湖南省永州市道县、东安、江华、蓝山、宁远2019-2020学年高三12月联考数学理试题（解析版）.doc

1、道县、东安、江华、蓝山、宁远道县、东安、江华、蓝山、宁远 2020 届高三届高三 12 月联考试题月联考试题 理科数学理科数学 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的. 1.设集合 |0 1 x Mx x ，|02Nxx，则MN （ ） A. |01xx B. |02xx C. 1|0xx D. |02xx 【答案】C 【解析】 【分析】 首先确定集合M中的元素，然后求交集 【详解】由0 1 x x 得 (1)0 10 x x x

2、，解得01x，即 |01Mxx， |01MNxx 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， 3 sin 5 ，则sin2（ ） A. 7 25 B. 7 25 C. 24 25 D. 24 25 【答案】D 【解析】 【分析】 由同角关系求得cos，再由正弦的二倍角公式变形后求值 【详解】设为第三象限角， 3 sin 5 ， 22 34 cos1 sin1 () 55 ， 3424 sin22sincos2 () () 5525 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

3、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. 4 3 B. 3 C. 2 D. 8 3 【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1r ， 32 141 111 2333 V 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 2 320,xx则 x=1”的逆否命题为“若x 1,则

4、” B. “1x ”是“ ”的充分不必要条件 C. 若p q 为假命题,则p q、 均为假命题 D. 若命题 p:x R,使得 2 10,xx 则 :p x R,则 2 10xx 【答案】C 【解析】 若p q 为假命题,则只需p q、 至少有一个为假命题即可. 5.若复数 22 1 ai i （aR）是纯虚数，则复数22ai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 22 1 ai i ，由它是纯虚数，求得a，从而确定22ai对应的点的坐标 【详解】 22 1 ai i 2()(1) 1 (1) (1

5、)(1) aii aa i ii 是纯虚数，则 10 10 a a ，1a ， 2222aii ，对应点为( 2,2) ，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6cm，深2cm的空穴，则取出该球 前，球面上的点到冰面的最大距离为（ ） A. 20cm B. 18cm C. 10cm D. 8cm 【答案】B 【解析】 试题分析：设球半径为R，则 2 22 26RR,解得：10R 所以球面上的点到冰面的最大距离为222 10218dR 故选 B. 考点：空间几何体的结构特征.

6、7.设函数( )3sin(2)cos(2)f xxx () 2 ，且其图像关于直线0x 对称，则（ ） A. ( )yf x的最小正周期为，且在(0,) 2 上为增函数 B. ( )yf x的最小正周期为 2 ，且在(0,) 4 上为增函数 C. ( )yf x的最小正周期为，且在(0,) 2 上为减函数 D. ( )yf x的最小正周期为 2 ，且在(0,) 4 上为减函数 【答案】C 【解析】 试题分析：( )3sin(2)cos(2)f xxx2sin(2) 6 x ，函数图像关于直线0x 对称， 函数 ( )f x为偶函数， 3 ，( )2cos2f xx， 2 2 T ， 0 2 x

7、 ，02x，函数( )f x在(0,) 2 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.若定义在 R 上的偶函数 f x满足 2f xf x，且当 0,1x时，f(x)=x,则函数 y=f(x)- 3 log x的零 点个数是（ ） A. 6 个 B. 4 个 C. 3 个 D. 2 个 【答案】B 【解析】 因为偶函数 ( )f x满足(2)( )f xf x ， 所以 ( )f x的周期为 2， 当 0 , 1x时，( )f xx， 所以当1,0x 时，( )f xx ，函数 3 ( )logyf xx的零点等价于函数(

8、)yf x与 3 logyx的交点个数，在同一坐 标系中，画出( )yf x的图象与 3 logyx的图象，如上图所示，显然( )yf x的图象与 3 logyx的 图象有 4个交点选 B. 点睛：本题考查了根的存在性及根的个数判断，以及函数与方程的思想，是中档题根据函数零点和方程 的关系进行转化是解答本题的关键 9.设x，y满足约束条件 0 4312 x y x xy ，则 224 1 xy x 取值范围是（ ） A. 4,12 B. 4,11 C. 2,6 D. 1,5 【答案】A 【解析】 【分析】 作出可行域， 2241 22 11 xyy xx ，利用 1 1 y x 的几何意义求解

9、 【详解】作出可行域，如图OAB内部（含边界） ， 2241 22 11 xyy xx ， 1 1 y x 表示( 1, 1) P与可行域内点( , )M x y连线的斜率， (0,4)B ， 1 4 5 1 0 PB k ，由图中知 1 1,5 1 y x ， 1 224,12 1 y x 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 1 1 y x 的几何意义 10.若函数 2 12 12 axxx f x xx 在R上单调递减，则实数a的取值范围是（ ） A. , 1 B. 1 , 4 C. 1 , 2 D.

