2020届湖南省衡阳市衡阳县、长宁、金山区高三上学期12月联考数学(文)试题(解析版)

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2020届湖南省衡阳市衡阳县、长宁、金山区高三上学期12月联考数学(文)试题(解析版)

‎2020届湖南省衡阳市衡阳县、长宁、金山区高三上学期12月联考数学(文)试题 一、单选题 ‎1.已知集合,,则的元素的个数为( )‎ A.3 B.4 C.5 D.6‎ ‎【答案】C ‎【解析】集合, ‎ 元素个数为5个。‎ 故答案为:C。‎ ‎2.若向量,且,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据向量平行坐标表示列式求解,即得结果.‎ ‎【详解】‎ 故选:B ‎【点睛】‎ 本题考查向量平行坐标表示,考查基本分析求解能力,属基础题.‎ ‎3.若,满足约束条件且,则( )‎ A.的最大值为 B.的最大值为 C.的最小值为 D.的最小值为 ‎【答案】C ‎【解析】作出约束条件对应的可行域,然后利用平移直线法求解出对应的最值,注意根据截距判断最值是否存在.‎ ‎【详解】‎ 作出约束条件表示的可行域如下图,‎ 因为,所以,所以,‎ 由图可知,当直线经过点时,‎ 此时直线的截距最小,取得最小值,无最大值.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据约束条件求解目标函数的最值,难度较易.采用平移直线法求解线性目标函数的最值,将目标函数的最值与直线的截距联系在一起.‎ ‎4.设函数若是奇函数,则( )‎ A. B. C. D.1‎ ‎【答案】A ‎【解析】先求出的值,再根据奇函数的性质,可得到的值,最后代入,可得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎∵是奇函数 ‎.‎ 故选:A ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用函数的奇偶性求值的问题,属于基础题.‎ ‎5.已知是三个不同的平面,是两条不同的直线,下列判断正确的是( )‎ A.若,,则 B.若,,则 C.若,,,则 D.若,,,则 ‎【答案】B ‎【解析】根据直线和平面的位置关系,依次判断每个选项的正误得到答案.‎ ‎【详解】‎ A. 若,,则或相交,错误;‎ B. 若,,则,同时垂直于一个平面的两条直线互相平行,正确;‎ C. 若,,,则或或异面,错误;‎ D. 若,,,则或异面,错误 故选:‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线和平面的位置关系,意在考查学生的空间想象能力.‎ ‎6.函数的零点所在的区间为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据零点存在性定理,判断零点所在区间.‎ ‎【详解】‎ 因为,,,所以的零点所在的区间为.‎ 故选:B ‎【点睛】‎ 本题考查零点存在性定理,意在考查基本概念和方法,属于基础题型.‎ ‎7.已知等比数列的前n项和为,且,,则( )‎ A.16 B.19 C.20 D.25‎ ‎【答案】B ‎【解析】利用,,成等比数列求解 ‎【详解】‎ 因为等比数列的前n项和为,所以,,成等比数列,因为,,所以,,故.‎ 故选:B ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列前n项性质,熟记性质是关键,是基础题 ‎8.已知函数的值域为,函数,则的图象的对称中心为( )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】由值域为确定的值,得,利用对称中心列方程求解即可 ‎【详解】‎ 因为,又依题意知的值域为,所以 得,,‎ 所以,令,得,则的图象的对称中心为.‎ 故选:B ‎【点睛】‎ 本题考查三角函数 的图像及性质,考查函数的对称中心,重点考查值域的求解,易错点是对称中心纵坐标错写为0‎ ‎9.设,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】先对式子进行化简,分子分母同时除以,再利用正切的和角公式求解可得,原式,根据诱导公式可得,进而利用倍角公式求解即可 ‎【详解】‎ ‎,‎ 因为,‎ 所以,故 故选:A ‎【点睛】‎ 本题考查利用正切的和角公式、倍角公式进行化简,考查三角函数分式齐次式求值问题 ‎10.若函数没有极值,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】先求出导函数,然后采用分类讨论的方法分析是否有极值,注意定义域的限制.‎ ‎【详解】‎ ‎,,‎ 当时,.令,得;令,得.在处取极小值.‎ 当时,方程必有一个正数解,‎ ‎(1)若,此正数解为,此时,在上单调递增,无极值.‎ ‎(2)若,此正数解为,必有个不同的正数解,存在个极值.‎ 综上,.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据函数的极值存在情况求解参数,难度一般.利用导函数分析函数的极值时,要注意到:极值点对应的导函数值一定为零,但是导数值为零的值对应的不一定是极值点,因为必须要求在导数值为零处的左右导数值异号.‎ ‎11.