湖南湖北四校2020届高三学情调研联考数学（理）试题 PDF版含答案.pdf

1、理科数学试卷 第 1页(共 5页)绝密启用前【考试时间：2020 年 4 月 24 日下午 15001700】湖南湖北四校 2020 届高三学情调研联考理科数学试题卷本试卷共 5 页，满分 150 分，考试用时 120 分钟。考生注意：1答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝考试顺利!一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中

2、，只有一项是符合题目要求的。1已知集合|04PxRx，|3QxR x，则 PQ A3,4B3,4C,4D3,2 x，y 互为共轭复数，且ixyiyx6432则yx=A2B1C22D43如图所示，三国时代数学家在周脾算经中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角为 30，若向弦图内随机抛掷 200 颗米粒（大小忽略不计，取31.732），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为A20B27C54D644如图，在ABC 中，点 D 在线段 BC 上，且 BD=3DC，若AD =AB +AC ，则=ABCD25已知定义在 R 上的函数

3、()21x mf x(m 为实数)为偶函数，记0.52(log3),(log 5),(2)afbfcfm则,a b c 的大小关系为AabcBcbaCcabDacb理科数学试卷 第 2页(共 5页)6如图所示是某多面体的三视图，左上为正视图，右上为侧视图，左下为俯视图，且图中小方格单位长度为 1，则该多面体的侧面最大面积为A.2 3B.6C.2 2D.27已知双曲线2222:10,0 xyCabab的左,右焦点分别为12,0,0FcF c,又点23,2bNca.若双曲线 C 左支上的任意一点 M 均满足24MFMNb,则双曲线 C 的离心率的取值范围为A.13,53B.131,5,3UC.1,

4、513,UD.5,138已知在关于,x y 的不等式组00 10 xyaxyy，（其中0a）所表示的平面区域内，存在点00,P xy，满足2200331xy，则实数a 的取值范围是A 3,B,26C26,D62,9已知ABC的内角,A B C 所对的边分别为,a b c，且3coscos5aBbAc，则tan AB的最大值为A.32B.32C.34D.310已知函数22()2sincossin024rf xxx在区间2 5,36 上是增函数，且在区间0,上恰好取得一次最大值 1，则 w 的取值范围是A.30,5B.1 3,2 5C.1 3,2 4D.1 5,2 211已知抛物线2:4C yx和

5、直线:10l xyF ,是抛物口回线 C 的焦点，P 是直线 l 上一点过点P 作抛物线 C 的一条切线与 y 轴交于点 Q，则PQF外接圆面积的最小值为A 2B2 2C2D 212有四根长都为 2 的直铁条，若再选两根长都为 a 的直铁条，使这六 根铁条端点处相连能够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架（不考虑焊接处的长度损失），则此三棱锥体积的取理科数学试卷 第 3页(共 5页)值范围是A.8 3(0,27B.2 3(0,3C.3(0,3D.16 3(0,27二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13已知二项式61 xax的展开式中的常数项为160，则 a_14观察分析

6、下表中的数据：多面体面积（F）顶点数（V）棱数（E）三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中,F V E 所满足的等式是_.15设函数()e1xf xx，函数 g xmx，若对于任意的12,2x ，总存在21,2x，使得 12f xg x，则实数 m 的取值范围是_.16ABC的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.已知 sin:sin:sinln 2:ln 4:lnABCt，且2CA CBmc，有下列结论：28t ；229m；4t，ln 2a 时，ABC的面积为215 ln 28；当528t 时，ABC为钝角三角形.其中正确的是_（填写所有正确结论的编号）三、解答题

7、：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：60 分。17已知数列 ,nnab满足：1121141nnnnnbaabba，.（1）证明：11nb是等差数列，并求数列 nb的通项公式；（2）设1223341.nnnSa aa aa aa a，求实数 a 为何值时 4nnaSb恒成立18在 RtABC 中，ABC90，tanACB12.已知 E，F 分别是 BC，AC 的中点将CEF沿 EF 折起，使 C 到 C的位置且二面角 CEFB 的大小是 60.连接 CB，CA，如图：

8、理科数学试卷 第 4页(共 5页)（1）求证：平面 CFA平面 ABC；（2）求平面 AFC与平面 BEC所成二面角的大小1920如图，设抛物线21:4(0)Cymx m 的准线l 与 x 轴交于椭圆22222:1(0)xyCabab的右焦点21,F F 为2C 的左焦点.椭圆的离心率为12e，抛物线1C 与椭圆2C 交于 x 轴上方一点 P，连接1PF并延长其交1C 于点Q，M 为1C 上一动点，且在,P Q 之间移动.（1）当32ab取最小值时，求1C 和2C 的方程；理科数学试卷 第 5页(共 5页)（2）若12PF F的边长恰好是三个连续的自然数，当 MPQ面积取最大值时，求面积最大值

