教师答案详解.docx

衡阳市八中2020届高三月考试题（四）
数学（理科）
命题人：王美蓉 审题人：刘亮生 赵永益

一、 选择题：本大题共12小题，每小题5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．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B:集合，集合，所以,
2．设曲线在处的切线方程为，则a＝(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选D　∵y＝eax－ln(x＋1)，∴y′＝aeax－，∴当x＝0时，y′＝a－1.∵曲线y＝eax－ln(x＋1)在x＝0处的切线方程为2x－y＋1＝0，∴a－1＝2，即a＝3.
3．的展开式中的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D:的展开式中的系数为.
4．已知在圆内，过点的最长弦和最短弦分别是和，则四边形的面积为(　　)
A. B. C. D.
【答案】D：由题意可得：最长弦为直径： 最短的弦是.则四边形ABCD的面积为.
5．已知，，，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A，，，故，
所以。
6.已知函数，则函数的大致图像为（ ）

A B C D

【答案】B 考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.

7．函数的最小正周期是，则其图象向左平移个单位长度后得到的函数的一条对称轴是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D 函数的最小正周期是，则函数，经过平移后得到函数解析式为，由，得，当时，.
8．元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提及如下问题：今有银一秤一斤十两(1秤=10斤,1斤=10两),令甲、乙、丙从上作折半差分之,问：各得几何？其意思是：“现有银一秤一斤十两,现将银分给甲、乙、丙三人,他们三人每一个人所得是前一个人所得的一半.”若银的数量不变,按此法将银依次分给5个人,则得银最少的3个人一共得银(   )
A. 266127两 B. 两 C. ​两 D. 两
【答案】C解：一秤一斤十两共120两,将这5人所得银两数量由小到大记为数列{an},则{an}是公比q=2的等比数列,于是得,解得,
故得银最少的3个人一共得银数为(两)．
9．如图，平面四边形中，，，，将其沿对角线BD折成四面体，使平面⊥平面，若四面体的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )

A．3π B．
C．4π D．
解析：选A　由图示可得BD＝A′C＝，BC＝，△DBC与△A′BC都是以BC为斜边的直角三角形，由此可得BC中点到四个点A′，B，C，D的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为，所以该外接球的表面积S＝4π×2＝3π.
10.已知为平面直角坐标系的原点，为双曲线的右焦点，为的中点，过双曲线左顶点作两渐近线的平行线分别与轴交于两点，为双曲线的右顶点，若四边形的内切圆经过点，则双曲线的离心率为(　　)
A． B. C. D.
【答案】B作草图，易知直线BC的方程为＋＝1，圆心O到BC的距离为＝，∴2ab＝c2，∴4a2(c2－a2)＝c4，同除以a4得，e4－4e2＋4＝0，
∴(e2－2)2＝0，∴e2＝2，∴e＝或－(舍)，∴e＝，故选B.

11.对于定义域为的函数，若满足① ；② 当，且时，都有；
③ 当，且时，都有，则称为“偏对称函数”．现给出四个函数：；；
则其中是“偏对称函数”的函数个数为
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】C
因为条件②，所以与同号，不符合②，不是“偏对称函数”；对于；，满足①②，构造函数，，在 上递增，当，且时，都有，，满足条件 ③，是“偏对称函数”；对于， ，满足条件①②，画出函数的图象以及在原点处的切线， 关于 轴对称直线，如图，由图可知满足条件③，所以知是“偏对称函数”；

函数为偶函数，，不符合③，函数不是，“偏对称函数”.

12．已知函数，，其中．若的图象在点处的切线与的图象在点处的切线重合，则a的取值范围为（）
A． B．
C． D．
【答案】C∵，∴，，函数在点处的切线方程为：，函数在点处的切线方程为：，两直线重合的充要条件是①，②，
由①及得，故，
令，则，且，设，
，当时，恒成立，即单调递减，
，时，，即a的取值范围为.
二、填空题
13．的值是__________；
【答案】0;复数．
14．交通部门对某路段公路上行驶的汽车速度实施监控，从速度在的汽车中抽取600辆进行分析，得到数据的频率分布直方图如图所示，则速度在以下的汽车有________辆；
【答案】300;以下的频率为，所以汽车有.
15．在平行六面体中，，，则与所成角为_________；（用弧度表示）
【答案】
16．如图，过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦、，若与面积之和的最小值为32，则抛物线的方程为_________.

