1、湖南省岳阳市2020届高三数学上学期期末考试试题 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）1.设全集为，集合，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用补集定义求得，再由交集的定义可得结果.【详解】因为，所以或又因为，所以，故选A.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且不属于集合的元素的集合.2.已知复数满足，则（ ）A. B. 5C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由复数除法求出，然后再求模【详解
2、】由题意，故选：C【点睛】本题考查求复数的模，考查复数的除法运算属于基础题本题还可以由模的性质求解：由得，3.设均为正数，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作出函数的图象，是它们中的交点，由此可得其大小关系【详解】如图是函数的图象，是与的交点的横坐标，是与的交点的横坐标，是与的交点的横坐标，由图可得故选：A【点睛】本题考查实数大小比较，考查数形结合思想解题时作出函数图象，方程的根转化为函数图象交点横坐标，大小关系通过图象一目了然4.为比较甲、乙两名篮球运动员的近期竞技状态，选取这两名球员最近五场比赛的得分制成如图所示的茎叶图，有以下结论：甲乙甲最近五场比赛得分的中位
3、数高于乙最近五场比赛得分的中位数；甲最近五场比赛得分平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数；从最近五场比赛的得分看，乙比甲更稳定；从最近五场比赛的得分看，甲比乙更稳定其中所有正确结论的编号为：（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据茎叶图所给数据逐一分析【详解】甲中位数是28，乙中位数是29，乙高，错；甲均分为，乙均分为，甲低，正确；甲方差为，乙方差为，乙更稳定，正确，错因此正确的是故选：C【点睛】本题考查用样本数据特征估计总体特征，解题时根据所给数据求出各样本数据特征即可5.函数的部分图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由解析式分析函数的性质，
4、函数值的正负，由排除法可得【详解】或时，排除B、D，时，排除C，只有A正确故选：A【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象可根据解析式研究函数的性质，如单调性、奇偶性、对称性、周期性等等，研究函数图象的特殊点，如与坐标轴的交点，顶点，极值点等，特殊的函数值或函数值的正负、函数值的变化趋势利用排除法得出正确的结论6.已知，均为锐角，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出，再由两角和的正弦公式计算【详解】均为锐角，故选：D【点睛】本题考查两角和的正弦公式，考查同角间的三角函数关系在用三角公式化简求值时一定要观察已知角和未知角之间的关系，以确定选用的公式，要注意应用公式时“
5、单角”和“复角”的相对性7.甲、乙、丙，丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩老师说：你们四人中有两位优秀，两位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则（ ）A. 乙、丁可以知道自己的成绩B. 乙可以知道四人的成绩C. 乙、丁可以知道对方的成绩D. 丁可以知道四人的成绩【答案】A【解析】【分析】根据甲的所说的话，可知乙、丙的成绩中一位优秀、一位良好，再结合简单的合情推理逐一分析可得出结果.【详解】因为甲、乙、丙、丁四位同学中有两位优秀、两位良好，又甲看了乙、丙的成绩且还不知道自己的成立，即可推出乙、丙的成绩中一位优秀
6、、一位良好，又乙看了丙的成绩，则乙由丙的成绩可以推出自己的成绩，又甲、丁的成绩中一位优秀、一位良好，则丁由甲的成绩可以推出自己的成绩.因此，乙、丁知道自己的成绩，故选A.【点睛】本题考查简单的合情推理，解题时要根据已知的情况逐一分析，必要时可采用分类讨论的思想进行推理，考查逻辑推理能力，属于中等题.8.已知平面向量满足，且，则向量的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用数量积的运算法则由已知等式求出，再由向量夹角公式求出角【详解】，故选：C【点睛】本题考查求向量的夹角，考查向量数量积的定义与运算律，属于基础题9.秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在所著的数书九章中提出
7、的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入的值分别为,，则输出的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】模拟程序运行，观察变量值变化，判断循环条件，确定输出结果【详解】程序运行时，变量值为：，满足循环条件；，满足循环条件；，满足循环条件；，不满足循环条件，退出循环，输出故选：D【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构解题时可模拟程序运行，判断循环条件，确定输出结果10.已知为等差数列，的前项和为，则使得达到最大值时是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出数列的首项和公差，得通项公
8、式，然后确定数列前几项是正即得【详解】由题意，由得，即数列前项为正，从第21项起为负，时，取得最大值故选：B【点睛】本题考查等差数列的通项公式与前项和求等差数列前项和最值问题，有两种方法，一种是求出数列正负转换的项所在位置可得结论，一种是求出的表达式，利用二次函数性质求得最值11.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确命题的序号是（ ）若直线平行于平面内的无数条直线，则直线平面.若直线平面，直线直线，则直线平行于平面内的无数条直线.若直线不平行，则不可能垂直于同一平面.若直线平面，平面平面，则直线平面A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据线面平行的定义判断，由线
9、面平行的性质定理判断，由线面垂直的性质定理判断，由线面垂直的判定定理判断【详解】直线平行于平面内的无数条直线，但是不能保证平行于平面内的所有直线，不能得线面平行，错；直线平面，则与内无数条直线平行，直线直线，这无数条直线也与平行（最多有一条就是），正确；两条直线都与同一平面垂直，则这两条直线平行，正确；若直线平面，平面平面，此时也有可能与平面的交线平行，则有，错故选：B【点睛】本题考查空间直线、平面间的位置关系，判断时需按定义，定理进行判断，确认定理的条件都能满足，即可得结论12.已知为抛物线的焦点，过作两条互相垂直的直线，直线与交于两点，直线与交于两点，则四边形面积的最小值为（ ）A. B.