在直角坐标系xOy中,直线l:与抛物线C:相交于A,B两点,,且,则( )‎ A.7 B.8 C.9 D.10‎ ‎【答案】C ‎【解析】联立消y,得,设,,则,,因为,所以,列出等式可得k的值,然后可求得的值.‎ ‎【详解】‎ 由得,设,,则,‎ 因为,所以,‎ 则 ‎,所以.‎ 所以.‎ 故选:C ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,联立直线方程与圆锥曲线方程,应用一元二次方程根与系数的关系进行求解是解决本题的关键.‎ ‎12.棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥的底面重合,若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上,则正三棱锥的内切球半径为( )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】由边长为a的正四面体可求得外接球的半径,接着求出正三棱锥的侧棱长,从而算出正三棱锥的表面积S及体积V,最后代入公式,可得内切球的半径r.‎ ‎【详解】‎ 由题意,多面体ABCDE的外接球即正四面体ABCD的外接球,且其外接球的直径为AE,易求得正四面体ABCD的高,外接球的半径为.‎ 设正三棱锥的高为h,因为,所以.‎ 因为底面的边长为a,所以,‎ 则正三棱锥的三条侧棱两两垂直.‎ 易求得正三棱锥的表面积,体积.‎ 设正三棱锥的内切球的半径为r,由,得.‎ 故选:D ‎【点睛】‎ 本题主要考查正三棱锥的外接球与内切球的半径问题.‎ 二、填空题 ‎13.设向量,,,则________.‎ ‎【答案】7‎ ‎【解析】利用向量数量积定义、模的坐标运算,直接计算目标式子,即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 因为,,‎ 所以.‎ 故答案为:7.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量数量积的定义、模的坐标运算、数量积运算的分配律,考查基本运算求解能力,属于容易题.‎ ‎14.若函数在上为减函数,则的取值范围为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将问题转化为导函数在上恒小于零,从而根据恒成立思想求解出的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 由题意可知,即对恒成立,‎ 所以,所以即.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据函数的单调性求解参数范围,难度一般.已知函数为指定区间的单调增(或减)函数,则在指定区间上恒成立.‎ ‎15.现有下列四个结论,其中所有正确结论的编号是___________.‎ ‎①若,则的最大值为;‎ ‎②若,,是等差数列的前项,则;‎ ‎③“”的一个必要不充分条件是“”;‎ ‎④“,”的否定为“,”.‎ ‎【答案】①④‎ ‎【解析】①根据基本不等式判断;②利用等差中项先计算出公差,即可求解出的值;③根据“小推大”的原则去推导属于相应的何种条件;④含一个量词的命题的否定方法:改量词,否结论,由此进行判断.‎ ‎【详解】‎ ‎①若,则,,‎ 当且仅当时,等号成立,所以①正确;‎ ‎②若,,是等差数列的前项,则,‎ 所以,所以②不正确;‎ ‎③因为,所以“”能推出“”,但是“”‎ 不能推出“”,所示“”的一个充分不必要条件是“”,所以③不正确;‎ ‎④因为特称命题的否定是全称命题,否定含一个量词的命题时,注意修改量词,否定结论.所以④正确.‎ 故所有正确结论的编号是①④.‎ 故答案为:①④.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题真假的综合判断,难度一般.(1)运用基本不等式求解最值时,注意说明取等号的条件;(2)注意区分“是的必要不充分条件”、“的必要不充分条件是”这两者的区别.‎ ‎16.若函数在内存在唯一的,使得,则的最小正周期的取值范围为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据得到,由的图象特征可得,从而得到的范围,再由周期公式得到周期的范围.‎ ‎【详解】‎ 因为,,所以.‎ 依题意可得,解得,‎ 则.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用整体思想、三角函数的五点法作图,研究三角函数的周期,考查数形结合思想的灵活运用,同时求解时注意整体思想的运用.‎ 三、解答题 ‎17.设函数.‎ ‎(1)若曲线与x轴的交点为A,求曲线在点A处的切线方程;‎ ‎(2)证明:.‎ ‎【答案】(1);(2)详见解析.‎ ‎【解析】(1)令,可求得函数与x轴的交点A,对求导,代入点A的横坐标可得切线斜率,然后根据点斜式可写出切线方程;‎ ‎(2)构造函数,然后求出的最小值,不等式可证.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)解:令,得,所以A的坐标为.‎ 因为,所以,‎ 故曲线在点A处的切线方程为.‎ ‎(2)证明:设函数,,‎ 令,得;令,得.‎ 所以,‎ 从而,即.