【文档说明】【精准解析】湖南省长沙市明德中学2020届高三下学期3月月考数学（文）试题.pdf，共(22)页，352.279 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-35baaf09dcf237ae41b34f2cc61c977f.html

以下为本文档部分文字说明：

-1-2020届高三月考试卷数学（文科）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动

，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效.3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题所给的四个选项中只有一个是正确的.1.设集合

|lgAyyx，集合|1Bxyx，则AB（）A.0,1B.0,1C.0,D.,1【答案】D【解析】∵|lg=AyyxR，|1=1Bxyx，，∴,1A

B，故选D.2.已知(,)abiabR是11ii的共轭复数，则ab（）A.1B.12C.12D.1【答案】D【解析】【分析】首先计算11ii，然后利用共轭复数的特征计算,ab的值.【详解】21(

1)21(1)(1)2iiiiiii，()abiii，0,1,1abab.-2-故选:D.【点睛】本题考查复数的计算，属于基础题型.3.空气质量指数AQI是反映空气质量状况的指数，AQI指数值越小，表明空气质

量越好，其对应关系如表：AQI指数值0～5051～100101～150151～200201～300300空气质量优良轻度污染中度污染重度污染严重污染如图是某市10月1日-20日AQI指数变化趋势：下列叙述错误的是（）A.这20天中AQI指

数值的中位数略高于100B.这20天中的中度污染及以上的天数占14C.该市10月的前半个月的空气质量越来越好D.总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量好【答案】C【解析】【分析】根据所给图象，结合中位

数的定义、AQI指数与污染程度的关系以及古典概型概率公式，对四个选项逐一判断即可.【详解】对A，因为第10天与第11天AQI指数值都略高100，所以中位数略高于100，正确；-3-对B，中度污染及以上的有第11，13，14，15，17天，共5天占14，正确；对C

，由图知，前半个月中，前4天的空气质量越来越好，后11天该市的空气质量越来越差，错误；对D，由图知，10月上旬大部分AQI指数在100以下，10月中旬大部分AQI指数在100以上，所以正确，故选C.【点睛】与实际应用相结合的题型也是高考命题的

动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.4.阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的S的值等于（）A.30B.31C.62D.63【答案】B【解析】【分析】首先确定流

程图的功能，然后计算其输出的结果即可.【详解】由流程图可知该算法的功能为计算241312222S的值，即输出值为：52341112122223112S.故选B.【点睛】识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：(1

)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构．(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题．-4-(3)按照题目的要求完成解答并验证．5.设向量1,1,1,3,2,1abc，且abc，则（）A.3B.2C.2D.3【答案】A【解析】【分

析】由题意得到(1,13)ab，利用向量垂直的坐标形式得到3.【详解】由题，得(1,13)ab，由rrrabc，从而2(1)1(13)0

，解得3.故选：A.【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查向量垂直的坐标形式，考查计算能力，属于基础题.6.已知函数()fx是定义在R上的偶函数，当0x，3()3fxxx，则32(2)af,31(log)27bf，(2)cf的大小关系为（）A.abcB.acbC.b

acD.bca【答案】C【解析】【分析】利用导数判断3()3fxxx在[0,)上单调递增，再根据自变量的大小得到函数值的大小.【详解】函数()fx是定义在R上的偶函数，31(log)(3)(3)27bfff，32022223，当0x，'2()330f

xx恒成立，-5-∴3()3fxxx在[0,)上单调递增，3231(log)(2)(2)27fff，即bac.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的性质比较数的大小，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推

理能力和运算求解能力，求解时注意将自变量化到同一个单调区间中.7.“直线1:2140lxmy与直线2:320lmxy平行”是“2m”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据12//ll平行求出实数m的值，再

利用充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】若12//ll，则16422mmm，即2601mmm，解得3m或2.因此，“直线1:2140lxmy

与直线2:320lmxy平行”是“2m”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】考查充分条件、必要条件的判断，考查直线与直线平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．8.已知函数2sin1xfxxx，则函数

yfx的图象大致为（）A.B.-6-C.D.【答案】C【解析】【分析】根据函数为偶函数和0x时函数值为正，即可得到答案.【详解】因为()fx定义域为R，且2sin()()1()xfxxfxx，所以()fx为偶函数，故

