2020届湖北省宜昌市高三期末数学（文）试题（解析版）.doc

2020届湖北省宜昌市高三期末数学（文）试题 一、单选题 1．已知实数集，集合，集合，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先求得集合，集合，再结合集合的交集运算，即可求解. 【详解】 由集合，集合， 所以. 故选：B. 【点睛】 本题主要考查了集合的交集运算，其中解答中正确求解集合，再结合集合的交集的运算进行求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 2．下列命题中正确的是（ ） A．若命题为真，命题为假，则命题“”为真. B．命题“，”的否定是“，”. C．椭圆与的离心率相同. D．已知、为实数，则是的充要条件. 【答案】C 【解析】根据常用逻辑用语的知识逐个判断即可. 【详解】 对A, 若命题为真,命题为假,则命题“”为假.故A错误. 对B, 命题“,”的否定是“,”.故B错误. 对C, 椭圆与的离心率相同均为.故C正确. 对D, 当时但不成立. 当时,但不成立. 故已知、为实数,则是的既不充分也不必要条件.故D错误. 【点睛】 本题主要考查了常用逻辑用语的知识,所以基础题型. 3．设，，，则、、的大小关系是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据指数函数的性质，求得，，再由对数函数的性质，得到，即可求解. 【详解】 由题意，根据指数函数的性质，可得，， 由对数函数的性质，可得，所以. 故选：A. 【点睛】 本题主要考查了指数函数与对数函数的性质的应用，其中解答中熟记指数函数与对数函数的性质，求得的范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 4．已知锐角满足，则（ ） A．-7 B．7 C． D． 【答案】A 【解析】利用正切的和角公式,再利用求出代入求解即可. 【详解】 因为锐角满足,故. 故. 故选：A 【点睛】 本题主要考查了正切函数的和角公式与同角三角函数的计算,属于基础题型. 5．设、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A．若、垂直于同一平面，则. B．若内无数条直线与平行，则. C．若，，则. D．若，，则与所成的角和与所成的角相等. 【答案】D 【解析】根据线面的垂直与平行的判定与性质判断即可. 【详解】 对A,如空间直角坐标系中设,但,故A错误. 对B,当于直线,内无数条直线与平行,即内无数条直线与平行,但不成立.故B错误. 对C, 若,,且也可成立,故不一定成立.故C错误. 对D, 若,,则与所成的角和与所成的角相等正确.故D正确. 故选：D 【点睛】 本题主要考查了平行垂直的判定与性质,所以基础题型. 6．已知向量，，且，则（ ） A．-3 B． C．1 D．3 【答案】A 【解析】根据向量垂直的坐标运算求解即可. 【详解】 因为,故,故,解得 故选：A 【点睛】 本题主要考查了向量的垂直坐标运算,属于基础题型. 7．已知等比数列的各项均为正数，若，则（ ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】C 【解析】由对数的运算性质，求得，再由等比数列的性质，得到，即可求解，得到答案. 【详解】 由题意，可得，所以， 又由等比数列的性质，可得，即，所以. 故选：C. 【点睛】 本题主要考查了对数的运算性质，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟练应用对数的运算性质，结合等比数列的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 8．直线过点且与圆交于、两点，若，则直线的方程为（ ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【解析】由可根据垂径定理得圆心到直线的距离,再分直线斜率不存在与存在两种情况讨论即可. 【详解】 由垂径定理得,圆心到直线的距离. 当直线的斜率不存在时, ：满足条件. 当直线的斜率存在时,设：,即. 故. 代入得. 故选：D 【点睛】 本题主要考查了直线与圆的位置关系,需要利用垂径定理求圆心到直线的距离再分情况求解直线的方程即可.属于中等题型. 9．某地为了加快推进垃圾分类工作，新建了一个垃圾处理厂，每月最少要处理300吨垃圾，最多要处理600吨垃圾，月处理成本（元）与月处理量（吨）之间的函数关系可近似的表示为，为使每吨的平均处理成本最低，该厂每月处理量应为（ ） A．300吨 B．400吨 C．500吨 D．600吨 【答案】B 【解析】由题意，得到每吨的平均处理成本为，再结合基本不等式求解，即可得到答案. 【详解】 由题意，月处理成本（元）与月处理量（吨）的函数关系为， 所以平均处理成本为，其中， 又由， 当且仅当时，即时，每吨的平均处理成本最低. 故选：B. 【点睛】 本题主要考查了基本不等式的实际应用，其中解答中认真审题，列出每吨的平均处理成本的函数关系，结合基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 10．