2019-2020學年湖北省荊州中學、宜昌一中、龍泉中學三校高三聯考數學（理）試題

一、單選題

1．已知全集，函數的定義域為，集合，則下列結論正確的是

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】求函數定義域得集合M，N后，再判斷．

【詳解】

由題意，∴．

故選A．

【點睛】

本題考查集合的運算，解題關鍵是確定集合中的元素．確定集合的元素時要注意代表元形式，集合是函數的定義域，還是函數的值域，是不等式的解集還是曲線上的點集，都由代表元決定．

2．復數滿足：（為虛數單位），為復數的共軛復數，則下列說法正確的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】由已知求得z，然后逐一核對四個選項得答案．

【詳解】

由（z﹣2）?i＝z，得zi﹣2i＝z，∴z，∴z2＝（1﹣i）2＝﹣2i，，．

故選：B．

【點睛】

本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題．

3．下列函數中，其定義域和值域與函數的定義域和值域相同的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】函數的定義域和值域均為，定義域值域都是，不合題意；函數的定義域為，值域為，不滿足要求；函數的定義域為，值域為，不滿足要求；函數的定義域和值域均為，滿足要求，故選C.4．三個數的大小順序是

（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】由題意得，故選D.5．已知等比數列的前項和為，則“”是“”的（）

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】C

【解析】根據充分條件和必要條件的定義，結合等比數列的前n項和公式進行判斷即可．

【詳解】

若公比q＝1，則當a1＞0時，則S2019＞0成立，若q≠1，則S2019，∵1﹣q與1﹣q2019符號相同，∴a1與S2019的符號相同，則“a1＞0”?“S2019＞0”，即“a1＞0”是“S2019＞0”充要條件，故選：C．

【點睛】

本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據等比數列前n項和公式是解決本題的關鍵．

6．在邊長為2的等邊三角形中，若，則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】運用向量的加減運算和向量數量積的定義計算可得所求值．

【詳解】

在邊長為2的等邊三角形ABC中，若，則（）?（）

＝（）?（）

22?

故選：D

【點睛】

本題考查向量的加減運算和向量數量積的定義和性質，向量的平方即為模的平方，考查運算能力，屬于基礎題．

7．《九章算術·均輸》中有如下問題：“今有五人分十錢，令上二人所得與下三人等，問各得幾何．”其意思為“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分10錢，甲、乙兩人所得與丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差數列，問五人各得多少錢？”（“錢”是古代的一種重量單位）．這個問題中，甲所得為（）

A．錢

B．錢

C．錢

D．錢

【答案】C

【解析】依題意設甲、乙、丙、丁、戊所得錢分別為a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，由題意求得a＝﹣6d，結合a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝10求得a＝2，則答案可求．

【詳解】

解：依題意設甲、乙、丙、丁、戊所得錢分別為a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，則由題意可知，a﹣2d+a﹣d＝a+a+d+a+2d，即a＝﹣6d，又a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝10，∴a＝2，則a﹣2d＝a．

故選：C．

【點睛】

本題考查等差數列的通項公式，考查實際應用，正確設出等差數列是計算關鍵，是基礎的計算題．

8．2019年1月1日起我國實施了個人所得稅的新政策，其政策的主要內容包括：(1)個稅起征點為5000元；(2)每月應納稅所得額(含稅)收入個稅起征點專項附加扣除；(3)專項附加扣除包括①贍養老人費用

②子女教育費用

③繼續教育費用

④大病醫療費用等，其中前兩項的扣除標準為：①贍養老人費用：每月共扣除2000元

②子女教育費用：每個子女每月扣除1000元．新個稅政策的稅率表部分內容如下：

級數

全月應納稅所得額

稅率

不超過3000元的部分

3%

超過3000元至12000元的部分

10%

超過12000元至25000元的部分

20%

現有李某月收入18000元，膝下有兩名子女，需要贍養老人，(除此之外，無其它專項附加扣除，專項附加扣除均按標準的100%扣除)，則李某月應繳納的個稅金額為（）

A．590元

B．690元

C．790元

D．890元

【答案】B

【解析】由題意分段計算李某的個人所得稅額；

【詳解】

李某月應納稅所得額（含稅）為：18000﹣5000﹣2000﹣2000＝9000元，不超過3000的部分稅額為3000×3%＝90元，超過3000元至12000元的部分稅額為6000×10%＝600元，所以李某月應繳納的個稅金額為90+600＝690元．

故選：B．

【點睛】

本題考查了分段函數的應用與函數值計算，準確理解題意是關鍵，屬于中檔題．

9．已知函數在內不是單調函數，則實數的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】求導f′（x）＝2x，轉化為f′（x）＝2x在有變號零點，再分離參數求值域即可求解

【詳解】

∵f′（x）＝2x，在內不是單調函數，故2x在存在變號零點，即在存在有變號零點，∴2

【點睛】

本題考查利用導數研究函數的單調性，依題轉化為導函數存在變號零點是關鍵，也是難點所在，屬于中檔題．

10．已知函數，若方程的解為

()，則=（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由已知可得，結合x1＜x2求出x1的范圍，再由求解即可．

