发布时间 : 星期四 文章湖南师大附中2019-2020学年高三月考试卷(七)数学(理)试卷(含答案)更新完毕开始阅读be92f3c4f11dc281e53a580216fc700abb6852b1
12.箱子里有16张扑克牌：红桃A、Q、4，黑桃J、8、7、4、3、2，草花K、Q、6、5、4，方块A、5，老师从这16张牌中挑出一张牌来，并把这张牌的点数告诉了学生甲，把这张牌的花色告诉了学生乙，这时，老师问学生甲和学生乙：你们能从已知的点数或花色中推知这张牌是什么牌吗？ 于是，老师听到了如下的对话：学生甲：我不知道这张牌；学生乙：我知道你不知道这张牌；学生甲：现在我知道这张牌了；学生乙：我也知道了．则这张牌是(D)
A．草花5 B．红桃Q C．红桃4 D．方块5
【解析】学生乙确信他知道学生甲不知道，说明通过数字不能判断出来，因此排除有单一数字J、K等的花色黑桃和草花，学生甲知道这张牌不是黑桃也不是草花就猜出来了，说明这张牌除了在黑桃和草花之外有且只有一张，那就是红桃4、Q和方块5；学生乙知道学生甲知道后就知道了，说明这张牌只有一种选择，所以他看到的是方块，如果他看到的是红桃但还是不知道是Q还是4，所以答案是方块5.故选D.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．一个不透明的袋子装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字为0，1，2，2，现甲从中摸出一个球后便放回，乙再从中摸出一个球，若摸出的球上数字大即获胜(若数2字相同则为平局)，则在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为____．
5【解析】法一：两人分别摸一个球，基本事件共有4×4＝16种，其中甲获胜共有55
种可能，故甲获胜的概率为，其中乙摸到1号球且甲获胜有2种可能，故甲获胜且乙
161152
摸到1号球的概率为，故在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为÷＝. 88165
法二：甲获胜共有5种可能，其中乙摸到1号球且甲获胜有2种可能，故在甲获胜2
的条件下，乙摸1号球的概率为.
5
x2y2
14．设双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，直线l
ab为双曲线C的一条渐近线，点F关于直线l的对称点为P，若点P在双曲线C的左支上，则双曲线C的离心率为__5__．
【解析】如图，设直线l与线段PF的交点为A，因为点P与F关于直线l对称，则l⊥PF，且A为PF的中点，所以|AF|＝b，|OA|＝a，|PF|＝2|AF|＝2b.
设双曲线的左焦点为E，因为O为EF的中点，则|PE|＝2|AO|＝2a， 据双曲线定义，有|PF|－|PE|＝2a，则2b－2a＝2a，即b＝2a.
5 / 15
所以e＝
?b?2
1＋??＝5. ?a?
15．对于大于或等于2的自然数m的n次幂进行如图的方式“分裂”．仿此，若m3
的“分裂”中最小的数是211，则m的值为__15__．
【解析】22＝1＋3，23＝3＋5，24＝7＋9，32＝1＋3＋5，33＝7＋9＋11，34＝25＋27＋29.不难得出规律，2n可以表示为两个连续奇数之和；3n可以表示为三个连续奇数之和；5n可以表示为五个连续奇数之和；m3的可以表示为m个连续奇数之和，即211＋213＋…＋[211＋2(m－1)]＝m3，m3－m2－210m＝0，因为m>0，所以m＝15.
ex＋3
16．设a为整数，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式≥ea恒成立，则a的最大
x值是__1__．
e(x－1)－3ex＋3
【解析】令f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝. xx
x
令g(x)＝ex(x－1)－3(x>0)，则g′(x)＝xex>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为g(1)＝－3<0，g(2)＝e2－3>0，则g(x)在(1，2)内只有一个零点．
3
设g(t)＝0，则e＝.当x∈(0，t)时，g(x)＜0，从而f′(x)<0，f(x)单调递
t－1
t
et＋3
减；当x∈(t，＋∞)时，g(x)＞0，从而f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝
t＝
3
＝et. t－1
由题意知ea≤et，即a≤t.因为t∈(1，2)，a为整数，所以a的最大值为1.