排除A,D；当0x时，()0fx，故排除B.故选：C【点睛】本题考查根据函数的解析式选择对应的图象，考查数形结合思想的应用，求解时注意从解析式挖掘函数的性质，并注意特殊值代入法的应用.9.《九章算术》中有如下问题：“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径几何？”其大意

：“已知直角三角形两直角边长分别为5步和12步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是()A.215B.320C.2115D.3120【答案】C【解析】【分

析】本题首先可以根据直角三角形的三边长求出三角形的内切圆半径，然后分别计算出内切圆和三角形的面积，最后通过几何概型的概率计算公式即可得出答案.【详解】-7-如图所示，直角三角形的斜边长为2251213，设内切圆的半

径为r，则51213rr，解得2r=.所以内切圆的面积为24r，所以豆子落在内切圆外部的概率42P111155122，故选C．【点睛】本题主要考查“面积型”的几何概型，属于中档

题.解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件

对应的区域测度把握不准导致错误；（3）利用几何概型的概率公式时,忽视验证事件是否等可能性导致错误．10.已知双曲线222210,0xyabab的左右焦点分别为1F,2F,M为双曲线上一点,若121cos4FMF,122MFMF,则此双曲线渐近线方程为()A.3yx

B.33yxC.yxD.2yx【答案】A【解析】【分析】因为M为双曲线上一点,可得122MFMFa,在12FMF使用余弦定理,结合已知条件即可求得答案.【详解】双曲线222210,0xyabab的左右焦点分别

为1F,2F,M为双曲线上一点121222MFMFaMFMF,解得:14MFa,22MFa在12FMF中,根据余弦定理可得:12121222122c2osFFMFMFMMFMFFF-8-可得:2221(

2)(4)(2)2424caaaa化简可得:2ca由双曲线性质可得:22222243bcaaaa可得:3ba双曲线渐近线方程为:byxa则双曲线渐近线方程为:3yx故选:A.【点睛】本题考查了求双曲线渐近线方程问题,解题关键是掌握双曲线的基本知

识,数形结合,考查分析能力和计算能力,属于中档题.11.在各项都为正数的等比数列{}na中，若12a，且1564aa，则数列1(1)(1)nnnaaa的前n项和是（）A.11121

nB.1121nC.1121nD.1121n【答案】A【解析】由等比数列的性质可得：2153364,8aaaa，则数列的公比：31822aqa，数列的通项公式：112nnnaaq，故：11121111212121

21nnnnnnnnaaa，则数列111nnnaaa的前n项和是：1223111111111121212121212121nnn.本题选择A选项.-9-点睛：使

用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．12.已知定义在R上的函数fx满足22fxfx，当2x时，xfxxe．若关于x

的方程22fxkx有三个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（）A.1,00,1UB.1,01,C.,00,eeD.,0,ee【答案】A【解析】【分析】根据函数的单调性和对称性画出函数图像，22ykx过定

点2,2，计算直线和曲线相切的情况计算斜率得到答案.【详解】当2x时，'1xxfxxefxxe函数在,1上单调递减，在1,2上单调递增，且11fe22fxf

x，函数关于2x对称，22ykx过定点2,2如图所示，画出函数图像：当22ykx与xfxxe相切时，设切点为00,xy则000000022122xxyxexekxx

根据对称性考虑2x左边图像，根据图像验证知00x是方程唯一解，此时1k故答案为1,00,1k故选：A-10-【点睛】本题考查了零点问题，对称问题，函数的单调性，画出函数图像是解题的关键.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分

，共20分.13.设等差数列na的前n项和为nS，且30a，若533aa，则95SS______.【答案】275【解析】【分析】由等差数列的性质可得955395SaSa，代入相应值即可.【详解】依题意，19951553992552aaSaaaSa

，又533aa，∴95927355SS.【点睛】本题考查等差数列的前n项和，等差数列的性质，属于基础题.14.曲线lnyxx在点(1,0)处的切线的方程为__________．【答案】10xy【解析】【分析】对fx求导，带入

1x得到斜率，通过点斜式得到切线方程，再整理成一般式得到答案.-11-【详解】lnyxx1lnln+1yxxxx带入1x得切线的斜率1k，切线方程为011yx，整理得10xy【点睛】本题考查导数的几何意义，通过求导求出

切线的斜率，再由斜率和切点写出切线方程.难度不大，属于简单题.15.设函数()sin()0,02fxx的图象与y轴交点的纵坐标为32，y轴右侧第一个最低点的横坐标为6，则的值为_______.【答案】7【解析】【分析】根据题意计算得到3，再根

据最低点得到3632，计算得到答案.【详解】依题可得3sin2，即3，又因为sin163，且为第一个最低点，所以3632，解得7.故答案为：7.【点睛】本题考查了三角函数的图像与性质，意在考查学生的综合应用能力.

