湖北剩州中学宜昌一中龙泉中学三校2020届高三数学联考试题文【含解析】

1、湖北省荆州中学、宜昌一中、龙泉中学三校2020届高三数学联考试题 文（含解析）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.已知a为实数，若复数为纯虚数，则复数的虚部为（ ）A. 3B. 6C. D. 6【答案】D【解析】【分析】根据复数为纯虚数，列方程求出的值，进而可得复数的虚部.【详解】解：由已知，解得，故，其虚部为，故选：D.【点睛】本题考查复数的概念，注意纯虚数为实部为0，虚部不为0，是基础题.2.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出集合中元素的具体范围，然后求

2、交集即可.【详解】解：，故选：B.【点睛】本题考查集合的交集运算，关键是要确定集合中的元素的范围，注意集合是求函数的定义域，不是值域，是基础题.3.下列函数中，其定义域和值域与函数的定义域和值域相同的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】函数的定义域和值域均为，定义域值域都是，不合题意；函数的定义域为，值域为，不满足要求；函数的定义域为，值域为，不满足要求；函数的定义域和值域均为，满足要求，故选C.4.三个数的大小顺序是 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意得，故选D.5.数列满足,且，则（ ）A. 95B. 190C. 380D. 150【答案】D【解析】【分析

3、】由条件可得数列是等差数列，利用等差数列的性质和前项和公式即可求.【详解】解：，即为，故数列等差数列，故选：D.【点睛】本题考查等差数列的判断以及等差数列的前项和公式，灵活运用等差数列的性质是关键，是基础题.6.函数的大致图象为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】判断函数的奇偶性和对称性的关系，利用极限思想进行求解即可【详解】解：函数，则函数为非奇非偶函数，图象不关于y轴对称，排除C，D，当，排除B， 故选：A【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的对称性以及极限思想是解决本题的关键7.已知函数，则不等式的解集为（ ）A. B. C D. 【答案】B【解析】【分析

4、】分类讨论，分段解不等式，然后求并集.【详解】解：当时，解得；当时，解得，综上所述不等式的解集为，故选：B.【点睛】本题考查分段函数不等式，注意每段中的范围，是基础题.8.已知数列为等比数列，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】依题意，得，所以.由,得，或（由于与同号，故舍去）.所以.故选A.9.函数，则下列结论正确的是（ ）A. 的最大值为1B. 在上单调递增C. 的图像关于直线对称D. 的图像关于点对称【答案】B【解析】【分析】先将变形为的形式，然后根据三角函数的性质逐个判断选项的对错.【详解】解：，对A：，故A错误；对B：令，解得，因为，故B正确；对C：，1不是

5、最值，故C错误；对D：，的图像关于点对称，故D错误，故选：B.【点睛】本题考查函数的性质，是基础题.10.下列判断正确的是（ ）A. “”是“”的充分不必要条件B. 命题“若则”的逆否命题为真C. 命题“，”的否定是“，”D. 若命题p为真命题，命题q为假命题，则命题“”为真命题【答案】D【解析】【分析】对A利用任意角的三角函数的概念进行判断；对B直接就判断原命题的真假即可；对C利用全称命题的否定是特称命题，按照书写规律来判断；对D根据复合命题的真假规律来判断.【详解】对A：当时，但当时，不一定等于，则“”是“”的必要不充分条件，故A错；对B：当时，若，则有，则命“题若则”是假命题，所以它的逆

6、否命题也是假命题，故B错；对C：命题“，”的否定是“，”，故C错；对D：若命题p真命题，命题q为假命题，则命题为真命题，则命题“”为真命题，故D正确.故选: D.【点睛】本题考查充分性必要性的判断，互为逆否命题的真假判断，全称命题的否定以及复合命题的真假判断，是基础题.11.已知函数在内不是单调函数，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求导f（x）2x，转化为f（x）2x在有变号零点，再分离参数求值域即可求解【详解】f（x）2x，在内不是单调函数，故2x在存在变号零点，即在存在有变号零点，2a，故选：A【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，依题转化为导

7、函数存在变号零点是关键，也是难点所在，属于中档题12.在中，角、的对边长分别、，满足，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由二次方程有解，结合三角函数性质可得只有，此时可求，进而可求，然后结合余弦定理可求，代入可求【详解】解：把看成关于的二次方程，则，又，所以，又若使得方程有解，则只有，此时必有，代入方程可得， ，由余弦定理可得，解可得，故选：B【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的存在条件的灵活应用及同角平方关系，二倍角公式，辅助角公式及余弦定理的综合应用，属于中档试题二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知为单位向量且夹角为，设，则在方向

8、上的投影为_【答案】【解析】【分析】可知，且，这样即可求出及的值，从而得出在方向上的投影的值.【详解】解：根据题意得，；又，在方向上的投影为；故答案为：【点睛】本题考查向量的夹角，投影的概念，要求投影先求数量积和模，是基础题14.已知则_.【答案】【解析】因为，所以15.已知为数列的前项和，且，则数列的通项公式为_【答案】【解析】【分析】由对数的运算化简得到，由求出.【详解】解：因为，所以得，则当时，；当时，而符合，则.故答案为：.【点睛】本题主要考查数列通项与前项和的关系，解题时注意讨论时是否满足，以及对数的运算16.若函数有最小值，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】作出函数的图像