已知函数，将图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标保持不变，再把所得图象向上平移1个单位长度，得到函数的图象，若，则的值可能为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先将化简成的结构,再根据伸缩变换求解的表达式,再分析的情况即可. 【详解】 ,将图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍可得,再把所得图象向上平移1个单位长度可得.故最小正周期为. 当时有或.故. 故选：B 【点睛】 本题主要考查了三角函数降幂公式以及三角函数最值问题与周期的运用等.属于中等题型. 11．如图1，已知正方体的棱长为2，为棱的中点，、、分别是线段、、上的点，三棱锥的俯视图如图2所示.当三棱锥的体积最大时，异面直线与所成角的正切值为（ ） A． B． C． D．1 【答案】A 【解析】由三视图易得、分别是线段、上的中点,再分析三棱锥的体积最大时可得在的位置,再建立空间直角坐标系计算异面直线与所成角的正切值即可. 【详解】 由三视图易得、分别是线段、上的中点,若三棱锥的体积最大,因为的面积一定,故当距离面最远时三棱锥的体积最大.此时在的位置.建立如图空间直角坐标系可得,. 设异面直线与所成角为则. 故 . 故选：A 【点睛】 本题主要考查了三视图的用法以及建立空间直角坐标系求线线角的问题,需要根据题意找到对应的点的位置,建立坐标系用向量求解,属于中等题型. 12．点、为椭圆长轴的端点，、为椭圆短轴的端点，动点满足，记动点的轨迹为曲线，若曲线上两点、满足面积的最大值为8，面积的最小值为1，则椭圆的离心率为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意求得动点的轨迹方程,再分析与面积的表达式求解的关系进而求得离心率即可. 【详解】 由题可设,则因为,故 .化简得：. 故当时面积最大, 面积的最小. 故 .故椭圆的离心率. 故选：C 【点睛】 本题主要考查了圆的轨迹方程的求解以及离心率的求解问题,需要根据题意列出满足的条件,再化简求得方程,属于中等题型. 二、填空题 13．已知直线：和直线：.若，则与的距离为__________． 【答案】 【解析】根据求得,再根据平行线间的距离公式求解即可. 【详解】 因为,故.故直线：和直线： .故与的距离为. 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了直线平行的运用以及平行线间的距离公式,属于基础题型. 14．已知实数、满足条件，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】作出不等式组表示的平面区域，结合图形确定目标函数的最优解，代入即可求得目标函数的最小值，得到答案. 【详解】 作出不等式组所标示的平面区域，如图所示， 由，可得直线，当直线平移到点B时，此时直线在轴上的截距最大，目标函数取得最小值， 又由，解得， 所以目标函数的最小值为. 故答案为：. 【点睛】 本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题． 15．已知函数对于任意实数都有，且当时，.若，则__________；若实数满足，则的取值范围是__________． 【答案】， 【解析】(1)利用偶函数的性质求解即可. (2)根据偶函数与单调性的方法列式求解即可. 【详解】 (1)因为对于任意实数都有, 故当时, (2)易得当时,为增函数,又为奇函数, 故当则,故. 故答案为：(1) ；(2) 【点睛】 本题主要考查了根据奇偶性求函数的解析式问题,同时也考查了利用奇偶性与单调性求不等式的方法等.所以基础题型. 16．艾萨克·牛顿（1643-1727），英国皇家学会会长，英国著名物理学家，在数学上也有许多杰出贡献.牛顿用“作切线”的方法求函数的零点时给出了一个数列：，我们把该数列称为牛顿数列.如果函数有两个零点1和3，数列为牛顿数列，，且，，则数列的通项公式为__________． 【答案】 【解析】根据函数有两个零点1和3可将写成零点式,再利用求得关于的地推公式,进而根据求得的通项公式即可. 【详解】 函数有两个零点1和3可得 .故.由题意得 . 故. 故. 故数列是以为首项, 公比为2的等比数列.故. 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了新定义的问题方法,需要根据题意找到对应的数列的递推关系,从而推导出为等比数列.属于难题. 三、解答题 17．已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）（2） 【解析】(1)利用基本量法求解首项和公差即可. (2)利用分组求和与等差等比数列的求和公式求解即可. 【详解】 （1）设公差为,由已知得, 解得,, ∴. （2） 【点睛】 本题主要考查了基本量法求等差等比数列的方法,同时也考查了等差等比数列的求和.属于基础题型. 18．已知分别为三个内角的对边，且. （1）求角； （2）若，的面积为，求的周长. 【答案】（1）（2） 【解析】(1)根据边化角以及和差角公式求解即可. (2)利用可得的值,再利用余弦定理求解得即可. 【详解】 （1）由正弦定理有, 化简得, ,∴ 又,∴ （2）即,∴ 又由余弦定理有 ∴, 则的周长为 【点睛】 本题主要考查了解三角形的常见运用,包括边角互化以及面积与正余弦定理的运用等.