湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校联盟”2020届高三数学上学期10月联考试题 理（含解析）

湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校联盟”2020届高三数学上学期10月联考试题 理（含解析）本试卷共4页，23题（含选考题）。全卷满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将答题卡交回。一、选择题：（本大题共12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。请将正确的答案填涂在答题卡上。）1.设集合，则（）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】集合表示函数的值域，集合表示函数的定义域，由函数的定义域、值域的求法，求出集合、，再求即可.【详解】解：因为，则，即，又，,由，解得，即，即，故选d.【点睛】本题考查了函数的定义域、值域的求法，重点考查了集合交集的运算，属基础题.2.函数的零点之和为（）a. -1b. 1c. -2d. 2【答案】a【解析】【分析】由函数零点与方程的根的关系可得函数的零点即方程，的根，解方程后再将两根相加即可得解.【详解】解：令，解得，令，解得，则函数的零点之和为，故选a.【点睛】本题考查了分段函数零点的求解，重点考查了对数的运算，属基础题.3.若，则，的大小关系（）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由定积分的运算可得|=，再由以为底的对数函数的单调性可得，再由以的单调性可得 ，比较即可得解.【详解】解：=|=，又 ，即，故选d.【点睛】本题考查了定积分的运算、对数值比较大小，指数幂比较大小，重点考查了不等关系，属中档题.4.下列四个结论：若点为角终边上一点，则；命题“存在，”的否定是“对于任意的，”；若函数在上有零点，则；“（且）”是“，”的必要不充分条件.其中正确结论的个数是（）a. 0个b. 1个c. 2个d. 3个【答案】c【解析】【分析】对于，由三角函数的定义，讨论，即可；对于，由全称命题与特称命题的关系判断即可得解；对于，由零点定理，需讨论函数在是否单调；对于，由充分必要性及对数的运算即可得解.【详解】解：对于，当时，有，当时，有，即错误；对于，命题“存在，”的否定是“对于任意的，”；由特称命题的否定为全称命题，则显然正确；对于，若函数在上有零点，则；若函数在为单调函数，则必有，若函数在不单调，则必有，不一定成立，即错误；对于，当“，”时，可得到“（且）”，当“（且）”时，则“，”或“，”，即正确，故选c.【点睛】本题考查了三角函数的定义、全称命题与特称命题、零点定理及充分必要条件，重点考查了逻辑推理能力，属综合性较强的题型.5.已知，且，则的值为（）a. -7b. 7c. 1d. -1【答案】b【解析】【分析】由了诱导公式得，由同角三角函数的关系可得，再由两角和的正切公式，将代入运算即可.【详解】解：因为，所以，即，又 ，则，解得= 7，故选b.【点睛】本题考查了诱导公式及两角和的正切公式，重点考查了运算能力，属中档题.6.已知，则函数的图象大致为（）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由函数解析式可得，则函数为偶函数，其图像关于轴对称，再取特殊变量得，即可得在存在变量使得，再观察图像即可.【详解】解：因为，则=，即，则函数为偶函数，其图像关于轴对称，不妨取，则 ，即在存在变量使得，故选d.【点睛】本题考查了函数奇偶性的判断及函数的图像，重点考查了函数的思想，属中档题.7.若函数是幂函数，且其图像过点，则函数的单调递增区间为（）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由幂函数的定义可得，由其图像过点，则，即，由复合函数的单调性有：的单调递增区间等价于的减区间，一定要注意对数的真数要大于0，再求单调区间即可.【详解】解：因为，则，即，又其图像过点，则，即，则，由复合函数的单调性有：的单调递增区间等价于的减区间，又减区间为，故选a.【点睛】本题考查了幂函数的定义及复合函数的单调性，重点考查了对数的真数要大于0，属中档题.8.将函数的图象向右平移，再把所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则下列说法正确的是（）a. 函数的图象关于点对称b. 函数的最小正周期为c. 函数的图象关于直线对称d. 函数在区间上单调递增【答案】d【解析】【分析】由三角函数图像的平移变换及伸缩变换可得，再结合三角函数的周期、单调区间、对称轴、对称点的求法求解即可.