1、湖南省江西省普通高中名校联考2020届高三数学下学期信息卷（压轴卷一）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. 设函数的定义域为A，函数的定义域为B，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数定义域的求法分别求得集合，由交集定义可得结果.【详解】由得：，即；由得：，即，.故选：.【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，涉及到函数定义域的求解问题，属于基础题.2. 若复数满足，则（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由复数的除法运算可得，进而可得模长.【详解】由 ，可得.故选C.
2、【点睛】本题主要考查了复数的除法运算及复数模的概念，属于基础题.3. A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式转化，原式=sin163sin223+cos163cos223再通过两角和公式化简，转化成特殊角得出结果【详解】原式=sin163sin223+cos163cos223=cos（163-223）=cos（-60）=.故选A.【点睛】本题主要考查了诱导公式应用及两角和与差的余弦公式要熟记公式是关键4. 聊斋志异中有：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术”.在数学中，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：则按照以上规律，若具有“穿墙术”，则m，n满足的关系式为（ ）A.
3、 n =2m-1B. n=2(m-1)C. n=(m-1)2D. n=m2 -1【答案】D【解析】【分析】根据不完全归纳法，以及根式中的分子和分母的关系，可得结果.【详解】由题可知：，则可归纳：，所以故选：D【点睛】本题考查不完全归纳法的应用，仔细观察，发现特点，对选择题以及填空题，常可采用特殊值以及不完全归纳法解决问题，化繁为简，属基础题.5. 某四棱锥的三视图如图所示，记为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ）.A. ，且B. ，且C. ，且D. ，且【答案】D【解析】【分析】首先把三视图转换为几何体，根据三视图的长度，进一步求出个各棱长.【详解】根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为四
4、棱锥体，如图所示：所以：，.故选：D.【点睛】本题考查三视图和几何体之间的转换，主要考查运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题.6. 已知函数的部分图象如图所示，将此图象分别作以下变换，那么变换后的图象可以与原图象重合的变换方式有（ ）绕着轴上一点旋转; 沿轴正方向平移;以轴为轴作轴对称;以轴的某一条垂线为轴作轴对称.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】计算得到，故函数是周期函数，轴对称图形，故正确，根据图像知错误，得到答案.【详解】，当沿轴正方向平移个单位时，重合，故正确；，故，函数关于对称，故正确；根据图像知：不正确；故选：.【点睛】本题考查了根据函数图像判断函数性质，意在
5、考查学生对于三角函数知识和图像的综合应用.7. 已知双曲线的中心为坐标原点，离心率为，点在上，则的方程为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】讨论双曲线的焦点轴，设出方程，根据条件列出方程组求解即可.【详解】当双曲线的焦点在x轴，设双曲线的方程为：.根据题意可得：，解得，所以.当双曲线的焦点在y轴，设双曲线的方程为：.根据题意可得：，方程无解.综上的方程为.故选B.【点睛】本题主要考查了双曲线方程的求解，注意题中没有交代焦点轴时，解题时需要分情况讨论，属于中档题.8. 在如图所示的程序框图中，若输出的值是，则输入x的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分
6、析】按照程序框图运行程序，直到时知，由此得到且，解不等式组求得结果.【详解】按照程序框图运行程序，输入，记此后第次被赋值的结果为，则，不满足，循环；，不满足，循环；，不满足，循环；，满足，输出，此时，解得：，输入的的取值范围为.故选：.【点睛】本题考查根据程序框图输出结果计算输入值的问题，关键是能够根据判断框的条件确定输入值所满足的不等关系.9. 已知向量满足，且，则向量与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据可知，利用数形结合的方式可确定所求夹角的正切值，进而求得结果.【详解】由知：以为邻边的平行四边形的对角线相等，以为邻边的平行四边形为矩形，即，如下图所示：设
7、向量与的夹角为，又，向量与的夹角为.故选：.【点睛】本题考查平面向量夹角的求解问题，关键是能够根据已知中的模长相等的关系确定两向量互相垂直，易错点是忽略向量的方向，造成夹角判断错误.10. 如图，点E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点，点F，M分别在线段AC，BD1（不包含端点）上运动，则（ ）A. 在点F的运动过程中，存在EF/BC1B. 在点M的运动过程中，不存在B1MAEC. 四面体EMAC的体积为定值D. 四面体FA1C1B的体积不为定值【答案】C【解析】【分析】采用逐一验证法，根据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式，可得结果.【详解】A错误由平面，/而与平面相交