9、，观察当变化导致图像发生怎样的变化时，函数有最小值.【详解】如图，部分，是的图像，部分，是的图像， ，当图中点不在下方时，函数有最小值，即，得.下面说明，的图像画法：，令，得或，当，单调递减，当，单调递增，又，根据单调性和极值，可画出在上的草图.故答案为：.【点睛】本题考查分段函数最小值的存在性问题，利用数形结合，观察图像可快速得出结果，是中档题.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.已知等比数列满足，且是，的等差中项 （1）求数列的通项公式；（2）若，求的前n项和为【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据等比数列的性质和等差中项的性质即

10、可求解数列的通项公式；（2）根据，可得，利用分组求和法可求出【详解】（1）设公比为q，由得，解得或2，又是，的等差中项即若，则，方程无解，舍去；若，则，解得.（2），【点睛】本题主要考查数列通项公式和前n项和的求解，利用分组求和法是解决本题的关键18.在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且。（1）求A的值；（2）若B=30，BC边上的中线AM=，求ABC的面积。【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）利用条件结合正弦定理可得，化简整理可得，求出即可；（2）设出边长利用余弦定理建立方程，求出，再利用面积公式即可求解试题解析：（1），因为又（2）设则，在中，由余弦定理得：，解得点

11、睛：解决三角形中的角边问题时，要根据俄条件选择正余弦定理，将问题转化统一为边的问题或角的问题，利用三角中两角和差等公式处理，特别注意内角和定理的运用，涉及三角形面积最值问题时，注意均值不等式的利用，特别求角的时候，要注意分析角的范围，才能写出角的大小.19.如图，在直角梯形中，/，, 点是边的中点, 将沿折起，使平面平面，连接, 得到如图所示的空间几何体.（）求证：平面；（）若，求点到平面的距离. 【答案】（I）详见解析；（II）.【解析】试题分析：（I）先利用折叠前后的变和不变得到面面垂直和线线垂直，再利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理进行证明；（II）合理转化四面体的顶点，利用等体积法

12、将点到平面的距离转化为求四面体的体积.试题解析： () 因为平面平面，平面平面， 又，所以平面 因为平面，所以 又所以平面. () ，.依题意，所以，即. 故. 由于平面，, 为的中点,得同理 所以 因为平面，所以. 设点到平面的距离为, 则, 所以，即点到平面的距离为.20.椭圆的左、右顶点分别为A,B,过点B作直线l交直线于点M,交椭圆于另一点P（1）求该椭圆的离心率的取值范围；（2）若该椭圆的长轴长为4，判断是否为定值，若是，求出该定值，若不是，说明理由【答案】（1）；（2）定值4，理由见解析【解析】【分析】（1）由椭圆方程得到，写出椭圆离心率，结合的范围可得椭圆的离心率的取值范围；（2

13、）由已知求得，得到椭圆方程，设出点，点，则可得的坐标，写出直线的方程，代入椭圆方程，求得，算出即可发现为定值【详解】（1），又,，；(2)证明：椭圆的长轴长为,，易知,设,则,，直线BM方程为,即,代入椭圆方程，得,由韦达定理得，.【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题21.已知函数（1）求在上的单调区间；（2）当时，证明：在上存在最小值【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）见解析【解析】【分析】（1）令，即，得，然后分析当变化时，变化关系即可；（2）结合函数的导数与单调性的关系判断在上单调性，即可证明【详解】（1）令，即，得当x变化

14、时，变化如下：x0+减最小值增所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为（2）因为，所以令，则，因为，所以所以，即在内有唯一解，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增所以，又因为所以在内有唯一零点.当时，即，当时，即，所以在上单调递减，在上单调递增所以函数在处取得最小值，即时，函数在上存在最小值.【点睛】本题主要考查了函数导数与单调性的关系的应用，导数的几何意义的应用，属于综合试题（二）选考题：共10分请考生在第22,23题中任选一题作答如果多做，按所做的第一题记分22.选修44：极坐标与参数方程在平面直角坐标系中，将曲线(为参数) 上任意一点经过伸缩变换后得到曲线的图形以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，已知直线（）求曲线和直线的普通方程；（）点P为曲线上的任意一点，求点P到直线的距离的最大值及取得最大值时点P的坐标【答案】（1）,（2），P【解析】试题分析：（I）根据伸缩变换的公式代入原方程,可以得到伸缩后的曲线方程；（II）利用点P在椭圆上设出参数坐标,根据点到直线的距离公式求三角函数的最值,并求出取得最值时的值.试题解析：（I）由已知有（为参数），消去得将代入直线的方程得 曲线的方程为，直线的普通方程为. （II）由（I）可设点为，则点到直线的距离为：故当，即时取最大值此时点的坐标为23.已知函数（1）当时，求不等式