【详解】解：将函数的图象向右平移，所得图像的解析式为，再把所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则，令，则，即函数的图象关于点，对称,即a错误；令，则，即函数的图象关于直线，对称,及c错误；由，即c错误；令 ，得，即函数的单调递增区间为，故d正确，故选d.【点睛】本题考查了三角函数图像的平移变换及伸缩变换，重点考查了三角函数图像的性质，属中档题.9.已知定义在上函数满足对任意都有成立，且函数的图像关于直线对称，则（）a. 0b. 2c. -2d. -1【答案】a【解析】【分析】由，可得，又由函数的图像关于直线对称，可得函数的图像关于轴对称，即 ，再结合函数对称性及奇偶性可得函数的周期为4，再运算即可.【详解】由，则，又函数的图像关于直线对称，则函数的图像关于轴对称，即 ，联立可得，即函数的周期为，即，又因为，令得，又函数的图像关于轴对称，则，即，故选a.【点睛】本题考查了函数的对称性、奇偶性、周期性及利用函数的性质求值，属中档题.10.已知函数有极值，则实数的取值范围为（）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由函数有极值，等价于=0有变号根，即，均有解，又，即，运算即可得解.【详解】解：因为，所以，令，由函数有极值，则=0有变号根，即，均有解，又，即，即 ，即，故选d.【点睛】本题考查了导数的运算、函数的极值及三角函数的值域，重点考查了方程有解问题，属中档题.11.设函数，则不等式的解集为（）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】由，即函数为偶函数，由在恒成立，即函数在为增函数，再结合函数的性质解不等式即可得解.【详解】解：因为函数，所以，即函数为偶函数，又在恒成立，即函数在为增函数，又，则，解得，即不等式的解集为故选b.【点睛】本题考查了函数的奇偶性及利用导数研究函数的单调性，重点考查了函数性质的应用，属中档题.12.已知函数在上可导，其导函数为，若函数满足：，则下列判断一定正确的是（）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】先设函数，求导可得函数在为增函数，在为减函数，再由，得，即函数的图像关于直线对称，再结合函数的性质逐一判断即可.【详解】解：令 ，则因为，所以当时，当时，即函数在为增函数，在为减函数， 又，所以，则 ，即函数的图像关于直线对称，则，即即a错误；，即即b错误；，即，即，即c正确；，即，即d错误.故选c.【点睛】本题考查了分式函数求导、利用导数的符号研究函数的单调性，再结合函数的单调性、对称性判断值的大小关系，重点考查了函数的性质，属中档题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.设函数，则曲线在点处的切线方程是_【答案】【解析】【分析】先求函数的导函数，再由导数的几何意义，求，则曲线在点处的切线的斜率为7，再由直线的点斜式方程求解即可.【详解】解：因为，所以，则，即曲线在点处的切线方程是，即，故答案为.【点睛】本题考查了导数的几何意义、直线的点斜式方程，重点考查了导数的应用及运算能力，属基础题.14.已知函数且，则_【答案】5【解析】【分析】先观察函数的结构，再证明，再利用函数的性质求解即可.【详解】解：因为，所以，又，则，故答案为5.【点睛】本题考查了对数的运算及函数性质的判断，重点考查了观察能力及逻辑推理能力，属中档题.15.在中，角，所对的边分别是，且满足，则_【答案】-3【解析】【分析】由余弦定理可得，再由正弦定理可得，再结合运算即可得解.【详解】解：因为，则，则， 又因为，则，则，将，代入得，,即，故答案为-3.【点睛】本题考查了利用正弦定理、余弦定理进行边角互化，重点考查了两角和的正弦公式及运算能力，属中档题.16.若函数在上单调递增，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由，利用导数再分情况讨论当，当，当时，当时函数的最小值，即可求得实数的取值范围.【详解】解：由，则，由函数在上单调递增，则在恒成立，设，当时，为增函数，要使，则只需，求得，由， 当时，即函数为减函数，即，要使，则只需，即，当时，有，即函数为增函数，要使，则只需，即，当时，有当时，当时，即函数在为减函数，在为增函数，即，要使，则只需，即，综上可得实数的取值范围是，故答案.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，函数的最值，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属综合性较强的题型.