9、以及此时直线 MP 的方程21已知函数 lnxf xaxe，其中 a 为常数（1）若直线2yxe是曲线 yf x的一条切线，求实数 a 的值；（2）当1a 时，若函数 ln xg xf xbx 在1,上有两个零点求实数 b 的取值范围（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。22选修 44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为21xtyt，（t 为参数），曲线21:1Cyx.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为4 2 sin4-.（1）若直线 l 与,x y 轴的交点

10、分别为,A B，点 P 在1C 上，求 BA BP 的取值范围；（2）若直线 l 与2C 交于 M N,两点，点 Q 的直角坐标为2,1，求|QMQN的值.23.选修 45：不等式选讲已知函数 223f xxxm,Rm（1）当2m 时，求不等式 3f x 的解集；（2）若,0 x ，都有 2f xxx恒成立，求 m 的取值范围理数答案 第 1页，总 10页绝密启用前【考试时间：2020 年 4 月 24 日下午 15001700】湖南湖北四校 2020 届高三学情调研联考理科数学试题参考答案及解析一、选择题：本题共 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

11、符合题目要求的。题号123456789101112选项BCBADCBDCBAD1、B.【解析】由题意得，0,4P，(3,3)Q ，(3,4PQ ，故选 B.2、C【解析】设,xabi yabi，代入得2222346aabii，所以22224,36aab，解得1,1ab，所以2 2xy.3、B 解析：设大正方体的边长为 x,则小正方体的边长为3122xx，设落在小正方形内的米粒数大约为 N，则223122N200 xxx，解得：N27.4、A【解析】岈 岈 岈 岈 岈 岈 岈 ，所以 ，从而求得.5、D 解析：函数 f(x)是偶函数，()f xfx 在 R 上恒成立，0m，当0 x 时，易得 2

12、1xf x 为增函数，0.5223352af logf logbf logcf，22325loglog，acb6、C 由三视图可知多面体是棱长为 2 的正方体中的三棱锥 PABC，故1AC ，2PA，5BCPC，2 2AB，2 3PB，12 112ABCPACSS ，122 22 22PABS，12 3262PBCS，该多面体的侧面最大面积为 2 2 故选 C7、B 解析：双曲线 C 左支上的任意一点 M 均满足24MFMNb，即2min4MFMNb，又2122MFMNaMFMNa22322bNFaa理数答案 第 2页，总 10页2223244382babababa34802bababa或23

13、ba 222e1,e 5ba 或131N38、D【解析】由条件可得可行域，如图所示，由 0yxxya,得 A 2 2a a，.因为直线0 xya与直线 yx垂直，所以只需圆心到 A 的距离小于等于 1 满足题意即可，即2233122aa，解得6262a，当a62时恒存在点满足题意，故实数a的取值范围62,9、C【解析】3coscos5aBbAc由正弦定理，得35sinAcosBsinBcosAsinC，CABsinCsin AB（）（），35sinAcosBsinBcosAsinAcosBcosAsinB（），整理，得4sinAcosBsinBcosA，同除以cosAcosB，得4tanAta

14、nB，由此可得23311144tanAtanBtanBtan ABtanAtanBtan BtanBtanB（），AB、是三角形内角，且tanA 与tanB同号，AB、都是锐角，即00tanAtanB，114244tanBtanBtanBtanB理数答案 第 3页，总 10页33144tan ABtanBtanB（），当且仅当14tanBtanB，即12tanB 时，tan AB（）的最大值为 3410、B解析：22cos1cos1sin242xxx ，2()sin1sinsinsinf xxxxx.令2 2xk可 得2 2kx，()f x 在 区间 0,上 恰好 取得 一次 最 大值，02解

15、得12.令2 2 22kxk,解得：2 2 22kkx，()f x 在区间2 5,36 上是增函数，2325365,解得35.综上,1325.故选：B.11、答案：A 解析：将直线 l 与抛物线 C 联立2410yxxy ，得2110 xxy，即直线 l 与抛物线 C 相切，且切点为(1)2,.又 P 是直线 l 上点，当点 P 为切点(1)2,时，1(0)Q,.又0(1)F,，此时PQF为直角三角形，且外接圆的半径为 1，故圆的面积为 .当点 P 不为切点(1)2,时，设点001()P xx,，切线斜率为 k，则切线方程为001yxk xx，即0010kxykxx.将切线方程与抛物线方程联立