8、，故可知与平面相交，所以不存在EF/BC1B错误，如图，作由又平面，所以平面又平面，所以由/，所以，平面所以平面，又平面所以，所以存在C正确四面体EMAC的体积为其中为点到平面的距离，由/，平面，平面所以/平面，则点到平面的距离即点到平面的距离，所以为定值，故四面体EMAC的体积为定值错误由/，平面，平面所以/平面，则点到平面的距离即为点到平面的距离，所以为定值所以四面体FA1C1B的体积为定值故选：C【点睛】本题考查线面、线线之间的关系，考验分析能力以及逻辑推理能力，熟练线面垂直与平行的判定定理以及性质定理，中档题.11. 设锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则b的取值
9、范围为（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由锐角三角形的性质，先求出的范围，结合正弦定理进行转化求解即可【详解】解：在锐角三角形中， ，即，且，则，即，综上，则，因为，所以由正弦定理得，得，因为，所以，所以，所以b的取值范围为故选：C【点睛】此题考查三角函数的性质，结合锐角三角形的性质以及正弦定理进行转化是解决此题的关键，属于中档题.12. 已知函数，当，且时，方程根的个数是（ ）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】D【解析】【分析】分别判断两个函数的奇偶性及单调性，进而做出二者的图象，根据图象交点个数可得出答案.【详解】由题意，函数，在上是奇函数，且是反比例函数，又，所
10、以在上是奇函数.又，所以时，；时，；时，；时，.所以在上单调递减；在上单调递增；在单调递减；在上单调递增.作出的图象，如下图所示，则与的图象在上有1个交点；，则与的图象在上有1个交点；，则与的图象在上有1个交点；，则与的图象在上有1个交点.故与的图象在上有4个交点，根据对称性可知，二者图象在上4个交点，故当，且时，方程根的个数是8.故选：D.【点睛】本题考查函数图象交点问题，考查函数图象的应用，考查学生的推理能力，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡相应位置上.13. 若函数且，则_.【答案】1【解析】【分析】首先根据两个函数值求，再求和.【详解】根据
11、条件可知，解得：， 即 ， 故填：1.【点睛】本题考查分段函数求值，意在考查基本的计算能力，属于简单题型.14. 将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数，则直线与圆有公共点的概率为_.【答案】【解析】将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数得种结果，由直线与圆有公共点可得，故满足的结果有种，由古典概型的计算公式可得：直线与圆有公共点的概率为，应填答案15. 圆锥底面半径为1，高为，点P是底面圆周上一点，则一动点从点P出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，则绕行的最短距离是_【答案】【解析】【分析】把圆锥侧面展开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短距离，即CP的长是蚂蚁爬行的最短路程，求出CD
12、长，根据垂径定理求出PC=2CD，即可得出答案【详解】把圆锥侧面展开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短距离，即CP的长是蚂蚁爬行的最短路程，过A作ADPC于D，弧PC的长是21=2，则侧面展开图的圆心角是，DAC=，AC=3，所以.即蚂蚁爬行的最短路程是.故答案为.【点睛】考查了平面展开最短路径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决16. 在党中央的正确指导下，通过全国人民的齐心协力，特别是全体一线医护人员的奋力救治，二月份“新冠肺炎”疫情得到了控制.下图是国家
13、卫健委给出的全国疫情通报，甲、乙两个省份从2月7日到2月13日一周的新增“新冠肺炎”确诊人数的折线图如下：根据图中甲、乙两省的数字特征进行比对，通过比较把你得到最重要的两个结论写在答案纸指定的空白处._._.【答案】 (1). 甲省比乙省的新增人数的平均数低 (2). 甲省比乙省的方差要大【解析】【分析】直接根据折线图得到答案【详解】根据折线图知：甲省比乙省的新增人数的平均数低；甲省比乙省的方差要大.故答案为：甲省比乙省的新增人数的平均数低；甲省比乙省的方差要大.【点睛】本题考查了折线图，意在考查学生的理解能力和应用能力.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721
14、题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17. 设为数列的前项和，已知，（1）证明：数列为等比数列；（2）求数列的通项公式，并判断，是否成等差数列？【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）根据条件构造等比数列：，再根据等比数列定义给予证明，（2）先根据等比数列通项公式求得，即得的通项公式，再根据分组求和法得，最后判断是否成立.试题解析：证明：，是首项为公比为的等比数列.（2）解：由（1）知，即，成等差数列.18. 由于受到网络电商的冲击，某品牌的洗衣机在线下的销售受到影响，承受了一定的经济损失，现将地区200家实体店该品牌洗衣机的月经济损