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，设内角，所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化边为角可得，再由两角和的正弦可得，即得，得解；（2）由三角恒等变换结合倍角公式可得，再结合求解即可.【详解】解：（1）由得到，即，即，又为三角形内角，所以，从而.（2），所以.所以的取值范围为.【点睛】本题考查了正弦定理、正弦与余弦的二倍角公式及三角函数求值域问题，重点考查了运算能力，属中档题.18.湖北省第二届（荆州）园林博览会于2019年9月28日至11月28日在荆州园博园举办，本届园林博览会以“辉煌荆楚，生态园博”为主题，展示荆州生态之美，文化之韵，吸引更多优秀企业来荆投资，从而促进荆州经济快速发展.在此次博览会期间，某公司带来了一种智能设备供采购商洽谈采购，并决定大量投放荆州市场.已知该种设备年固定研发成本为50万元，每生产一台需另投入80元，设该公司一年内生产该设备万台且全部售完，每万台的销售收入（万元）与年产量（万台）满足如下关系式：.（1）写出年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式；（利润=销售收入-成本）（2）当年产量为多少万台时，该公司获得的年利润最大？并求最大利润.【答案】（1）（2）当年产量为29万台时，该公司获得的利润最大为1360万元【解析】【分析】（1）先阅读题意，再建立起年利润关于年产量的函数解析式即可；（2）利用配方法求二次函数的最值可得当时，即，再利用重要不等式可得当即时，再比较两段上的最大值即可得解.【详解】解：（1）.（2）当时，.当时，当且仅当即时等号成立，.，当年产量为29万台时，该公司获得的利润最大为1360万元.【点睛】本题考查了分段函数及分段函数的最值，主要考查了重要不等式，重点考查了阅读能力及解决实际问题的能力，属中档题.19.已知在多面体中，且平面平面.（1）设点为线段的中点，试证明平面；（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】（1）由四边形为平行四边形.，再结合平面，即可证明平面；（2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.【详解】（1）证明：取的中点，连接，在中，.由平面平面，且交线为得平面.，分别为，的中点，且.又，且.四边形为平行四边形.，平面.（2）平面，以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，.平面，直线与平面所成的角为.可取平面的法向量，设平面的法向量，则，取，则，.，二面角余弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定及利用空间向量求解二面角的大小，重点考查了空间想象能力，属中档题.20.如图，过点作两条直线和：分别交抛物线于，和，（其中，位于轴上方），直线，交于点.（1）试求，两点的纵坐标之积，并证明：点在定直线上；（2）若，求的最小值.【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】（1）联立直线方程与抛物线方程求得，从而可得，再由点斜式方程求得直线的方程为，直线的方程为，消去求出，得解； （2）由题意有，再令，则，再由重要不等式求最小值即可得解.【详解】解：（1）将直线的方程代入抛物线得：， 设点，则.由题得，直线的方程为，直线的方程为，消去得，将代入上式得，故点在直线上.（2），又，.令，则，当且仅当即时，取到最小值.【点睛】本题考查了直线过定点问题及三角形面积公式，重点考查了圆锥曲线的运算问题，属中档题.21.已知函数，（是的导函数），在上的最大值为.（1）求实数的值；（2）判断函数在内的极值点个数，并加以证明.【答案】（1）（2）在上共有两个极值点，详见解析【解析】【分析】（1）先求得，再求得，再讨论的符号，判断函数的单调性，再求最值即可得解；（2）利用（1）的结论，结合，由零点定理可在上有且仅有一个变号零点；再当时，由导数的应用可使，即在上单调递增，在上单调递减，再结合特殊变量所对应的函数值的符号可得在上有且仅有一个变号零点，综合即可得解.【详解】解：（1）由则， 则，当时，不合题意，舍去.当时，在上单调递减，不合题意，舍去.当时，在上单调递增，解得，综上：.（2）由（）知，当时，在上单调递增，在上有且仅有一个变号零点；当时，在上单调递减.又，使且当时，当时，在上单调递增，在上单调递减.又，在上有且仅有一个变号零点.在和上各有一个变号零点，在上共有两个极值点.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性及最值，主要考查了零点定理，重点考查了函数的思想及运算能力，属综合性较强的题型.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第