公差da3a22，所以a7a25d35213，故选B.4已知某7个数的平均数为3，方差为s2，现又加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为x，方差为，则(B)Ax3，s22 Bx3，s24 Cx3，s228 Dx6，s2【解析】这7个数的平均数为3，方差为s2，现又加入一个新数据3，此时这8个数的平均数为x，方差为，x3，又由84，得s24.故选B.5若正整数N除以正整数m后的余数为r，则记为Nr
3、(mod m)，例如133(mod 5)下列程序框图的算法源于我国古代算术中国剩余定理，则执行该程序框图输出的i等于(C)A4 B8 C16 D32【解析】第一次执行循环体，得i2，N18，此时180(mod 3)，不满足第一条件；第二次执行循环体，得i4，N22，此时221(mod 3)，但2225，不满足第二条件；第三次执行循环体，得i8，N30，此时300(mod 3)，不满足第一条件；第四次执行循环体，得i16，N46，此时461(mod 3)，且4625，退出循环所以输出i的值为16.选C.6如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC，则下列结论正确的是(D)AP
4、BAD B平面PAB平面PBCC直线BC平面PAE D直线CD平面PAC【解析】因为AD与PB在平面ABC内的射影AB不垂直，所以A答案不正确过点A作PB的垂线，垂足为H，若平面PAB平面PBC，则AH平面PBC，所以AHBC.又PABC，所以BC平面PAB，则BCAB，这与底面是正六边形不符，所以B答案不正确若直线BC平面PAE，则BCAE，但BC与AE相交，所以C答案不正确故选D.7在(x3y)(x2y)5的展开式中，x2y4的系数为(B)A320 B160 C160 D320【解析】(x2y)5的展开式中第r1项为Tr1Cx5r(2y)r，令5r1，得r4；令5r2，得r3.在(x3y)
5、(x2y)5展开式中x2y4的系数为C(2)43C(2)3160.故选B.8若函数f(x)asin xbcos x(05，ab0)的图象的一条对称轴方程是x，函数f(x)的图象的一个对称中心是，则f(x)的最小正周期是(B)A B2 C. D.【解析】由题设，有f，即(ab)，由此得到ab，又f0，所以a0，从而tan1，k，kZ，即4k1，kZ，而00，b0)上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若AFBF，设ABF，且，则该椭圆的离心率e的取值范围是(A)A. B. C. D.【解析】已知椭圆1(a0，b0)上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，设左焦点为N，连接AN，BN
6、，因为AFBF，所以四边形AFBN为长方形根据椭圆的定义：2a，由题ABF，则ANF，所以2a2ccos 2csin ，利用e，即椭圆离心率e的取值范围是，故选A.12设平行于x轴的直线l分别与函数y2x和y2x1的图象相交于点A，B，若在函数y2x的图象上存在点C，使得ABC为等边三角形，则这样的直线l(C)A至少一条 B至多一条 C有且只有一条 D无数条【解析】设直线l的方程为ya(a0)，由2xa，得xlog2a，所以点A(log2a，a)由2x1a，得xlog2a1，所以点B(log2a1，a)，从而|AB|1.如图，取AB的中点D，连接CD.因为ABC为等边三角形，则CDAB，且|A
7、D|，|CD|，所以点C.因为点C在函数y2x的图象上，则a2log2a，解得a，所以直线l有且只有一条，选C.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为_2_【解析】由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V12112，圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱体的体积V2121，则该几何体的体积VV12V22.14已知函数f(x)的值域为R，则实数a的最大值是_2_【解析】当x0时，f(x)1x21.因为f(x)的值域为R，则当x0时，f(x)min1.因为f(x)在0，)上单调递增，则f(0)1，即log2a1，
8、所以0a2.a的最大值为2.15已知点A(1m，0)，B(1m，0)，若圆C：x2y28x8y310上存在一点P，使得PAPB，则正实数m的取值范围是_4，6_【解析】圆C的方程化为：(x4)2(y4)21.设P(4cos ，4sin )，如图，线段AB的中点坐标为(1，0)，|AB|2|m|，P点到线段AB中点的距离为|m|，(3cos )2(4sin )2m2，266cos 8sin m2，2610sin()m2，其中tan ，16m236，又m0，4m6.16已知数列an满足：a11，an1(nN*)bn1(n2)(nN*)，b1，且数列bn是单调递增数列，则实数的取值范围是_【解析】因
9、为an111212n12n，所以bn1(n2)2n，因为数列是单调递增数列，所以当n2时，bn1bn(n2)2n(n12)2n1n21221b1(12)2，因此.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第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题：共60分17(本小题满分12分)在锐角ABC中，sincos A1.()求角A的大小；()求cos Bcos C的取值范围【解析】()由已知，sincos A1，即cos2cos2.(2分)在ABC中，因为0A，则0，所以cos 0，从而cos.(5分)所以，即A.(6分)()由(
10、)知，在锐角ABC中，BC，则B，cos Bcos Ccos Bcossin，(9分)由B知B，所以sin1，即cos Bcos C的取值范围是.(12分)18(本小题满分12分)如图，三棱锥PABC的顶点P在圆柱轴线O1O上，底面ABC内接于O，AB为O的直径，且ABC60，O1OAB4，O1上一点D在平面ABC上的射影E恰为劣弧AC的中点()设|OP|，求证：DO平面PAC；()设|OP|1，求二面角DACP的余弦值【解析】解法一：()连结DE，OE，设OE与AC的交点为G，连结PG，DG，DO，因为ABC内接于O，AB为O的直径，所以ABC为直角三角形，又ABC60，AB4，故BC2，A
11、C2，因为E是弧AC中点，所以OEAC，OGBC1.又因为DE平面ABC，故DEAC，所以AC平面DEOO1，故DOAC.又OP，所以在矩形DEOO1中，tanPGO，tanDOO1，故PGODOO1，又DOO1DOG90，所以PGODOG90，所以DOPG，所以DO平面PAC.(6分)()在轴截面内有POOG1，所以PG，DG，DP，由AC平面DEOO1，得DGP即为二面角DACP的平面角，(10分)在DGP中由余弦定理可求得cosDGP.(12分)解法二：()在平面ABC中，过点O作AB的垂线，交弧EC于H，如图建立空间直角坐标系，因为ABC内接于O，AB为O的直径，所以ABC为直角三角形，又ABC60，AB4，故BC2，AC2，又OP，所以A(0，2，0)，C(，1，0)，P，D(，1，4)，所以(，3，0)，(，1，4)，所以0，0，故ACOD，APOD，从而DO平面PAC.(6分)()由OP1知P(0，0，1)，设平面PAC的法向量为m(x1，y1，z1)，则有即取m(，1，2)，设平面DAC的法向量n(x2，y2，z2)，则有即取n，(10分)则cosm，n，所以二面角DACP的余弦值为.(12分)19(本小题满分12分)某有机水果种植基地试验种植的某水果在售卖前要成箱包装，每箱80个，每一箱水果在交付顾客之前要按约
