湖南师大附中届高三上学期第三次月考文数.docx

1、湖南师大附中届高三上学期第三次月考文数湖南师大附中2020届高三上学期第三次月考数 学（文科） 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共10页。时量120分钟。满分150分。第卷一、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若复数za21(a1)i(i为虚数单位)是纯虚数，则实数a的值是(B)A1和1 B1 C1 D0【解析】因为复数za21(a1)i是纯虚数，所以实部为0，即a210.解得a1.又因为a10，即a1，所以a1，所以选B.2命题“x0，ln x0x01”的否定是(C)Ax0，ln x0x01Bx，ln xx1

2、Cx，ln xx1Dx0，ln x0x01【解析】命题“x0，ln x0x01”的否定为“x，ln xx1”，故选C.3用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图是如图所示的一个正方形，则原来的图形是(A)【解析】作出该直观图的原图形，因为直观图中的线段CBx轴，所以在原图形中对应的线段平行于x轴且长度不变，点C和B在原图形中对应的点C和B的纵坐标是OB的2倍，则OB2，所以OC3.故选A.4若变量x，y满足约束条件则z的最大值为(B)A4 B2 C. D.【解析】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，由目标函数z，可化为z，表示平面区域的点与原点O(0，0)连线的斜率，结合图象可知，当过

3、点A时，此时直线的斜率最大，又由解得x1，y2，所以目标函数的最大值为z2，故选B.5古印度“汉诺塔问题”：一块黄铜平板上装着A，B，C三根金铜石细柱，其中细柱A上套着若干个大小不等的环形金盘，大的在下、小的在上将这些盘子全部转移到另一根柱子上，移动规则如下：一次只能将一个金盘从一根柱子转移到另外一根柱子上，不允许将较大盘子放在较小盘子上面若A柱上现有3个金盘(如图)，将A柱上的金盘全部移到B柱上，至少需要移动次数为(B)A5 B7 C9 D11【解析】设细柱A上套着n个大小不等的环形金盘，至少需要移动次数记为an.要把最下面的第n个金盘移到另一个柱子上，则必须先把上面的n1个金盘移到余下的一

4、个柱子上，故至少需要移动an1次再把第n个金盘移到另一个柱子上后，须移动1次，最后把n1个金盘移到该柱子上，故又至少移动an1次，所以an2an11.因为a11，故a23，a37，故选B.6.已知函数fsin(x)cos(x)的最小正周期为，且f(x)f(x)，则(A)Af(x)在上单调递减 Bf(x)在上单调递减Cf(x)在上单调递增 Df(x)在上单调递增【解析】由于f(x)sin(x)cos(x)sin，由于该函数的最小正周期为，得出2，又根据f(x)f(x)，以及|，得出.因此，f(x)sincos 2x，若x，则2x(0，)，从而f(x)在上单调递减，若x，则2x，该区间不为余弦函数

5、的单调区间，故B，C，D都错，A正确故选A.7若直线l过点A(0，a)，斜率为1，圆x2y24上恰有3个点到l的距离为1，则a的值为(D)A3 B3 C2 D【解析】由圆的方程x2y24，可知圆心坐标为(0，0)，半径为2，设直线的l的方程xya0，由圆x2y24上恰由3个点到直线l的距离等于1，可得圆心到直线的距离等于1，即21，解得a.8如图，在ABC中，已知AB5，AC6，4，则(D)A45 B13 C13 D37【解析】()，()整理可得：4，12()122537.故选D.9设ab0，且ab2，则a2的最小值是(D)A1 B2 C3 D4【解析】因为ab0，a(ab)0，又由ab2，所

6、以a2a2ab2a(ab)222224，当且仅当a(ab)1，即a，b时等号成立，所以a2的最小值是4，故选D.10已知函数f(x)且满足f(x1)f(x1)0，g(x)，则方程fg在3，5上所有实根的和为(B)A3 B4 C5 D6【解析】由于ff0，故函数f的周期为2，画出f和g的图象如下图所示注意到函数f和g1都关于A中心对称所以fg在上的四个交点的横坐标，即所有实根关于x1对称，根据中点坐标公式可得所有实根的和为224.11已知球O是正三棱锥ABCD(底面BCD为正三角形，顶点A在底面BCD的射影为底面中心)的外接球，BC3，AB2，点E在线段BD上，且BD6BE，过点E作球O的截面，

