1、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（ ）A3B4C5D6【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（ ）ABCD【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
2、，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（ ）ABCD1【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.
3、【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（ ）ABCD【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（ ）A16B19C20D25【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
4、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（ ）ABCD【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09设，则（ ）ABCD【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
5、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（ ）ABCD【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
6、坐标系xOy中，直线l：与抛物线C：相交于A，B两点，且，则（ ）A7B8C9D10【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（ ）ABCD【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
7、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
8、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_.若，则的最大值为；若，是等差数列的前项，则；“”的一个必要不充分条件是“”；“，”的否定为“，”.【答案】【解析】根据基本不等式判断；利用等差中项先计算出公差，即可求解出的值；根据“小推大”
9、的原则去推导属于相应的何种条件；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】若，则，当且仅当时，等号成立，所以正确；若，是等差数列的前项，则，所以，所以不正确；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“”，所以不正确；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.所以正确.故所有正确结论的编号是.故答案为：.【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
10、，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
11、）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
12、法：定义法：根据(是常数)，证明等差数列.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
13、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
14、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
15、；（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.第 16 页 共 16 页