10、 C. D. 【答案】C【解析】【分析】两条直线的斜率都存在且不为0，因此先设一条直线斜率为，写出直线方程，与抛物线方程联立求出相交弦长，同理再得另一弦长，相乘除以2即得四边形面积，再由基本不等式求得最小值【详解】由题意抛物线的焦点为，显然斜率存在且不为0，设直线方程为，设，由得，同理，当且仅当，即时等号成立故选：C【点睛】本题考查直线与抛物线相交弦长问题，考查基本不等式求最值，采取设而不求思想，即设直线方程，设交点为，直线方程与抛物线方程联立消元后用韦达定理得（或），再由圆锥曲线中的弦长公式求弦长（用参数表示）二、填空题（本大题共4小题，共20分把答案填在题中的横线上）13.设满足约束条件：
11、则的最小值为_【答案】【解析】【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解【详解】作出可行域，如图四边形内部（含边界），作直线，向上平移直线，减小，当过点时，取得最小值故答案为：【点睛】本题考查简单的线性规划问题，解题方法是作出可行域，作目标函数对应的直线，并平移该直线得最优解14.已知数列的前n项和，则的通项公式 【答案】【解析】试题分析：令，得，当时，所以，所以，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，所以考点：等比数列通项公式.15.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】求出导函数，由在上恒成立可得参数的范围【详解】由题意，在区间上单调
12、递增，在上恒成立，当时，即，即，故答案为：【点睛】本题考查函数的单调性，考查用导数研究函数单调性，解题关键是把问题转化为不等式恒成立，从而再转化为求函数的最值这是函数在某个区间上单调的常用处理方法16.阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点到两定点的距离之满足为常数，则点的轨迹为圆已知圆：和，若定点（）和常数满足：对圆上任意一点，都有，则_， _ .【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】求出满足的动点的轨迹方程，它与方程相同，由此可得参数值【详解】设，整理得：，它与方程相同，则，解得故答案为：2；【点睛】本题考查求轨迹方
13、程，考查圆的标准方程解题关键是根据阿波罗尼斯圆的定义，求出动点的轨迹方程三、解答题（本大题共7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，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，角的平分线交于点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）把已知条件中角的关系化为边的关系后可用余弦定理求角；（2）在（1）基础上得，从而由可得，在中应用正弦定理可求得，从而可得面积【详解】（1）由及正弦定理知， 又，由余弦定理得.，.（2）由（1）知， 又，在中，由正弦定理知：，在中，由正弦定理及，解得， 故.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式解题时注意边角关
14、系的互化18.如图，在三棱锥中，平面平面，分别为线段上的点，且，.（1）求证：平面；（2）若与平面所成的角为，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由勾股定理逆定理得，在直角三角形中求出，用余弦定理求出，再由勾股定理逆定理得，从而由面面垂直的性质定理得线面垂直；（2）由（1）可证就是三棱锥的高，由体积公式可计算出体积【详解】（1）证明：连，由题意知因为所以 所以中，由余弦定理得所以 ,所以，所以,又因为平面平面，故平面（2）由（1）知平面又平面所以又，所以平面 又与平面所成的角为，即， 所以， 从而三棱锥的体积为.【点睛】本题考查面面垂直的性质定理，考查求棱锥的体
15、积难度不大19.某高新企业自2012年成立以来，不断创新技术与产品，积极拓展市场，销售收入（单位万元）与年份代号之间对应关系如下表，且满足回归函数，记。年份2012201320142015201620172018年份代号1234567销售收入801993982512631015848794321.92.32.63.43.84.24.9（1）任取2年对比销售收入的情况，求这2年中销售收入均超过400万元的概率；（2）求回归函数中值。附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据组合定义求出任取2个数据的方法数，以及两个数据均超过400