16.如图，在边长为2的正方形123APPP中，边12PP，23PP的中点分别为B，C，现将1APB，2BPC，3CPA分别沿AB，BC，CA折起使点1P，2P，3P重合，重合后记为点P，得到三棱锥PABC．则三棱锥PABC的外接球体积为____________【答案】

6【解析】-12-【分析】根据,,PAPBPC两两垂直得到2222112R，代入体积公式计算得到答案.【详解】易知,,PAPBPC两两垂直，2,1PAPBPC将三棱锥PABC放入对应的长方体内得到2226211

22RR3463VR故答案为：6【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，将三棱锥放入对应的长方体是解题的关键.三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21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.某印刷厂为了研究印刷单册书籍的成本y（单位：元）与印刷册数x（单位：千册）之间的关系，在印制某种书籍时进行了统计，相关数据见下表.印刷册数x（千册）23458单册成本

y（元）3.22.421.91.7根据以上数据，技术人员分别借助甲、乙两种不同的回归模型，得到了两个回归方程，方程甲：141.1yx，方程乙：226.41.6yx.（1）为了评价两种模型的拟合效果，完

成以下任务.（i）完成下表（计算结果精确到0.1）；印刷册数x（千册）23458单册成本y（元）3.22.421.91.7模型甲估计值1iy2.42.11.6残差1ie0-0.10.1-13-模型乙估计值2iy2.321.9残差2ie0.100

（ii）分别计算模型甲与模型乙的残差平方和1Q和2Q，并通过比较1Q，2Q的大小，判断哪个模型拟合效果更好.（2）该书上市之后，受到广大读者热烈欢迎，不久便全部售罄，于是印刷厂决定进行二次印刷.根据市场调查，新需求量

为10千册，若印刷厂以每册5元的价格将书籍出售给订货商，试估计印刷厂二次印刷获得的利润.（按（1）中拟合效果较好的模型计算印刷单册书的成本）【答案】（1）（i）填表见解析（ii）10.03Q，20.01Q，12QQ，模型乙的拟合效果更好（2）33360（元）【解

析】【分析】（1）（i）当2,3,4,5,8x时，计算1iy、2iy，再计算残差填入表格；（ii）分别计算模型甲与模型乙的残差平方和1Q和2Q，由12QQ可得模型乙的拟合效果更好；（2）利用模型乙计算单册书印刷成

本，再计算出印刷厂总利润.【详解】（1）（i）经计算，可得下表：（计算结果精确到0.1）；印刷册数x（千册）23458单册成本y（元）3.22.421.91.7模型甲估计值1iy3.12.42.11.91.6残差1ie0

.10-0.100.1模型乙估计值2iy3.22.321.91.7残差2ie00.1000-14-（ii）计算模型甲的残差平方和为22210.1(0.1)0.10.03Q，模型乙的残差平方和为220.

10.01Q，∴12QQ，模型乙的拟合效果更好；（2）若二次印刷10千册，由（1）可知，单册书印刷成本为26.41.61.66410（元），故二次印刷10千册时，印刷厂利润为(51.664)100003

3360Y（元）.【点睛】本题考查变量间的相关关系，属于基础题.18.ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知2coscoscos3AbCcBa．（1）求角A；（2）若1a，AB

C的周长为51，求ABC的面积．【答案】（1）6A（2）23【解析】【分析】（1）利用正弦定理和两角和差正弦公式可化简边角关系式，求得cosA，结合0,A可得结果；（2）利用三角形周长得到5bc；利用余弦定理构造出关于bc的

方程，解出bc的值；代入三角形面积公式可求得结果.【详解】（1）由正弦定理可得：2cossincossincos3sinABCCBA即：2cossin2cossin3sinABCAAAsin0A3cos2A