【答案】;
设直线AC和x轴的夹角为由焦半径公式得到

面积之和为： 通分化简得到
原式子化简为根据二次函数的性质当t=1时有最小值，此时抛物线方程为： .

三、解答题
17．箱中装有4个白球和个黑球.规定取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，现从箱中任取3个球，假设每个球被取出的可能性都相等.记随机变量为取出的3个球所得分数之和.
（1）若，求的值；
（2）当时，求随机变量的分布列与数学期望.
【答案】（1）由题意得：取出的个球都是白球时，随机变量
，即：，解得：
（2）由题意得：所有可能的取值为：则；；；.
的分布列为：

【点睛】
本题考查服从超几何分布的随机变量的概率及分布列的求解问题，关键是能够明确随机变量所服从的分布类型，从而利用对应的公式来进行求解.
18．已知函数.
(1)求的单调递增区间；
(2)在中，且，求面积的最大值．
【答案】(1)解：
＝ .

（2）由题可得，因为，所以，
又，所以．
在中，由余弦定理可得，即．
所以，当且仅当时等号成立，
故面积的最大值为．
19．如图，在三棱锥中，，，，，分别是，的中点，在上且.
（I）求证：；
（II）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】I.以A为坐标原点，分别以AC，AB.AS为x，y，z轴建立空间直角坐标系C-xyz.则A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，0，0），S（0，0，2），D（1，0，0），E（1，1，0）
由SF=2FE得F(,,)平面
平面SBC
Ⅱ.假设满足条件的点G存在，并设DG=.则G（1，t，0）.所以
设平面AFG的法向量为，则
取，得即.
（法一）设平面AFE的法向量为则
取，得，即
（法二）.

所以平面AFE的法向量为：；由得二面角G-AF-E的大小为得
，化简得，
又，求得，于是满足条件的点G存在，且

20．已知椭圆过点，离心率为，为坐标原点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设为椭圆上的三点，与交于点，且，当的中点恰为点时，判断的面积是否为常数，并说明理由．
【答案】（1）由已知易得，
∴，故椭圆的标准方程为：.
（2）①若点是椭圆的右顶点（左顶点一样），则，∵，在线段上，∴，此时轴，求得，∴的面积等于.
②若点不是椭圆的左、右顶点，则设直线的方程为：，，，由得，则，， ∴的中点的坐标为，∴点的坐标为，将其代入椭圆方程，化简得．∴ ．
点到直线的距离，∴的面积． 综上可知，的面积为常数．
21．设数列,，已知，，
（1)求数列的通项公式；
（2)设为数列的前项和,对任意,若恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，又，
是以2为首项，为公比的等比数列，；
（2），
又,，两式相加即得：，,
()当n为奇数时
()当n为偶数时，，综上，所以实数p的取值范围为．
【点睛】
本类试题，注意看问题，一般情况，问题都会指明解题方向

22.设，，其中．
Ⅰ求的极大值；
Ⅱ设，，若对任意的，恒成立，求的最大值；
Ⅲ设，若对任意给定的，在区间上总存在s，，使成立，求b的取值范围．
【答案】Ⅰ，当时，，在递增；当时，，在递减．则有的极大值为；
Ⅱ当，时，，，在恒成立，在递增；由，在恒成立，在递增．设，原不等式等价为，即，，在递减，又，在恒成立，故在递增，，令，，
∴，在递增，即有，即；
Ⅲ，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．
又因为，，，所以，函数在上的值域为．由题意，当取的每一个值时，在区间上存在，与该值对应．
时，，，
当时，，单调递减，不合题意，
当时，时，，
由题意，在区间上不单调，所以，，当时，，当时，所以，当时，，
由题意，只需满足以下三个条件：，
，使．
，所以成立由，所以满足，
所以当b满足即时，符合题意，故b的取值范围为．
【点睛】
本题考查导数的运用：求单调区间和极值，主要考查不等式恒成立和存在性问题，注意运用参数分离和构造函数通过导数判断单调性，求出最值，属于难题．

试卷第13页，总14页