16、万的方法数，由概率公式可计算概率（2）回归方程两边取常用对数得即这是线性回归直线方程，因此中的系数，为此先求出，再计算出，于是有，从而得到了（）得回归方程计算【详解】（1）从7年销售收入中任取2年的销售收入，共有21种取法，其中2年销售收入均超过400万的有6种， 故 （2）依题意，所以， 故，回归方程为【点睛】本题考查古典概型，考查回归方程，由于回归方程是非线性的，因此通过取对数化为线性回归方程，从而可用线性回归直线方程中的公式计算各系数20.已知点，椭圆：的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点. 设过点的动直线与相交于两点.（1）求的方程；（2）是否存在这样的直线，使得的面积
17、为，若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在这样的直线：或.【解析】【分析】（1）由可求得，再由离心率求得，最后由公式可得，从而椭圆标准方程；（2）假设存在，分析斜率一定存在，设其方程为，同时设交点，联立消去得， 注意，得的范围，由韦达定理得. 由圆锥曲线中弦长公式求得弦长，求得点到直线的距离，表示出三角形的面积，由解得，说明存在【详解】（1）设，因为直线的斜率为，所以，. 又，解得， 所以椭圆的方程为.（2）当轴时，不合题意，由题意可设直线的方程为：，联立消去得， 当，所以，即或时 ，. 所以 ，点到直线的距离， 所以， 设，则，解得或，即， 所以存在这样的直线：
18、或.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交中的面积问题解题采用设而不求思想方法，即设直线方程，设交点坐标，直线方程与椭圆方程联立，消元后（注意判别式），用韦达定理，然后由圆锥曲线中的弦长公式求得弦长21.已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）设, 对任意的，恒成立，求的取值范围【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）求出导数，分和讨论，由确定增区间，确定减区间；（2）由（1）知当时，在上单调递增，因此不妨设，则，不等式可变为恒成立，即恒成立，通过研究新函数的单调性可证得结论【详解】（1）， 当时，函数在上单调递增； 当时，由得， 当时，单调递减；当时，单调递增； （2）由
19、（1）可知，当时，在上单调递增，不妨设，则所以恒成立，即恒成立即恒成立，令，即在上是增函数，而， 所以对任意恒成立，所以， 又，所以【点睛】本题考查用导数函数的单调性，用导数研究不等式恒成立问题题中不等式恒成立，解题时由（1）的单调性，只要设，不等式就可变为，这样研究新函数的单调性即可本题对学生的转化与化归能力要求较高，属于难题22.在极坐标系中，射线：与圆：交于点，椭圆的方程为：，以极点为原点，极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系.（1）求点的直角坐标和椭圆的参数方程；（2）若为椭圆的下顶点，为椭圆上任意一点，求的最大值.【答案】（1），（为参数）；（2）.【解析】【分析】(1)由射线l和圆C极
20、坐标方程联立可以求出点A的极坐标,再转化为直角坐标即可;已知椭圆的极坐标方程先转化为普通方程然后再转化为参数方程即得结果;(2)设坐标M(),求出和的坐标及其数量积,然后利用三角函数知识求最值.【详解】（1）射线：与圆：交于点，点的直角坐标；椭圆的方程为，直角坐标方程为，参数方程为（为参数）.（2）设，当时，的最大值为.【点睛】本题着重考查了极坐标方程、普通方程、参数方程三者的互化,又考查了利用参数方程求向量数量积的最值问题,解决此问题的关键是怎么样准确利用参数方程将问题转化为三角函数的问题来求解.23.已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用零点分段法去绝对值，将不等式转化为不等式组来求解得不等式的解集.（2）化简不等式为，由此得到或，结合恒成立知识的运用，求得的取值范围.【详解】（1）当时，故等价于或或，解得或.故不等式的解集为.（2）当时，由得，即，即或对任意的恒成立.又，故的取值范围为.又，所以，综上，的取值范围为.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查含有绝对值的不等式恒成立问题的求解策略，属于中档题.