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查求函数在某点的切线方程以及用导数证明不等式.‎ ‎18.设,向量,,.‎ ‎(1)试问数列是否为等差数列?为什么?‎ ‎(2)求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1)是等差数列,理由见解析;(2)‎ ‎【解析】(1)先求解出的坐标表示,然后根据数量积的坐标表示求解出的通项公式,再根据定义判断是否为等差数列;‎ ‎(2)根据(1)中结果求出的通项公式,然后根据裂项相消法求解出的表达式.‎ ‎【详解】‎ ‎(1),‎ ‎.‎ ‎,‎ 为常数,‎ 是等差数列.‎ ‎(2),‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量与数列的综合应用,难度一般.(1)等差数列常用的证明方法:<1>定义法:根据(是常数),证明等差数列.<2>等差中项法:当满足时,可证明为等差数列;(2)常见的裂项相消类型:、、‎ ‎.‎ ‎19.已知四棱锥的直观图如图所示,其中,,两两垂直,,且底面为平行四边形.‎ ‎(1)证明:.‎ ‎(2)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是该四棱锥的正视图与俯视图,请在网格纸上用粗线画出该四棱锥的侧视图,并求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】(1)证明见解析(2)作图见解析,‎ ‎【解析】(1)根据,得到平面,得到证明.‎ ‎(2)直接画出侧视图,利用体积公式直接计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为两两垂直,所以,.‎ 因为,所以平面.‎ 因为平面,所以.‎ ‎(2)该四棱锥的侧视图如图所示:‎ 依题意可得四边形为正方形,四棱锥的体积为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三视图的应用,体积的计算,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.‎ ‎20.在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知.‎ ‎(1)求角A的大小;‎ ‎(2)求的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】(1)根据正弦定理以及,逐步化简,可求得角A;‎ ‎(2)角B用角C表示,逐步化简,得结果为,确定角C的范围,便能求得答案,注意一点,.‎ ‎【详解】‎ 解:(1)由,结合正弦定理可得,‎ 即,‎ 即,‎ 即,‎ 所以,‎ 即.‎ 因为,所以,所以.‎ 又,所以.‎ ‎(2),‎ 因为,所以,‎ 又,所以,‎ 所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用正弦定理边角转化求角,以及求三角函数的取值范围.‎ ‎21.如图,在各棱长均为4的直四棱柱中,,为棱上一点.‎ ‎(1)证明:平面平面;‎ ‎(2)在图中作出点在平面内的正投影(说明作法及理由),并求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】(1)见解析(2)‎ ‎【解析】试题分析:(1)要证面面垂直,可从线面垂直入手,即证平面,进而得到面面垂直;(2)先找到过A的一个垂直于面.的一个平面,优点A向两个面的交线作垂线即可,‎ 解析:‎ ‎(1)证明:∵底面为菱形,∴.‎ 在直四棱柱中,底面,∴.‎ ‎∵,∴平面.‎ 又平面,∴平面平面.‎ ‎(2)解:设与交于点,连接,‎ 过作,为垂足,即为在平面内的正投影.‎ 理由如下:‎ ‎∵平面,∴,‎ 又,,∴平面,‎ ‎∴,又,∴平面.‎ ‎∵,,‎ ‎∴,由得,‎ 过作,垂足为,由得.‎ ‎∴ .‎ ‎22.已知函数.‎ ‎()讨论的单调性.‎ ‎()若,,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) 当时,在上单调递增,当时,在上单调递增,在上单调递减;(2).‎ ‎【解析】试题分析:(1)对函数求导,再根据分类讨论,即可求出的单调性;(2)将化简得,再根据定义域,对分类讨论,时,满足题意,时,构造,求出的单调性,可得的最大值,即可求出的取值范围.‎ 试题解析:(1),‎ 当时,,所以在上递增,‎ 当 时,令,得,‎ 令,得;令,得,‎ 所以在上递增,在上递减.‎ ‎(2)由,得,因为,所以 ‎,‎ 当时,满足题意,‎ 当时,设,‎ 所以在上递增,所以,不合题意,‎ 当时,令,得,令,得,‎ 所以,则,‎ 综上,的取值范围是.‎ 点睛:本题考查函数的单调性及恒成立问题,涉及函数不等式的证明,综合性强,难度大,属于难题.处理导数大题时,注意分层得分的原则.一般涉及求函数单调性时,比较容易入手,求导后注意分类讨论,对于恒成立问题一般要分离参数,然后利用函数导数求函数的最大值或最小值,对于含有不等式的函数问题,一般要构造函数,利用函数的单调性来解决,但涉及技巧比较多,需要多加体会.‎
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