湖南省五市十校2020届高三上学期联考数学（理）试题

湖南省五市十校2020届高三上学期联考数学（理）试题

湖南省五市十校2019年下学期高三年级第二次联考试题 理科数学 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先确定集合中的元素，然后求交集．‎ ‎【详解】由得，解得，即，‎ ‎∴．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，掌握交集概念是解题基础．在解分式不等式时要注意分母不为0．‎ ‎2.设为第三象限角，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由同角关系求得，再由正弦的二倍角公式变形后求值．‎ ‎【详解】∵设为第三象限角，，∴，‎ ‎∴．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查同角间的三角函数关系，考查正弦的二倍角公式．在用同角间的三角函数关系求值时一定要确定角的范围，从而确定函数值的正负．‎ ‎3.某几何体的三视图如图所示，则该三视图的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原出原几何体，再由球的体积公式和圆锥体积公式计算．‎ ‎【详解】‎ 由三视图知，该几何体是半球中间挖去一个圆锥（圆锥底面就是半球的底面）．由三视图知，∴．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查三视图，考查由三视图还原几何体．都是球和圆锥的体积公式．解题关键是由三视图还原出几何体．‎ ‎4. 以下说法错误的是（　　）‎ A. 命题“若则x=1”的逆否命题为“若1,则”．‎ B. “”是“”的充分不必要条件．‎ C. 若为假命题,则均为假命题．‎ D. 若命题p:R,使得则R,则．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 若为假命题,则只需至少有一个为假命题即可.‎ ‎5.若复数（）是纯虚数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简复数，由它是纯虚数，求得，从而确定对应的点的坐标．‎ ‎【详解】是纯虚数，则，，‎ ‎，对应点为，在第二象限．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算，考查复数的概念与几何意义．本题属于基础题．‎ ‎6.湖面上飘着一个小球，湖水结冰后将球取出，冰面上留下一个半径为，深的空穴，则取出该球前，球面上的点到冰面的最大距离为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：设球半径为，则,解得：‎ 所以球面上的点到冰面的最大距离为 故选B.‎ 考点：空间几何体的结构特征.‎ ‎7.设函数，且其图像关于直线对称，则（ ）‎ A. 的最小正周期为，且在上为增函数 B. 的最小正周期为，且在上为增函数 C. 的最小正周期为，且在上为减函数 D. 的最小正周期为，且在上为减函数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：，∵函数图像关于直线对称，‎ ‎∴函数为偶函数，∴，∴，∴，‎ ‎∵，∴，∴函数在上为减函数.‎ 考点：1.三角函数式的化简；2.三角函数的奇偶性；3.三角函数的周期；4.三角函数的单调性.‎ ‎8.定义在上的偶函数满足，且当时，，则函数的零点个数为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数的零点个数即为函数y＝f（x）与函数图象的交点个数，由题意，作出函数图象观察即可得出零点个数．‎ ‎【详解】解：由题意，函数f（x）的周期为2，且关于y轴对称，‎ 函数的零点个数即为函数y＝f（x）与函数图象的交点个数，‎ 在同一坐标系中作出两函数图象如下，‎ 由图象观察可知，共有两个交点．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查函数零点个数判断，解决这类题的方法一般是转化为两个简单函数，通过数形结合，观察两函数图象的交点个数，进而得到零点个数，属于基础题．‎ ‎9.设，满足约束条件，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，，利用的几何意义求解．‎ ‎【详解】作出可行域，如图内部（含边界），‎ ‎，表示与可行域内点连线的斜率，‎ ‎，，由图中知，∴．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查二元一次不等式组表示的平面区域，考查简单的非线性规划问题，解题关键是作出可行域，正确理解代数式的几何意义．‎ ‎10.若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分段函数单调递减，要求每一段都递减的，且各段之间的函数值存在大小关系．‎ ‎【详解】由题意，解得．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查函数的单调性，分段函数在整个定义域是单调，则每一段上的单调性一致，每段顶点处的函数值也满足一定的大小关系（根据增减而定）．‎ ‎11.的内角，，的对边分别为，，，且，，为的外心，则（ ）‎ A. B. C. D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，可得，这样，然后都用表示后运算即可．