，由0,A得：6A（2）1a，ABC的周长为515bc由余弦定理可得：22222252123cos2222bcbcabcabcbcAbcbcbcbc-15-484323bcABC∴的面积：111sin

84323222SbcA【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、余弦定理和三角形面积公式的应用，还涉及到两角和差正弦公式的知识，考查学生对于三角恒等变换和解三角形部分的公式的掌握程度，属于常考题型.19.如图，在直三棱柱1

11ABCABC中，AD平面1ABC，其垂足D落在直线1AB上．（Ⅰ）求证：1BCAB；（Ⅱ）若P是线段AC上一点，3,2ADABBC，三棱锥1APBC的体积为33，求APPC的值.【答案】（1）证明

见解析；（2）3．【解析】【详解】试题分析：（1）要证线线垂直，一般先证线面垂直，考虑直线BC，由已知AD与平面1ABC垂直可得ADBC，再由直三棱柱中侧棱1AA与底面ABC垂直，又得1AABC，从而可得BC与

平面1AAB垂直，于是得证线线垂直；（2）由（1）知ABC是等腰直角三角形，可得其面积，由1ADAB可通过解直角三角形得1AA，从而可求得三棱锥1AABC的体积．由三棱锥1APBC与三棱锥1AABC的关系可求得PC，从而得APPC．

（也可设PCx，求得三棱锥1APBC（用x表示），再由已知列方程解得x）．试题解析：-16-（1）∵AD平面1ABC，BC平面1ABC，∴ADBC，在直三棱柱111ABCABC中易知1AA平面ABC，∴1AABC，∵1AAADA，∴BC⊥平面11AABB，∵1AB平面11AA

BB，∴1BCAB.（2）设PCx，过点B作BEAC于点E，由（1）知BC⊥平面11AABB，∴BCAB.∵2ABBC，∴22,2ACBE，∴1222PBCSBECPx.∵AD平面1ABC，其垂足D落在直线1AB上，∴1ADAB∵1,3,

2AABAADAB，在RtABD中，221BDABAD，又21ADBDAD，∴13AD，在1RtADA中，222119323AAADAD，∴111633APBCPBCVSAAx.又三棱锥1A

PBC的体积为32，∴6332x，解得324x.∴524AP，∴53APPC.点睛：体积与面积是立体几何中一个重要内容，是高考必考内容之一，求体积的一般方法有：1．直接法：对规则几何体（如柱、锥、

台、球），直接利用体积公式计算；2．割补法：对一些不规则的几何体，常通过分割或补形的手段将此几何体变成一个或几个的、体积易求的几何体，然后再进行计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体五湖朱锥体；

3．等积转换法：对三棱锥的体积，利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为底面，（1）-17-求体积时，可以选择“容易计算”的方式来计算；（2）利用线面平行，在底面确定的情况下，把顶点转化为易于计算的其他点为顶点的三棱锥；（3）利用“等积性”可求“点到平面的距离”，关键是在已知面中选取三个点与已

知点构成三棱锥．20.设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点31,2，且离心率为32．F为E的右焦点，P为E上一点，PFx轴，F的半径为PF．（1）求E和F的方程；（2）若直线:30lyk

xk与F交于,AB两点，与E交于,CD两点，其中,AC在第一象限，是否存在k使ACBD？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由．【答案】(1)E的方程为2214xy．F的方程为22134xy．(2)满足题设条件的直线l不存在．理由见解析【解

析】【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆与圆的方程；（2）若ACBD，则1ABACCBDBCBDC．联立方程，利用韦达定理可得2121CDkxx224441kk，显然与题意矛盾，故不存在.【详解】（1）设椭圆E的方程为22221xyab

．由32e，从而得222222314abbeaa，从而2214ba，即224ab．又椭圆过点31,2，从而得221314ab，解得24a，21b，从而所求椭圆E的方程为2214xy．所以3,0F，令3x，得12PFr，所以F

的方程为22134xy．-18-（2）不存在，理由如下：若ACBD，则1ABACCBDBCBDC．联立22314ykxxy，整理，得222241831240kxkxk

．设11,Cxy、22,Dxy，则21222122834112441kxxkkxxk．从而222121212114CDkxxkxxxx2222222

2831244414414141kkkkkkk由1DC，从而224441kk，从而41，矛盾．从而满足题设条件的直线l不存在．【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查直线