10、1 , 2 【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 0 1 2 2 42 12 1 a a a ，解得 1 2 a 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.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3b ，2c ，O为ABC的外心，则AO BC （ ） A. 13 2 B. 5 2 C. 5 2 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】 取BC的中点D，可得 0OD CB ，这样AO BC AD B

11、C ，然后都用,AC AB表示后运算即可 【详解】取BC的中点D，连接,OD AD，O是ABC外心，ODBC， 0OD CB ， ()AO BCADDOBCAD BCDO BC 1 () () 2 AD BCACABACAB 22 22 115 ()(32 ) 222 ACAB 故选：B 【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是取BC的中点D，把AO BC 转化为AD BC ，再选取 ,AC AB为基底，用基底进行运算 12.已知函数 2 ln xxt f x x ，tR，若存在 1 ,2 2 x ，使得 0f xxfx ，则实数t的取 值范围是（ ） A. , 2 B. 3 , 2 C.

12、 9 , 4 D. ,3 【答案】C 【解析】 【分析】 先构造函数 g xxf x,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t的取值范围. 【详解】令 2 lng xxf xxxt，则存在 1 ,2 2 x ，使得 0gxf xxfx ,即 11 1 20,2 2 xttx xx 的最大值，因为 1 1 y2 2 x x 在 12 , 22 上单调递减，在 2 ,2 2 上单 调递增，所以 1 1 y2 2 x x 最大值为 1 19 2 2 2 24 ,因此 9 4 t ，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 (

13、 )( )fxf x构 造 ( ) ( ) x f x g x e ，( )( )0fxf x构 造()() x gxefx，( )( )xfxf x 构 造 ( ) ( ) f x g x x ，( )( )0xfxf x 构造( )( )g xxf x等 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13.已知等差数列 n a， n b的前n项和分别为 n S， n T，若 21 2 n n Sn Tn ，则 8 8 a b _. 【答案】 31 17 【解析】 【分析】 利用等差数列的性质 21 (21) nn Sna 可把项的比转化为

14、前n项和的比 【详解】数列 n a， n b都是等差数列， 8815 8815 152 15 131 1515217 aaS bbT 故答案为： 31 17 【点睛】本题考查等差数列的性质：等差数列 n a中，2 ( , ,*)mnp m n pN2 mnp aaa 由此有 121 21 (21)() (21) 2 n nn naa Sna 14. 观察分析下表中数据： 猜想一般凸多面体中 F，V，E 所满足的等式是 【答案】F+VE=2 【解析】 试题解析：由表格可知：三棱柱：5 692 ；五棱锥，66102，立方体，66102， 猜想一般凸多面体中，面数、顶点数、棱数：F、V、E 所满足的

15、等式是：2FVE 故答案为2FVE 考点： 欧拉定理 15.已知函数 x 4 f(x)=x+,g(x)=2 +a x ， 若 12 1 ,1 ,2,3 , 2 xx 使得 12 f xg x ， 则实数a的取值范围 是_ 【答案】(,1 【解析】 满足题意时应有：f（x）在 1 1 ,1 2 x 的最小值不小于 g（x）在 x22，3的最小值， 由对勾函数的性质可知函数 4 f(x)=x+ x 在区间 1 ,1 2 上单调递减， f（x）在 1 1 ,1 2 x 的最小值为 f（1）=5， 当 x22，3时，g（x）=2x+a 为增函数， g（x）在 x22，3的最小值为 g（2）=a+4，

16、据此可得：5a+4，解得：a1， 实数 a 的取值范围是（，1， 故结果为：,1 点睛点睛：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C： 22 22 1 xy ab （0a ，0b ）的右焦点 ,0F c为圆心，a为半径的圆与C的一条渐近线 交于A，B两点，若 2 3 ABc，则双曲线C的离心率为_. 【答案】 3 5 5 【解析】 【分析】 求出圆心F到渐近线的距离