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．(本小题满分12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足acos B＋bcos A＝2ccos C.
6 / 15
(1)求角C的大小；
(2)若△ABC的周长为3，求△ABC的内切圆面积S的最大值．
【解析】(1)由已知，sin Acos B＋sin Bcos A＝2sin Ccos C，(2分) 1
即sin(A＋B)＝2sin Ccos C，因为sin(A＋B)＝sin C>0，则cos C＝，(4分)
2π
又C∈(0，π)，所以C＝.(5分)
3
1π13
(2)设△ABC的内切圆半径为R，则absin＝·3R，则R＝ab，(6分)
2326由余弦定理，得a2＋b2－ab＝(3－a－b)2，化简得3＋ab＝2(a＋b)，(8分) 因为a＋b≥2ab，则3＋ab≥4ab，解得ab≥3或ab≤1，(10分) 若ab≥3，则a，b至少有一个不小于3，这与△ABC的周长为3矛盾；(11分) 若ab≤1，则当a＝b＝1＝c时，R取最大值
3
. 6
?3?2π
所以△ABC的内切圆面积的最大值为Smax＝π??＝.(12分)
12?6?
18．(本小题满分12分)
如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠ABC＝60°，BM⊥平面ABCD，BM∥DN，BM＝2DN，点E是线段MN上任意一点．
(1)证明：平面EAC⊥平面BMND；
(2)若∠AEC的最大值是
2π，求三棱锥M－NAC的体积． 3
【解析】(1)因为BM⊥平面ABCD，则AC⊥BM.(2分) 又四边形ABCD是菱形，则AC⊥BD，所以AC⊥平面BMND. (4分)
因为AC在平面EAC内，所以平面EAC⊥平面BMND.(5分)
(2)设AC与BD的交点为O，连结EO. 因为AC⊥平面BMND，则AC⊥OE，又O为AC2AE2－AC22
的中点，则AE＝CE，所以cos∠AEC＝＝1－，∠AEC∈(0，π)．
2AE2AE2
当AE最短时∠AEC最大，此时AE⊥MN，CE⊥MN，∠AEC＝
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2π23
，AE＝.(7分) 33
取MN的中点H，分别以直线OA，OB，OH为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设ND＝a，
则点A(1，0，0)，N(0，－3，a)，M(0，3，2a)，→AN＝(－1，－3，a)，→AM＝(－1，3，2a)．
设平面AMN的法向量n1＝(x，y，z)， ??n1·→AM＝－x＋3y＋2az＝0，?则
→??n1·AN＝－x－3y＋az＝0，?3a3a?
取z＝1，则n1＝?，－，1?，
6?2?
?3a3a?
同理求得平面CMN的法向量n2＝?－，－，1?.
6?2?2π
因为∠AEC＝是二面角A―MN－C的平面角，则
3
22
?9a3a??－＋＋1?
36156?4?1
|cos∠AEC|＝＝，解得a＝或a＝(舍去)．(10分)
9a23a22102＋＋1436
因为MN＝a2＋BD2＝3
， 3
39152312π143＋12＝，AE＝，S△EAC＝AE2sin ＝××＝2010323232
135
则VM－NAC＝VM－EAC＋VN－EAC＝S△EAC·MN ＝.(12分)
310
19．(本小题满分12分)
在湖南师大附中的校园歌手大赛决赛中，有6位参赛选手(1号至6号)登台演出，由现场的100位同学投票选出最受欢迎的歌手，各位同学须彼此独立地在投票器上选出3位候选人，其中甲同学是1号选手的同班同学，必选1号，另在2号至6号选手中随机选2名；乙同学不欣赏2号选手，必不选2号，在其他5位选手中随机选出3名；丙同学对6位选手的演唱没有偏爱，因此在1号至6号选手中随机选出3名．
(1)求同学甲选中3号且同学乙未选中3号选手的概率；
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