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（理）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（理）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（理）试题 一、单选题 ‎1．若向量，，且，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】若，且，则有，列出方程可求得m.‎ ‎【详解】‎ ‎，，代入得，解得.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查向量平行的等价条件，属于基本题.‎ ‎2．设集合，，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】对集合，利用一元二次不等式的解法求得不等式的解集，从而化简集合，再与进行交、并运算，从而得到答案.‎ ‎【详解】‎ 因为，，‎ 所以，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查一元二次不等式的求解、集合的交、并运算，考查基本运算求解能力.‎ ‎3．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.‎ ‎4．已知，，是三个不同的平面，m，n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】D ‎【解析】根据空间中线面关系的性质定理，逐项判断，能得到答案.‎ ‎【详解】‎ 对于A，平面和也可能相交，故A不正确；对于B，直线m与n也有可能是异面，故B不正确；对于C，直线m与n有可能平行、异面以及相交但不垂直，故C不正确；对于D，同时垂直于一个平面的两条直线互相平行，故D正确．‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间中线面之间位置关系的判断，属于基础题.‎ ‎5．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.‎ ‎6．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 ‎7．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 ‎8．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 ‎9．已知函数在R上为增函数，则的取值范围为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】函数在R上为增函数,等价于 对恒成立，然后分离变量，得，求出的最小值，就能确定m的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 因为函数在R上为增函数，所以对恒成立，即对恒成立，又因为，所以．‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用函数的单调性求参数的取值范围，分离变量是解决本题的关键.‎ ‎10．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.‎ ‎11．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.‎ ‎12．设是定义在上的奇函数，其导函数为，当时，，则不等式的解集为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】令，易得是定义在上的偶函数，因为，可知在上单调递减，在上单调递增，从而可以根据函数的单调性，确定不等式的解.‎ ‎【详解】‎ 令，∵是定义在上的奇函数，‎ ‎∴是定义在上的偶函数．‎ 当时，，由，得，‎ ‎∴，则在上单调递减．‎ 将化为，即，则 ‎．‎ 又是定义在上的偶函数．‎ ‎∴在上单调递增，且．‎ 当时，，将化为，‎ 即，则．‎ 综上，所求不等式的解集为．‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及利用函数的单调性解不等式，构造函数是解决本题的关键.‎ 二、填空题 ‎13．设向量，，，则______．‎ ‎【答案】7‎ ‎【解析】先求出的值，然后代入公式，，可得到答案。‎ ‎【详解】‎ ‎，，‎ 故答案为：7‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查平面向量的数量积，属于基础题.‎ ‎14．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3项，则；‎ ‎③“”的一个必要不充分条件是“”；‎ ‎④若且，则．‎ ‎【答案】①④‎ ‎【解析】逐项判断对错，便能得到答案 ‎【详解】‎ 若，则，，当且仅当时，等号成立，所以①正确；‎ 若a，，是等差数列的前3项，则，，所以②不正确；‎ 因为，所以③不正确；‎ ‎．①+②，得所以④也正确．‎ 故所有正确结论的编号是①④．‎ 故答案为：①④‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了不等式性质，基本不等式，等差数列以及必要不充分条件，属于基础题.‎ ‎15．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.‎ ‎16．如图，在四棱锥中，平面，，，，，分别为棱上一点，若与平面所成角的正切值为2，则的最小值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先找出与平面所成角，再利用正切值为2，证得E为PC的中点.根据所给各边的长度，求出的斜弦值，再将翻折至与平面PAB共面，利用余弦定理求出，即为的最小值.‎ ‎【详解】‎ 取CD的中点H，连接BH，EH.‎ 依题意可得，.因为平面ABCD，所以，‎ 从而平面ABCD，‎ 所以BE与平面PCD所成角为，‎ 且，则，则E为PC的中点.‎ ‎ ‎ 在中，.‎ 因为，，，‎ 所以，所以.‎ 将翻折至与平面PAB共面，如图所示，则图中，‎ 当F为AE与PB的交点时，取得最小值，此时，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间中线面垂直、线面角、余弦定理等知识的交会，考查空间相象能力和运算求解能力，将空间中线段和的最值问题，转化成平面问题，对转化与化归思想的考查要求较高，属于难题.‎ 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．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.‎ ‎19．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.‎ ‎20．如图，在三棱锥中，，二面角的大小为120°，点在棱上，且，点为的重心.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）连接，并延长与相交于点，连接，可证得，从而得证；‎ ‎（2）过点在中作，与相交于点，可得，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求平面的法向量和平面的一个法向量为，再求得，进而利用同角三角函数关系即可得解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连接，并延长与相交于点，连接，‎ 因为点为的重心，所以，‎ 在中，有，‎ 所以，‎ 则平面，平面，‎ 所以平面；‎ ‎（2）解：过点在中作，与相交于点，因为，，则为二面角的平面角，则。‎ 以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 因为，，，则，，，，‎ 所以 记平面的法向量，‎ 则 令，得到平面的一个法向量，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，‎ 令，得到平面的一个法向量，‎ ‎，‎ 设二面角的平面角为，则，‎ 即二面角的正弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面平行的证明及求解二面角，利用空间直角坐标系正确写点坐标是解题的关键，属于中档题.‎ ‎21．已知数列满足 ‎（1）证明：数列为等差数列；‎ ‎（2）设，求数列的前项和 ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）根据递推关系得到，再利用定义证明数列为等差数列；‎ ‎（2）由（1）得，再利用错位相减求和等差数列前项和公式，求得数列的前项和 ‎【详解】‎ ‎（1）当时，，‎ 则.∵，∴.‎ 又∵，，∴，也满足，‎ ‎∴，∵，‎ ‎∴数列为公差是2的等差数列.‎ ‎（2），设数列的前n项和为，‎ 则，‎ ‎∴，∴，即，故，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列递推关系、等差数列的定义、等差数列前项和、错位相减法求和，考查转化与化归思想、方程思想的运用，考查运算求解能力.‎ ‎22．已知函数．‎ ‎（1）设函数，讨论的单调性；‎ ‎（2）当时，若存在，，，使，证明：．‎ ‎【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）详见解析.‎ ‎【解析】（1）对函数求导后，分和两种情况，考虑函数的单调性；‎ ‎（2）不妨设，由，得 ‎，‎ 所以．‎ 构造函数，利用函数的单调性，可得，接着再转化一下，可证.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）解：的定义域为，‎ ‎．‎ ‎①当时，恒成立，所以在上单调递减．‎ ‎②当时，令，得，则单调递减；‎ 令，得，则单调递增．‎ 综上，当时，在单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎（2）证明：不妨设，由，得 ‎，‎ 所以．‎ 设，则，故在上单调递增．‎ 因为，所以，所以，‎ 即，故，‎ 所以，‎ 于是，‎ 则．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用导数求含参函数的单调区间以及利用导数证明不等式.‎