‎ ‎【详解】取的中点，连接，∵是外心，∴，，‎ ‎．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是取的中点，把转化为，再选取为基底，用基底进行运算．‎ ‎12.已知函数，，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先构造函数,再将存在性问题转化为对应函数最值问题，通过求最值得实数的取值范围.‎ ‎【详解】令，则存在，使得,即的最大值，因为在上单调递减，在上单调递增，所以最大值为,因此，选C.‎ ‎【点睛】利用导数解决数学问题，往往需要需要构造辅助函数.‎ 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.已知等差数列，的前项和分别为，，若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列的性质可把项的比转化为前项和的比．‎ ‎【详解】∵数列，都是等差数列，‎ ‎∴．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的性质：等差数列中，．‎ 由此有．‎ ‎14. 观察分析下表中的数据：‎ 多面体 ‎ 面数（） ‎ 顶点数（) ‎ 棱数（) ‎ 三棱锥 ‎ ‎5 ‎ ‎6 ‎ ‎9 ‎ 五棱锥 ‎ ‎6 ‎ ‎6 ‎ ‎10 ‎ 立方体 ‎ ‎6 ‎ ‎8 ‎ ‎12 ‎ 猜想一般凸多面体中，所满足的等式是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①三棱锥：,得；②五棱锥：,得；③立方体：,得；所以归纳猜想一般凸多面体中，所满足的等式是：，故答案为 考点：归纳推理.‎ ‎15.已知函数，若使得，则实数的取值范围是________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 满足题意时应有：f（x）在的最小值不小于g（x）在x2∈[2，3]的最小值，‎ 由对勾函数的性质可知函数 在区间上单调递减，‎ f（x）在 的最小值为f（1）=5，‎ 当x2∈[2，3]时，g（x）=2x+a为增函数，‎ g（x）在x2∈[2，3]的最小值为g（2）=a+4，‎ 据此可得：5⩾a+4，解得：a⩽1，‎ 实数a的取值范围是（﹣∞，1]，‎ 故结果为：．‎ 点睛：‎ 这是典型的双变元问题，首先将问题转化为在所给定义域上f（x）的最小值不小于g（x）的最小值，然后分别利用函数的单调性求得最值，最后求解不等式即可求得最终结果．本题考查了恒成立问题，对勾函数的单调性，指数函数的单调性，转化的思想等，属于常考的典型题目．‎ ‎16.以双曲线的右焦点为圆心，为半径的圆与的一条渐近线交于，两点，若，则双曲线的离心率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据直线和圆相交时的弦长公式结合双曲线离心率的公式进行转化求解即可．‎ ‎【详解】解：∵双曲线的一个焦点为F（c，0），双曲线的一条渐近线为yx，即bx﹣ay＝0，‎ ‎∴焦点到渐近线的距离d，‎ ‎∵|AF|＝|BF|＝a，‎ ‎∴|AD|，‎ 则|AB|＝2|AD|＝2c，‎ 平方得4（a2﹣b2）c2，‎ 即a2﹣c2+a2c2，‎ 则2a2c2，‎ 则c2a2，‎ 则ca，‎ 即离心率e，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线离心率的计算，根据直线和圆相交的弦长公式建立方程关系是解决本题的关键．‎ 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） ‎ ‎17.在中，角A，B,C的对边分别是a,b,c,已知 ‎（1）求的周长 ‎（2）求值：的值 ‎【答案】（1）5‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据余弦定理求出c，进而可求出三角形周长．‎ ‎（2）根据两角差的余弦公式，需要求出角A、C的正余弦．在第（1）问的基础上，可以进一步求出角A的余弦，然后再借助同角的三角函数关系式求出A、C的正弦．问题得 ‎【详解】解：（1） ,‎ ‎ ‎ 所以周长为5‎ ‎（2）由题可得，由正弦定理 ,解得 ‎18.已知数列的各项均为正数，其前项和为，且，.‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)设，求数列前项和为.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由，可得，采用相邻两式作差的方式，可知是等差数列，从而得到数列的通项公式；‎ ‎(2)易得：，利用错位相减法求和即可.‎ ‎【详解】解：(1）依题知①，‎ ‎，又 ‎②‎ 由①-②得 ‎，则 是等差数列，‎ ‎.‎ ‎(2)，‎ ‎，‎ 两式相减得，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了利用递推关系求通项公式，错位相减法求和，等差数列通项公式，考查推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎19.如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，.‎ ‎(1)证明：平面；‎ ‎(2)设点在线段上运动，平面与平面所成锐二面角为，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先证明，结合面面垂直性质定理即可得到平面；‎ ‎(2) 建立分别以直线，，为轴，轴，轴的如图所示的空间直角坐标系，‎ 求出平面与平面的法向量，表示，求函数的值域即可.