7、则所得截面圆面积的取值范围是(A)A. B. C. D.【解析】如图，设BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接O1D，OD，O1E，OE，则O1D3sin 60，AO13，在RtOO1D中，R23(3R)2，解得R2，BD6BE，DE2.5，在DEO1中，O1E，OE，过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为，最小面积为，当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4.故选A.12已知函数f在R上都存在导函数f，对于任意的实数都有e2x，当x0，若eaf(2a1)f(a1)，则实数a的取值范围是(B)A. B. C0，) D(，0【解析】令g(x)exf(x)，

8、则当x0，又g(x)exf(x)exf(x)g(x)，所以g(x)为偶函数，从而eaff等价于e2a1f(2a1)ea1f(a1)，g(2a1)g(a1)，因此g(|2a1|)g(|a1|)，|2a1|a1|，3a22a0，a0.选B.选择题答题卡题号123456789101112答案BCABBADDDBAB第卷本卷包括必考题和选考题两部分第1321题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡中对应题号后的横线上13九进制数2018化为十进制数为_1475_14设F1，F2是双曲线C：1(a0，b0

9、)的两个焦点若在C上存在一点P，使PF1PF2，且PF1F230，则C的离心率为_1_【解析】由已知可得，2ccos 30c，2csin 30c，由双曲线的定义，可得cc2a，则e1.15设数列an(n1，nN)满足a12，a26，且an22an1an2，则an_n2n_【解析】由已知得an1an是以4为首项，2为公差的等差数列，所以an1an2n2.利用累加可得an1a1n23n，所以an1n23n2，从而ann2n.16把函数f(x)x33x的图象C1向右平移u个单位长度，再向下平移v个单位长度后得到图象C2，若对任意的u0，曲线C1与C2至多只有一个交点，则v的最小值为_4_【解析】设曲

10、线C2的解析式为y(xu)33(xu)v，联立C1，C2两曲线方程得(xu)33(xu)vx33x，即3ux23u2xu33uv0，由题意知，关于x的方程至多只有一个解，所以(3u2)243u(u33uv)0，又u0，所以vu33u对任意u0恒成立，令g(u)u33u(u0)，则g(u)u23(u2)(u2)，所以g(u)maxg(2)4.v4.三、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(本小题满分12分)2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除某单位老、中、青员工分别有72，1

11、08，120人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况()应从老、中、青员工中分别抽取多少人？()抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，其中“”表示享受，“”表示不享受现从这6人中随机抽取2人接受采访.ABCDEF子女教育继续教育大病医疗住房贷款利息住房租金赡养老人()试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；()设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M发生的概率【解析】()由已知，老、中、青员工人数之比为6910，由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中

12、、青员工中分别抽取6人，9人，10人(4分)()()从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为A，B，A，C，A，D，A，E，A，F，B，C，B，D，B，E，B，F，C，D，C，E，C，F，D，E，D，F，E，F，共15种(8分)()由表格知，符合题意的所有可能结果为A，B，A，D，A，E，A，F，B，D，B，E，B，F，C，E，C，F，D，F，E，F，共11种所以，事件M发生的概率P(M).(12分)18(本小题满分12分)在ABC中，角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知sin Bcos B1，且b1.()若A，求c的值；()设AC边上的高为h，求h的最大值【解析】()由已知，2sin1，即sin.(2分)所以B，即B(舍)，或B，即B.(3分)所以CAB，又b1，由正弦定理，得c.(6分)()因为SABCbhacsin B，B，b1，则hac.(9分)由余弦定理，得b2a2c22accos Ba2c2ac2acacac，则ac1，所以h，当且仅当ac时取等号，所以h的最大值为.(12分)19(本小题满分12分)如图，矩形BDEF垂直于正方形ABCD，GC垂直于平面ABCD，且ABDE2CG2.()求三