【詳解】

因為0＜x，∴，又因為方程的解為x1，x2（0＜x1＜x2＜π），∴，∴，∴，因為，∴0＜x1，∴，∴由，得，∴，故=

故選：C．

【點睛】

本題考查了三角函數的恒等變換及化簡求值和三角函數的圖象與性質，屬中檔題．

11．若函數有最小值，則實數的取值范圍為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】利用分段函數的表達式，分別求出x>1和x1時，對應的函數的值域，結合最小值之間的關系進行求解即可．

【詳解】

當x>1時，函數f（x）為增函數，則f（x）＝ex﹣a∈（e﹣a,+）

當x≤1時，f（x）＝則f′（x）＝-3x2+6x＝-3x（x﹣2），則由f′（x）<0得或x＜0或x＞2（舍去），此時函數為減函數，由f′（x）>0

得0＜x＜2，此時0

要使函數f（x）有最小值，則e﹣a≥0，即a≤e，即實數a的取值范圍是（﹣∞，e]，故選：B

【點睛】

本題主要考查函數最值的應用，利用分段函數的解析式分別求出對應的取值范圍是解決本題的關鍵．

12．為等差數列，公差為，且，，函數在上單調且存在，使得關于對稱，則的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】推導出sin4d＝1，由此能求出d，可得函數解析式，利用在上單調且存在，即可得出結論．

【詳解】

∵{an}為等差數列，公差為d，且0＜d＜1，a5（k∈Z），sin2a3+2sina5?cosa5＝sin2a7，∴2sina5cosa5＝sin2a7﹣sin2a3＝2sincos?2cossin2sina5cos2d?2cosa5sin2d，∴sin4d＝1，∴d．

∴f（x）cosωx，∵在上單調

∴，∴ω；

又存在，所以f（x）在（0，）上存在零點，即，得到ω．

故答案為

故選：D

【點睛】

本題考查等差數列的公差的求法，考查三角函數的圖象與性質，準確求解數列的公差是本題關鍵，考查推理能力，是中檔題．

二、填空題

13．已知則_______.【答案】

【解析】因為，所以

14．已知命題，命題，若為假命題，則實數的取值范圍為_______________．

【答案】

【解析】【詳解】

若為假命題，則、均為假命題，則，與，均為真命題．

根據，為真命題可得，根據，為真命題可得，解得或．

綜上，．

15．在中，角的對邊分別，滿足，則的面積為_____．

【答案】

【解析】由二次方程有解的條件，結合輔助角公式和正弦函數的值域可求B，進而可求a，然后結合余弦定理可求c，代入S△ABCacsinB，計算可得所求．

【詳解】

把a2﹣2a（sinBcosB）+4＝0看成關于a的二次方程，則△≥0，即8（sinBcosB）2﹣16≥0，即為8（sin（B））2﹣16≥0，化為sin2（B）≥1，而sin2（B）≤1，則sin2（B）＝1，由于0＜B＜π，可得B，可得B，即B，代入方程可得，a2﹣4a+4＝0，∴a＝2，由余弦定理可得，cos，解可得，c＝2

∴S△ABCacsinB2×2．

故答案為：．

【點睛】

本題主要考查一元二次方程的根的存在條件及輔助角公式及余弦定理和三角形的面積公式的應用，屬于中檔題．

16．若兩曲線與存在公切線，則正實數的取值范圍是__________．

【答案】

【解析】設兩個切點分別為,兩個切線方程分別為，化簡得兩條切線為同一條.可得，,令，所以g(x)在遞增，遞減。

所以，填。

三、解答題

17．已知的三個內角的對邊分別為，若.（1）求證：；

（2）若，求邊上的高.【答案】（1）見解析;（2）.【解析】【試題分析】（１）先運用正弦定理建立關于三角形內角的方程，再運用誘導公式將其化為角的關系進行求解；（２）依據題設借助余弦定理求出另外兩邊，再運用三角形面積相等建立方程求解：

（1）因為，所以，因為，所以

所以

即，即，因為，所以，所以或，故；

（2）由及得，由余弦定理：得，解得：，由得，設邊上的高為，則，即，所以.點睛：本題是解三角形問題的典型問題。求解第一問時，先運用正弦定理建立關于三角形內角的方程，再運用三角函數的誘導公式將其化為角的關系進行求解，從而使得問題獲解；解答第二問時，先依據題設借助余弦定理求出另外兩邊：，再運用三角形面積相等建立方程，求出解使得問題獲解。

18．已知數列中，其前項的和為，且當時，滿足．

（1）求證：數列是等差數列；

（2）證明：．

【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析

【解析】（1）當n≥2時，Sn﹣Sn﹣1?Sn﹣Sn﹣1＝Sn?Sn﹣1（n≥2），取倒數，可得1，利用等差數列的定義即可證得：數列{}是等差數列；

（2）利用進行放縮并裂項求和即可證明

【詳解】

（1）當時，，即

從而構成以1為首項，1為公差的等差數列．

（2）由（1）可知，．

則當時．

故當時

又當時，滿足題意，故．

法二：則當時，那么

又當時，當時，滿足題意，【點睛】

本題考查數列遞推式的應用，考查等差數列的判定，考查等價轉化思想，突出裂項法、放縮法應用的考查，屬于難題．

19．在四棱錐中，．

（1）設與相交于點，且平面，求實數的值；

（2）若，且，求二面角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【解析】（1）由AB∥CD，得到，由MN∥平面PCD，得MN∥PC，從而，由此能實數m的值．