‎ ‎【详解】解：（1）证明：在梯形中，因为，，‎ 所以，所以，‎ 所以，所以.‎ 因为平面平面，平面平面，‎ 因为平面，所以平面.‎ ‎（2）由（1）可建立分别以直线，，为轴，轴，轴的如图所示的空间直角坐标系，‎ 令，则，，，.‎ ‎∴，‎ 设为平面的一个法向量，‎ ‎ ‎ 由得，取，则，‎ ‎∵是平面一个法向量 ‎ ‎ ‎∵，∴当时，有最小值，当时，有最大值．‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，二面角的度量，考查推理能力、计算能力以及空间想象能力，属于中档题.‎ ‎20.如图，分别过椭圆左、右焦点的动直线相交于点，与椭圆分别交于与不同四点，直线的斜率满足．已知当与轴重合时，，.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点坐标并求出此定值；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2），和.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）当与轴重合时，垂直于轴，得,得,从而得椭圆的方程；（2）由题目分析如果存两定点，则点的轨迹是椭圆或者双曲线 ，所以把坐标化，可得点的轨迹是椭圆，从而求得定点和点.‎ 试题解析：当与轴重合时，, 即,所以垂直于轴，得，，, 得,椭圆的方程为.‎ 焦点坐标分别为, 当直线或斜率不存在时，点坐标为或;‎ 当直线斜率存在时，设斜率分别为, 设由, 得：‎ ‎, 所以:，, 则：‎ ‎. 同理：, 因为 ‎, 所以, 即, 由题意知, 所以 ‎， 设，则，即，由当直线或斜率不存在时，点坐标为或也满足此方程，所以点在椭圆上.存在点和点，使得为定值，定值为.‎ 考点：圆锥曲线的定义，性质，方程.‎ ‎【方法点晴】本题是对圆锥曲线的综合应用进行考查，第一问通过两个特殊位置，得到基本量，，得,,从而得椭圆的方程，第二问由题目分析如果存两定点，则点的轨迹是椭圆或者双曲线 ，本题的关键是从这个角度出发，把坐标化，求得点的轨迹方程是椭圆，从而求得存在两定点和点.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎(1)讨论函数的零点个数；‎ ‎(2)若，函数在区间有最值，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，见解析 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求出，分析函数的单调性，进而明确函数的极值，数形结合即可得到函数的零点个数；‎ ‎(2) 由在上有最值，可知在上不单调，从而可得结果.‎ ‎【详解】解（1），，‎ 若，，在上单调递增，‎ 且，时，，‎ 此时，存在唯一零点；‎ 若，，‎ 所以，单调递增，，单调递减，‎ ‎，‎ 当，即时，无零点；‎ 当，即时，有一个零点；‎ 当，即时，有两个零点；‎ 综上：或时，有一个零点；‎ 时，有两个零点；‎ 时，无零点.‎ ‎(2)，.‎ 在上有最值，在上不单调，‎ 而，‎ 恒成立.‎ 又，由，‎ ‎，‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值问题，体现了对分类讨论和化归转化数学思想的考查，特别是问题（2）的设置很好的考查学生对题意的理解与转化，创造性的分析问题、解决问题的能力和计算能力．‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.在平面直角坐标系中.已知曲线(为参数)，.以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.直线.‎ ‎(1)写出直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；‎ ‎(2)在曲线上取一点，使点到直线距离最大，求最大距离及此时点的坐标.‎ ‎【答案】（1）的直角坐标方程:,曲线的普通方程: （2），‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）利用三种方程的互化方法，求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；‎ ‎（2）设，求出圆心到直线l的距离，即可在曲线C上求一点P，使点P到直线l的距离最大，并求出此最大值．‎ ‎【详解】解：（1）的直角坐标方程为 曲线的普通方程为 ‎（2）设，则 当时，最大，‎ ‎，，‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转化，点到直线的距离公式的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．‎ ‎23.已知函数，.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）按绝对值定义去绝对值符号后再解不等式；‎ ‎（2）按绝对值定义去绝对值符号后得分段函数，求得其最小值，由最小值可解得的范围.‎ ‎【详解】（1）①当时，解得 ‎②当时，解得 ‎③当时，解得 ‎∴不等式的解集为 ‎（2）①当时，；‎ ‎②当时，；‎ ‎③当时，；‎ 所以的最小值为，∴.‎ ‎【点睛】本题考查含绝对值不等式的问题，含绝对值不等式可按绝对值定义去掉绝对值符号，化为分段函数，再分类求解．不等式恒成立问题可转化为求函数的最值．‎ ‎ ‎