属于中等题型. 19．如图，在四棱锥中，，，为棱的中点. （1）求证：平面； （2）若平面，，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】(1) 取的中点,再证明即可. (2)利用等体积法,分别求得体积的表达式列式即可求点到平面的距离. 【详解】 （1）取的中点,连接,, 则,且, 又因为,, 所以,且, 所以四边形为平行四边形, 则, 又因为平面,平面, 所以平面. （2）由已知可得, 又,∴平面 再由已知计算出,, ∴ 设点到平面的距离为,则 即 得为所求 【点睛】 本题主要考查了线面平行的证明以及等体积法求点到面的距离方法,属于中等题型. 20．已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若对于定义域内任意的，恒成立，求的取值范围； （3）记，若在区间内有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递减（2）（3） 【解析】(1)代入求导分析定义内导数的正负以及原函数的单调性即可. (2)求导函数的零点可得 再分,与三种情况得出函数的单调性进而求得的最大值与的取值范围即可. (3)参变分离得,再分析的单调性与值域,从而求得的取值范围.或直接根据求导分与和三种情况讨论,利用零点存在定理列式求解即可. 【详解】 （1）当时, , 的定义域为, 令得（舍负） 在上单调递减,在上单调递减. （2）. 令有 当时,恒成立； 当时,在上单调递减,上单调递增 ,； 当时,在上单调递减,上单调递增 ,； 综上： （3）法一：显然,不是的零点∴ 由得 （） ,令得 在和单调递减,单调递增 又时,,（）不成立 所以只需, 故 法二：, 当时,不合题意,舍去； 当时,在上单调递减,上单调递增, 要使在区间内有两个零点,则需满足 ,得到； 当时,在上单调递减,上单调递增, 要使在区间内有两个零点,则需满足 ,得到； 综上： 【点睛】 本题主要考查了利用求导求原函数的单调性问题,同时也考查了参变分离求函数单调性与极值,进而求得参数的取值范围等.属于难题. 21．已知椭圆，、为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线，过点的直线交椭圆于、两点，线段的垂直平分线分别交直线、直线于、两点，当最小时，求直线的方程. 【答案】(1) (2) 或. 【解析】（1）设椭圆的左焦点，由，解得，再结合椭圆的定义，求得的值，即可得到椭圆的方程； （2）可设直线，联立方程组，求得，利用弦长公式，求得和的长，进而得到，利用基本不等式，求得的值，即可求解. 【详解】 （1）设椭圆的左焦点，则，解得， 所以，则由椭圆定义，∴， 故椭圆的标准方程为. （2）由题意直线的斜率必定不为零，于是可设直线， 联立方程得， ∵直线交椭圆于，， ∴ 由韦达定理， 则，∴ ∵，∴，∴ 又 ∴ 当且仅当即时取等号. 此时直线的方程为或. 【点睛】 本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（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，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 22．已知曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数）. （1）求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程； （2）已知点，直线与曲线交于、两点，求. 【答案】(1) .(2) 【解析】（1）根据极坐标与直角坐标互化公式，以及消去参数，即可求解； （2）设两点对应的参数分别为，，将直线的参数方程代入曲线方程，结合根与系数的关系，即可求解. 【详解】 （1）对于曲线的极坐标方程为，可得， 又由，可得，即， 所以曲线的普通方程为. 由直线的参数方程为（为参数），消去参数可得，即 直线的方程为，即. （2）设两点对应的参数分别为，，将直线的参数方程（为参数）代入曲线中，可得. 化简得：，则. 所以. 【点睛】 本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 23．已知函数. （1）解不等式：； （2）设时，的最小值为.若正实数满足，求的最大值. 【答案】(1) . (2) 最大值为. 【解析】（1）分类讨论，即可求得不等式的解集，得到答案； （2）由绝对值的三角不等式，求得的最小值，再结合基本不等式，即可求解. 【详解】 （1）当时，不等式化为，解得； 当时，不等式化为，解得； 当时，不等式化为，解得； 综上，不等式的解集为. （2）由 所以的最小值，∴， 因为，，， 可得，当且仅当取等号. 所以，当且仅当取等号. 故的最大值为. 【点睛】 本题主要考查了含绝对值不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记绝对值不等式的解法，以及合理应用绝对值的三角不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 第 20 页 共 20 页