16、200410yxkxykxx，得200104kyykxx，其中0110kkx，则01PQkkx.此时切线方程化简得001yxxx，则点0(0)Qx,，可得0FQkx.又1PQFQkk ，所以PQF为直角三角形.设PQF的外接圆的半径为 r，PF 的中点为0011,22xxM，且点 M 为外接圆的圆心，则22rMQ222000111222xxx，所以PQF外接圆的面积为22012xr，当00 x 时，面积取到最小值为 2，综上，PQF外接圆面积的最小值为 2.理数答案 第 4页，总 10页12、D 解析：设焊接的三棱锥形铁架如图所示，取 AB 的中点 D,连接,SD CD.由题设条件易知 AB

17、平面 SCD,且244aSDCD，则SCD的面积为21422aa,三棱锥的体积2114322aVaa221462aa，02 2a，令2,(0,8)at t,则23111446262tVttt.令231()4,(0,8)2f xtt t,则233()8(8)22fttttt.令()0f t得163t，且16(0,)3t 时，()0f t，()f t 单调递增，16(0,)3t 时，()0f t，()f t 单调递减，所以2max164()()16327f tf，则 V 的最大值为2141216 316166276273 3,故此三棱锥体积的取值范围是16 3(0,27.二、填空题：本题共 4 小

18、题，每小题 5 分，共 20 分。132【解析】二项式 ax1x6的展开式的通项是 Tr1Cr6(ax)6r 1xrCr6a6r(1)rx62r.令 62r0，得 r3，因此二项式 ax1x6的展开式中的常数项是C36a63(1)3160，故 a2.14、2FVE解析：凸多面体的面数为 F.顶点数为 V 和棱数为 E，正方体：F=6，V=8，E=12，得 F+VE=8+612=2；三棱柱：F=5，V=6，E=9，得 F+VE=5+69=2；三棱锥：F=4，V=4，E=6，得 F+VE=4+46=2.根据以上几个例子，猜想：凸多面体的面数 F.顶点数 V 和棱数 E 满足如下关系：2FVE再通过

19、举四棱锥、六棱柱、等等，发现上述公式都成立。因此归纳出一般结论：2FVE故答案为：2FVE15、1,2 解析：()e1,()exxf xxfxx，对于任意的2,2x，当2,0 x 时，()0fx，当0,2x时，()0fx，即()f x 在2,0上为减函数，在0,2 上为增函理数答案 第 5页，总 10页数。0 x 为()f x 在2,2上的极小值点，也是最小值点且最小值为2,2，对于任意的11 min2,2,()1xf x ，而总存在21,2x，使得12()f xg x，1 min2min()f xg x.g xmx，0m 时，20g x，不合题意，0m 时，22,2g xmxmm，此时1m

20、，不合题意，0m 时，222,g xmxm m，2min2g xm，121,2mm .16、解析：sin:sin:sinln 2:ln 4:lnABCt，:ln 2:ln 4:lna b ct，故可设ln 2ak，ln 42 ln 2bkk，lnckt，0k.bacba，ln 23 ln 2kck，则 28t，当528t 时，2220abc，故 ABC为钝角三角形.面22ln522cos222222222ckcbaabcbaabCabCBCA，又2CA CBmc，222222225ln 25ln 21222kcCA CBkmccc.ln 23 ln 2kck，2222222255518ln 2

21、22ln 2kkkkck，即22255ln 251822kc，229m.当4t，ln 2a 时，ABC的面积为215 ln 24，故四个结论中，只有不正确.填。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。17、（1）11(1)(1)(2)2nnnnnnnnbbbaabbb，11112nnbb 12111111nnnnbbbb 数列11nb是以 4-为首项，1-为公差的等差数列14(1)31nnnb ，12133nnbnn（2）113nnabn 12231111114 55 6(3

22、)(4)444(4)nnnnSa aa aa annnn理数答案 第 6页，总 10页22(1)(36)8443(3)(4)nnannananaSbnnnn 由条件可知2(1)(36)80anan 恒成立即可满足条件，设2()(1)3(2)8f nanan，当1a 时，()380f nn 恒成立,当1a 时，由二次函数的性质知不可能成立 当1a 时，对称轴3231(1)02121aaa，f n 在1,)为单调递减函数(1)(1)(36)84150faaa，154a，时 4naSb恒成立 综上知：1a 时，4naSb恒成立18【解析】()解法一：F 是 AC 的中点，AFCF.设 AC的中点为

23、G，连接 FG.设 BC的中点为 H，连接 GH，EH.易证：CEEF，BEEF，BEC即为二面角 CEFB 的平面角BEC60，而 E 为BC 的中点易知 BEEC，BEC为等边三角形，EHBC.EFCE，EFBE，CEBEE，EF平面 BEC.而 EFAB，AB平面 BEC，ABEH，即 EHAB.由，BCABB，EH平面 ABC.G，H 分别为 AC，BC的中点GH 綊 12AB 綊 FE，四边形 EHGF 为平行四边形FGEH，FG平面 ABC，又 FG平面 AFC.平面 AFC平面 ABC.6 分解法二：如图，建立空间直角坐标系，设 AB2.则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，F

