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- 2021-04-26 发布
华南师大附中2020届高三年级月考（二）
数 学（理科）
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟。
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和考生号、试室号、座位号等填写在答题卡上，并用2B铅笔在答题卡上的相应位置填涂考生号。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号。
3．回答第Ⅱ卷时，用黑色钢笔或签字笔将答案写在答卷上。
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．设为虚数单位，已知，则复数在复平面内对应的点的坐标是（***）
（A） （B） （C） （D）
2．已知，，则的值是（***）
（A） （B） （C） （D）
3．在△中，角，，所对的边分别为，，，若，，°，则边（***）
（A）1 （B）2 （C）4 （D）6
4．已知是等差数列的前项和，，则（***）
（A）66 （B）55 （C）44 （D）33
5．已知集合，，且，则实数的取值范围是（***）
（A） （B） （C） （D）
6．在△中，为边上的中线，为的中点，则（***）
（A） （B）
（C） （D）
7．若存在正数使成立，则的取值范围是（***）
（A） （B） （C） （D）
8．已知函数的定义域为．当时，；当时，；当时，．则（***）
（A） （B） （C）0 （D）2
9．设，，且，则（***）
（A）有最小值 （B）有最大值
（C）有最大值 （D）有最小值
10．已知，，是平面向量，是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（***）
（A） （B） （C）2 （D）
11．已知函数，且在内有且仅有两个不同的零点，则实数的取值范围是（***）
（A） （B）
（C） （D）
12．已知函数（）与有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数的最大值为（***）
（A） （B） （C） （D）
第Ⅱ卷
二、填空题（每小题5分，满分20分）
13．若，满足不等式组，则的最大值是__________．
14．已知函数，，则__________．
15．已知函数（），若方程在上有且只有四个实数根，则实数的取值范围为__________．
16．已知数列中，，（），则其前项和
__________．
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．已知数列的前项和为，且满足（）．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，为数列的前项和，求证：．
18．已知直三棱柱中，°，，，是的中点，是上一点，且．
（1）证明：平面；
（2）求二面角余弦值的大小．
19．如图，椭圆（）的离心率，且椭圆的短轴长为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线过点，且与椭圆相交于，两点，又点是椭圆的上顶点，求△面积的最大值．
20．某中学为了解中学生的课外阅读时间，决定在该中学的1200名男生和800名女生中按分层抽样的方法抽取20名学生，对他们的课外阅读时间进行问卷调查．现在按课外阅读时间的情况将学生分成三类：类（不参加课外阅读），类（参加课外阅读，但平均每周参加课外阅读的时间不超过3小时），类（参加课外阅读，且平均每周参加课外阅读的时间超过3小时）．调查结果如下表：
类
类
类
男生
5
3
女生
3
3
（1）求出表中，的值；
（2）根据表中的统计数据，完成下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为“参加课外阅读与否”与性别有关；
男生
女生
总计
不参加课外阅读
参加课外阅读
总计
（3）从抽出的女生中再随机抽取3人进一步了解情况，记为抽取的这3名女生中类人数和类人数差的绝对值，求的数学期望．
附：，
0.10
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635
21．已知函数，，其中，．
（1）求在点处的切线方程；
（2）若对任意，有恒成立，求的取值范围；
（3）若存在唯一的整数，使得，求的取值范围．
（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．在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线与曲线两交点所在直线的极坐标方程；
（2）若直线的极坐标方程为，直线与轴的交点为，与曲线相交于，两点，求的值．
23．已知函数（）．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对于任意的，，恒成立，求实数的取值范围.
数学（理科）参考答案
一、选择题：
1—4：AACD 5—8：CADD 9—12：AAAA
二、填空题
13．2． 14．．
15．． 16．．
三、解答题：
17．【解答】：（1）当时，，
当时，，，两式相减得，
故是以3为公比的等比数列，且，
所以．
（2）由（1）得，由错位相减法
，①
，②
两式相减得，
所以，
所以．
18．【解答】：（1）连接，，在△中，
，
故；
由于三棱柱是直三棱柱，故平面，
所以，
在直角三角形中，因为，，
所以，所以，
又因，所以为直角，故，
再由为中点并且△为等腰三角形可知，
结合，得平面，所以，
综合，，，得到平面，
（2）由于，如图，以点为坐标原点，，，（为的中点）所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
，故，，，，
则，，，
设面法向量为，面法向量为，
所以，得，
取，得，
同理可得，
所以，，
则二面角的余弦值为．
19．【解答】：（1）由已知得 ，解得，
所以椭圆的方程是；
（2）由已知可知直线的斜率定存在，设直线的方程为，，，
由，得，所以，，
所以，
又，所以，
令，，
所以，
令（），则，
所以在上单调递增，所以当时，此时，有最小值，此时有最大值．
20．【解答】：（1）设抽取的20人中，男，女生人数分别为，，则，，
所以，；
（2）列联表如下：
男生
女生
总计
不参加课外阅读
4
2
6
参加课外阅读
8
6
14
总计
12
8
20
的观测值，
所以没有90%的把握认为“参加阅读与否”与性别有关；
（3）的可能取值为0，1，2，3，
且，
，
，
，
所以的分布列为：
0
1
2
3
从而的数学期望为．
21．【解答】：（1）依题意，得，所以，
所以在点处的切线方程为，即；
（2）由题意，对任意有恒成立，
① 当时，有恒成立，故，
令，则，令得，
且时，时，故在上单调递增，在上单调递减，从而在处取得极大值，也即最大值，故此时有；
② 当时，恒成立，故此时；
③ 当时，有恒成立，故，
令，则，令得，
且时，时，故在上单调递减，在上单调递增，从而在处取得极小值，也即最小值，故此时有；
综上可得，；
（3）因为，即，
由（2）知，
令，则，于是有如下表：
0
+
0
-
-
0
+
单调递增
极大
单调递减
单调递减
极大
单调递增
当，存在唯一的整数使得，等价于
存在唯一的整数成立，
因为最大，，，所以当时，至少有两个整数成立，所以；
当，存在唯一的整数使得，等价于存在唯一的整数成立，
因为最小，且，，所以当时，至少有两个整数成立，所以当时，没有整数成立，所有；
综上可得，．
（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．【解答】：(1) 曲线的普通方程为；
曲线的普通方程为，即，
由两圆心的距离，所以两圆相交，
所以两方程相减可得交线方程为，即，
所以直线的极坐标方程为；
（2）直线的直角坐标方程，则与轴的交点为，
直线的参数方程为（为参数），
代入曲线得，
设，两点对应的参数分别为，，
则，，所以，同号，
故．
23．【解答】：（1）当时，，
若，则，于是由，解得，综合得；
若，则，显然不成立；
若，则，于是由，解得，综合得；
所以不等式的解集为．
（2）等价于，令，
当时，，显然，
当时，，此时，
当时，，，
综上可知，当时，，
又因为，有，
所以，从而有，
综上，的取值范围是.