17、，用勾股定理表示出弦长，由弦长为 2 3 c可得, ,a b c的关系，变形后可求得离心 率 【详解】渐近线取 b yx a 即0bxay，圆心F到它的距离为 22 bc db ab ， 22 2 2 3 abc，又 222 bca ， 22 59ca ， 3 5 5 c e a 故答案为： 3 5 5 【点睛】 本题考查双曲线的几何性质， 考查渐近线， 离心率， 考查直线与圆相交弦长问题 解题关键是用, a b 表示出弦长AB 三、解三、解答题：共答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，每个题为必考题，每

18、个 试题考生都必须作答试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. 17.在ABC中，角 A，B,C 的对边分别是 a,b,c,已知 1 1,2,cos 4 abC （1）求ABC的周长 （2）求值：cos()AC的值 【答案】 （1）5 （2） 11 cos() 16 AC 【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） 22222

19、 1 2cos122 1 24 4 cababC , 2c 所以周长为 5 （2）由题可得 15 sin 4 C ，由正弦定理 sinsin ac AC ,解得 157 sin,cos 88 AacA 11 cos() 16 AC 18.已知 n a是由正数组成的数列，其前n项和 n S与 n a之间满足： * 11 21, 24 nn aSnnN （1）求数列 n a的通项 n a； （2）设 1 2 n nn ba ，求数列 n b的前n项和 n T 【答案】 （1） n an; （2） 1 2(2)( ) 2 n n Tn. 【解析】 试题分析： （1）将原式两边平方得到 2 11 2

20、24 nn aS ，当1n 时，根据 11 aS 解出首项，再令 1nn=- ， 构 造 2 11 11 2 24 nn aS ， 两 式 相 减 ， 利 用 公 式 1nnn SSa ， 变 形 为 1 12 nn aan ，所以数列 n a是等差数列，求得通项； （2） 2 n n n b ，根据错位相减法求和. 试题解析： （1） 111 11 2,1 24 aSa 22 11 1111 2,22 2424 nnnn aSaSn 两式相减有 22 1 11 22 22 nnn aaan ,化简有 11 10 nnnn aaaa ， 1 0,12 nnn aaan 1 1 n aandn

21、（2） 23 11111 ,23 22222 nn nn bnTn 231 1111 2 2222 n n Tn 211 1111111 1 2222222 nnnn n Tnn 1 111 222 222 nnn n Tnn 【点睛】一般数列求和的方法为： （1）分组转化法，一般适用于等差数列加等比数列， （2）裂项相消法求 和， 1 n nn c c a a ，!1 ! n cn nnn, 1 n c c nn 等的形式， （3）错位相减法求和，一般适用 于等差数列乘以等比数列， （4）倒序相加法求和，一般距首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和和 倒着写和，两式两式相加除以 2 得到数

22、列求和,(5)或是具有某些规律求和. 19.如图，在梯形ABCD中，/ /,1,60ABCD ADDCCBABC ，四边形ACFE为矩形，平面 ACFE 平面ABCD，1CF . （1）求证：BC平面ACFE； （2）点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角为 0 90 ，试求cos的取值范 围. 【答案】(1)详见解析；(2) 7 1 , 72 . 【解析】 【分析】 (1)由题意结合勾股定理和余弦定理可证得 BCAC，结合面面垂直的性质定理可得 BC平面 ACFE. (2)以 CA,CB,CF 所在的直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,由题意可得平面 MAB的

23、一个法向量 n1=(1, 3,3-)，平面 FCB的一个法向量 n2=(1,0,0)，则 cos= 12 2 12 1 (3)4 n n nn ，结合三角函数 的性质可得 cos 7 7 , 1 2 . 【详解】(1)在梯形 ABCD中,ABCD,AD=DC=CB=1,ABC=60 , AB=2,AC2=AB2+BC2-2AB BC cos 60 =3, AB2=AC2+BC2,BCAC. 又平面 ACFE平面 ABCD,平面 ACFE平面 ABCD=AC,BC平面 ABCD, BC平面 ACFE. (2)由(1)知,可分别以 CA,CB,CF 所在的直线为 x轴,y 轴,z 轴建立如图所示的

24、空间直角坐标系, 令 FM=(0 3),则 C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),M(,0,1), AB=(-3,1,0),BM=(,-1,1). 设 n1=(x,y,z)为平面 MAB 的法向量, 由 1 1 0 0 AB BM n n ,得 30 0 xy xyz , 取 x=1,则 n1=(1, 3,3-)为平面 MAB 的一个法向量, 易知 n2=(1,0,0)是平面 FCB 的一个法向量, cos= 12 22 12 11 1 3( 3)1(3)4 n n nn . 0 3, 当 =0 时,cos有最小值 7 7 , 当 = 3时,cos 有最大值 1 2 ,cos