24、(0，2，1)，E(0，2，0)，C(3，1，0)设平面 ABC的法向量为 a(x1，y1，z1)，BA(0，0，2)，BC(3，1，0)，z10，3x1y10，令 x11，则 a(1，3，0)，设平面 AFC的法向量为 b(x2，y2，z2)，AF(0，2，1)，AC(3，1，2)，2y2z20，3x2y22z20，令 x2 3，则 b(3，1，2)ab0，平面 AFC平面 ABC.6 分()如图，建立空间直角坐标系，设 AB2.则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，F(0，2，1)，E(0，2，0)，C(3，1，0)显然平面 BEC的法向量 m(0，0，1)，8 分设平面 AFC的法向量

25、为 n(x，y，z)，AC(3，1，2)，AF(0，2，1)，2yz0，3xy2z0，n(3，1，2).9 分 cosm,nm n|m|n|22，10 分由图形观察可知，平面 AFC与平面 BEC所成的二面角的平面角为锐角平面 AFC与平面 BEC所成二面角大小为 45.12 分理数答案 第 7页，总 10页19、20、（1）因为1,2ccm ea，则2,3am bm，所以32ab取最小值时1m ，此时抛物线21:4Cyx，此时22,3ab，所以椭圆2C 的方程为22143xy；理数答案 第 8页，总 10页（2）因为1,2ccm ea，则2,3am bm，设椭圆的标准方程为2222143xy

26、mm，0011,P xyQ x y由222221434xymmymx 得22316120 xmxm，所以023xm 或06xm（舍去），代入抛物线方程得02 63ym，即22 6,33mmP，于是12112576,2,2333mmmPFPFaPFF Fm，又12PF F的边长恰好是三个连续的自然数，所以3m 此时抛物线方程为212yx，13,0,2,2 6FP，则直线 PQ 的方程为2 63yx联立22 6312yxyx，得192x 或12x （舍去），于是9,3 62Q所以2292522 63 622PQ，设2,3 6,2 612tMtt 到直线 PQ 的距离为 d，则266753022dt

27、，当62t 时，max6755 63024d，所以 MPQ的面积最大值为1255 6125 622416此时42:6633MP yx 21、（1）函数()f x 的定义域为(0,)，1()axaefxexex，曲线()yf x在点00,xy处的切线方程为2yxe.由题意得000012,2lnaexexxaxee解得1a ，0 xe.所以 a 的值为 1.（2）当1a 时，()lnxf xxe，则11()xefxexex，由()0fx，得 xe，由()0fx，得0 xe，则()f x 有最小值为()0f e，即()0f x，所以理数答案 第 9页，总 10页ln()lnxxg xxbex，(0)

28、x，由已知可得函数lnlnxxyxxe的图象与直线yb有两个交点，设ln()ln(0)xxh xxxxe，则22211 ln1ln()xexeexxh xxxeex，令2()lnxexeexx，22()2eexexxexxx，由220exex，可知()0 x，所以()x在(0,)上为减函数，由()0e，得 0 xe时，()0 x，当 xe时，()0 x，即当0 xe时，()0h x，当 xe时，()0h x，则函数()h x 在(0,)e 上为增函数，在,e 上为减函数，所以，函数()h x 在 xe处取得极大值1()h ee，又1(1)he，322331341h eeeee ，所以，当函数(

29、)g x 在1,)上有两个零点时，b 的取值范围是11bee，即1 1,be e.22、(1)由题意可知：直线l 的普通方程为10 xy，1,0A，0,1B1C 的方程可化为2210 xyy，设点 P 的坐标为cos,sin，0，cossin12 sin10,214BA BP (2)曲线2C 的直角坐标方程为：22228xy直线l 的标准参数方程为222212xmym (m 为参数)，代入2C 得：2270mm设,M N 两点对应的参数分别为12,m m12122,70mmm m 故12,m m 异号122QMQNmm理数答案 第 10页，总 10页23、答案：（1）当2m 时，41(0)3(

30、)|2|23|2 1(0)2345()2xxf xxxxxx 当 4130 xx 解得102x当30,132x恒成立.当45332xx 解得322x ，此不等式的解集为1 2,2.（2）43(0)3()|2|23|3(0)2343()2xm xf xxxmmxxm x，当(,0)x 时，33(0)2()|2|23|343()2mxf xxxmxm x 当302x时，()3f xm，当3,()432xf xxm 单调递减，()f x的最小值为 3m设2()(0)g xxxx当20,2 2xxx ，当且仅当2xx 时，取等号22 2xx 即2x 时，()g x 取得最大值 2 2.要使2()f xxx恒成立，只需32 2m ，即2 23m .