（2）由AB＝AD，∠BAD＝60°，知△ABD為等邊三角形，推導出PD⊥DB，PD⊥AD，從而PD⊥平面ABCD，以D為坐標原點，的方向為x，y軸的正方向建立空間直角坐標系，由此能求出二面角B﹣PC﹣D的余弦值．

【詳解】

（1）因為,所以．

因為平面，平面，平面平面，所以．

所以，即．

（2）因為,可知三角形ABD為等邊三角形，所以，又，故，所有．

由已知，所以平面，如圖，以為坐標原點，的方向為軸的正方向建立空間直角坐標系，設，則，所以,則，設平面的一個法向量為，則有

即

令，則，即，設平面的一個法向量為,則有

即令，則，即．

所以，設二面角的平面角為，則

【點睛】

本題考查實數值的求法，考查二面角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，是中檔題．

20．已知拋物線和直線，過直線上任意一點作拋物線的兩條切線，切點分別為．

（1）判斷直線是否過定點？若過定點，求出定點坐標；若不過定點，說明理由；

（2）求的面積的最小值．

【答案】(1)恒過定點；(2)

【解析】（1）設點，由兩邊同時對求導，求出切線方程，抽出直線的方程為，整理得定點；

（2）聯立方程利用韋達定理得弦長，結合點到直線的距離，表示面積，再利用二次函數求最值

【詳解】

（1）設點，由兩邊同時對求導，則拋物線在點處的切線方程為，又該切線方程經過點，則，同理有，故均在直線上，又，則直線的方程為，整理得，恒過定點．

（2）由題聯立方程得，，點到直線：的距離為，則的面積，當時，即時，的面積最小值為．

【點睛】

本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應用能力，綜合性強，是高考的重點．本題具體涉及到軌跡方程的求法及直線與拋物線的相關知識，解題時要注意合理地進行等價轉化．

21．已知．

（1）若在上恒成立，求實數的取值范圍；

（2）證明：當時，．

【答案】(1)

(2)證明見解析

【解析】（1）求導，討論與1的大小確定的正負，進而確定的最值即可證明

（2）由（1）取，得，要證，只需證，構造函數，證明即可證明

【詳解】

（1）法一：由題意，①

若，即時，則在單調遞增，則，則在單調遞增，故，滿足題意；

②

若，即時，存在，使得，且當時，則在上單調遞減，則，則在單調遞減，此時，舍去；

③

若，即時，則在上單調遞減，則，則在單調遞減，舍去；

故．

法二：由題知，且，要使得在上恒成立，則必須滿足，即，．

①

若時，則在單調遞增，則，則在單調遞增，故，滿足題意；

②

若時，存在時，則在上單調遞減，則，則在單調遞減，此時，舍去；

故．

（2）證明：由（1）知，當時，．取，則

由（1），則，故，要證，只需證．

令，則，當時，則在上單調遞增，有，故在單調遞增，故，故，即有，得證

【點睛】

本題考查函數與導數的應用，考查利用導數證明不等式，考查構造函數及變形轉化能力，是中檔題

22．在極坐標系下，方程的圖形為如圖所示的“幸運四葉草”，又稱為玫瑰線．

（1）當玫瑰線的時，求以極點為圓心的單位圓與玫瑰線的交點的極坐標；

（2）求曲線上的點M與玫瑰線上的點N距離的最小值及取得最小值時的點M、N的極坐標（不必寫詳細解題過程）．

【答案】（1）和；（2）最小值為，M，N的極坐標分別為，【解析】（1）把與聯立，解方程組即得以極點為圓心的單位圓與玫瑰線的交點的極坐標；（2）曲線的直角坐標方程為再利用數形結合求出點M、N的極坐標.【詳解】

（1）以極點為圓心的單位圓為與聯立，得，所以，因為，所以或，從而得到以極點為圓心的單位圓與玫瑰線的交點的極坐標為和．

（2）曲線的直角坐標方程為．

玫瑰線極徑的最大值為2，且在點取得，連接O，與垂直且交于點，所以點M與點N的距離的最小值為，此時對應的點M，N的極坐標分別為，．

【點睛】

本題主要考查曲線交點的極坐標，考查極坐標下曲線中的最值問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.23．已知函數，．

（1）當時，解關于的不等式；

（2）若對任意，都存在，使得不等式成立，求實數的取值范圍．

【答案】（1）；（2）.【解析】（1）當時，則

當時，由得，解得；

當時，恒成立；

當時，由得，解得．

所以的解集為．

（2）因為對任意，都存在，使得不等式成立，所以．

因為，所以，且，①

當時，①式等號成立，即．

又因為，②

當時，②式等號成立，即．

所以，整理得，解得或，故的取值范圍為．