与圆锥曲线位置关系的应用，考查计算能力，体现了“设而不求”的解题思想方法，是中档题．21.已知函数()(ln1)(1)ln(0)fxaxxxa.（1）当12a时，讨论()fx的导函数()fx的单调性；（2）当1x时

，()0fx，求a的取值范围.【答案】(1)当(0,1)x时，()fx的单调递减区间为(0,1)；当(1,)x时，()fx的单调递增区间为(1,)；(2)12a.【解析】【分析】（1）对函数进行求导，然后分别求出导函数

大于零、小于零时，自变量的取值范围即可；（2）对函数进行求导，然后根据a的不同取值范围，得到不同的单调性，结合当1x时，()0fx这一条件，最后确定a的取值范围.-19-【详解】（1）当12a时，11()ln12fxxx，2211111()22x

fxxxx，当(0,1)x时，()0fx，()fx的单调递减区间为(0,1)；当(1,)x时，()0fx，()fx的单调递增区间为(1,).（2）(1)()ln(1)afxaxax1(1

)lnxaaxx，（i）当1a时，()0fx，所以()fx在(1,)上单调递增，()(1)0fxf.（ii）当01a时，22(1)(1)()aaaxafxxxx，由()0fx，得1axa，①当112a时，11aa，所以1axa

时，()0fx，()fx在(1,)上单调递增，又由()01f，所以()0fx，即()fx在(1,)上单调递增，所以有()(1)0fxf.②当102a时，11aa，当11,axa时

，()0fx，()fx在11,aa上单调递减，又由()01f，所以()0fx，所以()fx在11,aa上单调递减，所以有()(1)0fxf，故此时不满足，综上，12a.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性问题，考查了利用导数研究不等式恒成立问题.（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.在平面直角坐标系xOy中，已知点1,2M，曲线C的参数方程2cos2sinxy

（其中为参数）．以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线l的极坐标-20-方程为sincos0()kkR．（1）试写出曲线C的普通方程和曲线l的直角坐标方程．（2）设曲线l与曲线C交于P，Q两点，试求MPMQ的值．【答

案】（1）C：222xy，l：()ykxkR；（2）3【解析】【分析】（1）直接利用参数方程和直角坐标方程为的转换求出结果．（2）由题意设(2cos,2sin)P，则(2cos(),2sin())Q，即(2cos,2sin)Q，再利用向量的数量

积的运算求出结果．【详解】（1）由22222cos2cossin22sinxxyy，由sincos0sincos00kkykx，所以曲线C的普通方程和曲线l的直角坐标方程分别为222xy，()ykxkR．（2）由

（1）知，P，Q两点在圆222xy上，且关于原点对称，设(2cos,2sin)P，则(2cos(),2sin())Q，即(2cos,2sin)Q，(2cos1,2sin2)MP，(2cos1,2sin2)MQ

，(2cos1,2sin2)(2cos1,2sin2)MPMQ(2cos1)(2cos1)(2sin2)(2sin2)2212cos42sin3．【点睛】本题考查了参数方程直角坐标方程和极坐标

方程之间的转换，向量的数量积运算，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题．23.设函数()333()442fxxxgxxax，．(1)解不等式()10fx；(2)若对于任意1xR，都存在2xR，使得12()()fxgx成立，试求实数a的取值范围．-21-【答

案】（1）41xxx或；（2）40a【解析】【分析】(1)以两个绝对值为分段点，在三段上分别求()10fx，再取并集即可；(2)先求()fx的值域，再求出包含参数a的()gx的值域，由()gx的值域包含()

fx的值域即可得a的取值范围．【详解】(1)不等式等价于34610xx或13210xx或36410xx解得4x或1x.故解集为：41xxx或；(2)对任意1xR，都存在2xR，使

得12()=()fxgx成立，即()gx的值域包含()fx的值域.46,3()3332,1364,1xxfxxxxxx，由图可得1x时，min()2fx，所以()fx的值域为2,.()4424422gxxaxxaxa

,当且仅当4xa与42x异号时取等，所以()gx的值域为2,a由题：2,2,a，所以22a，解得40a【点睛】本题考查绝对值函数和用绝对值不等式求绝对值函数中参数的范围，是常见考题．-22-