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.