25、7 7 , 1 2 . 【点睛】本题主要考查面面垂直的性质定理及其应用，空间直角坐标系的应用等知识，意在考查学生的转 化能力和计算求解能力. 20.如图，分别过椭圆 22 22 :10 xy Eab ab 左、右焦点 12 ,F F的动直线 12 ,l l相交于P点，与椭圆E分 别交于,A B与,C D不同四点， 直线,OA OB OC OD的斜率 1234 ,k k k k满足 1243 kkkk 已知当 1 l与 x轴重合时，2 3AB ， 4 3 3 CD . （1）求椭圆E的方程； （2） 是否存在定点,M N，使得PMPN为定值？若存在， 求出 ,M N点坐标并求出此定值； 若不存在

26、， 说明理由 【答案】 （1） 22 1 32 xy ；（2）2 2， 0, 1M和0,1N. 【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

27、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 1234 0kkkk坐标 化，求得点的轨迹方程是椭圆 2 2 1 2 y x，从而求得存在两定点和点. 21.已知函数：( ) 3(0)f xlnxaxa （）讨论函数 ( )f x的单调性； （） 若对于任意的1a，2， 若函数 2 3 ( )2( ) 2 x g xxmfx在区间(

28、,3) a 上有最值， 求实数m的 取值范围 【答案】 （）见解析； （） 3219 32 m . 【解析】 【分析】 （）对 ( )f x求导， 1 ( )fxa x ，分 0a ，0a 两种情况写出函数的单调区间； （）对函数( )g x求导得 2 ( )3(2 )1g xxma x，根据( )g x在区间( ,3) a 上有最值，得到( )g x在 区间( ,3) a 上总不是单调函数，从而得到 ( )0 (0)1 (3)0 g a g g ，另由对任意1a，2， g （a） 22 3(2 )?1510ama aama 恒成立，分离参数即可求得实数m的取值范围 【详解】解： （）由已知得

29、 ( )f x的定义域为(0,)，且 1 ( )fxa x ， 当0a 时， ( )f x的单调增区间为 1 (0,) a ，减区间为 1 ( ,) a ； 当0a 时， ( )f x的单调增区间为(0,)，无减区间； （） 2 332 ( )2( )() 22 xm g xxmfxxa xx， 2 ( )3(2 )1g xxma x， ( )g x在区间( ,3)a上有最值， ( )g x在区间( ,3)a上总不是单调函数， 又 ( )0 (0)1 (3)0 g a g g 由题意知：对任意1a，2， g （a） 22 3(2 )?1510ama aama 恒成立， 2 1 51 5 a m

30、a aa ，因为 1a，2，所以 19 2 m ， 对任意1a，2， g （3）32660ma恒成立， 32 3 m 3219 32 m 【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( )II 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 22.在平面直角坐标系中，已知曲线C： 3cos 2sin x y （为参数） ，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建 立极坐标系，直线l：2cossin6. （1）写出直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程； （2）在曲线C上取一点P，使点P到直线l的距离最大

31、，求最大距离及此时P点的坐标. 【答案】 （1）260xy， 22 1 34 xy ； （2）2 5 【解析】 【分析】 （1）由 22 cossin1消参后可得曲线的普通方程，由 cos sin x y 可把极坐标方程化为直角坐标方 程； （2）P点坐标为表示为3cos ,2sin，求出P到直线l距离，然后再用三角函数知识求最大值 【详解】 （1）由 22 cossin1得曲线C的普通方程为 22 1 34 xy ， 由 cos sin x y 得l的直角坐标方程为260xy， （2）设3cos ,2sinP，0,2 )，则 4sin6 2 3cos2sin6 3 55 d 当sin1 3

32、时，d最大，sin1 3 时， 32 ， 5 6 ， 3 ,1 2 P ， max 2 5d 【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查点到直线的 距离公式和两角差的正弦公式及正弦函数的取值考查的知识点较多，但都是最基础的知识，本题属于中 档题 23.已知函数 2f xx xa，0a . （1）当1a 时，求不等式 4f x 的解集； （2）若 4f x 恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】 （1） 2 |2 3 xx ； （2）4a 【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4可解得a范围. 【详解】 （1）当1x 时，解得12x 当01x时，解得01x 当0x时，解得 2 0 3 x 不等式的解集为 2 |2 3 xx （2）当xa时， 32f xxa； 当0xa时， 2f xxa ； 当0x时， 32f xxa ； 所以 f x的最小值为a，4a . 【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