15、失统计如图所示.（1）求的值；（2）求地区200家实体店该品牌洗衣机的月经济损失的众数以及中位数；（3）不经过计算，直接给出地区200家实体店经济损失的平均数与6000的大小关系.【答案】（1）；（2）众数为3000，中位数为；（3）【解析】【分析】（1）根据概率和为1计算得到答案.（2）计算众数和中位数得到答案.（3）直接根据概率分布直方图得到答案.【详解】（1）依题意，解得.（2）由图可知，地区200家实体店该品牌洗衣机的月经济损失的众数为3000，第一块小矩形面积，第二块小矩形的面积，故所求中位数在之间，所求中位数为.（3）直接根据概率分布直方图得到：.【点睛】本题考查频率分布直方图、样
16、本的数字特征，考查运算求解能力以及必然与或然思想.19. 如图，在多面体中，底面是正方形，梯形底面，且（）证明平面平面；（）平面将多面体分成两部分，求两部分的体积比【答案】（）证明见解析；（）【解析】【分析】（）取的中点，连接，可得，即可得平面，从而证明平面平面；（）作于，过作于，作，利用多面体的体积，求得多面体的体积，进而求得，得到答案【详解】（）由题意，多面体的底面是正方形，可得，又由梯形底面，梯形底面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为梯形中，取的中点，连接，所以，所以，又因为，所以平面，又由平面，所以平面平面（）如图所示，作于，过作于，作，梯形底面，且面，面，在中，由可得，令，则，多
17、面体的体积为：由（1）及对称性可得平面，到面的距离等于到面的距离的一半，即到面的距离等于，故平面将多面体分成两部分，两部分的体积比为【点睛】本题主要考查了平面与平面垂直的判定，以及几何体的体积公式的应用，其中解答中熟记空间几何体的线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理利用几何体的体积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力20. 已知椭圆的短轴长为，离心率为（1）求椭圆的标准方程；（2）直线平行于直线，且与椭圆交于两个不同的点，若为钝角，求直线在轴上的截距的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由短轴长为，离心率为，可求出椭圆中的值，进而可求出椭圆的标准方程；（2
18、）由直线平行于直线，可设直线的方程为，与椭圆方程联立，可得到关于的一元二次方程，由，可求得，再结合为钝角，可得，且，将该式展开，并结合韦达定理，可求出，进而可求出的取值范围，再结合直线在轴上的截距，可求出的取值范围【详解】（1）由题意可得，所以，解得，所以椭圆的标准方程为（2）由于直线平行于直线，即，设直线在轴上的截距为，所以方程为联立，得，因为直线与椭圆交于两个不同的点，所以，解得设，则，因为为钝角等价于，且，所以，即，且，所以直线在轴上的截距的取值范围：因为直线在轴上的截距，所以的取值范围是：【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.
19、21. 已知函数.（）讨论函数f（x）的单调性；（）令，若对任意的x0，a0，恒有f（x）g（a）成立，求实数k的最大整数.【答案】（1）见解析（2）7【解析】【分析】（1）讨论和两种情况；（2）由 成立转化，分离k,构造函数求最值即可.【详解】（1）此函数的定义域为，（1）当时， 在上单调递增， （2）当时， 单调递减， 单调增综上所述：当时，在上单调递增当时， 单调递减， 单调递增.（2）由（）知恒成立，则只需恒成立，则， 令则只需则 单调递减，单调递增， 即的最大整数为【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，求最值，考查双变元恒成立问题，综合性强,第二问转化为是关键.22. 在直角坐标系
20、中，曲线的参数方程为 (为参数)，曲线.（1）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求 ，的极坐标方程；（2）若射线(与的异于极点的交点为，与的交点为，求.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由曲线：(为参数)化为普通方程，再结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得 ，的极坐标方程；（2）分别求得点对应的的极径，根据极经的几何意义，即可求解.【详解】（1）曲线：(为参数)可化为普通方程：，由可得曲线的极坐标方程为， 曲线的极坐标方程为.（2）射线与曲线的交点的极径为，射线与曲线的交点的极径满足，解得，所以.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程
21、的互化，以及极坐标方程的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.23. 已知函数.（1）当时，解不等式；（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围.【答案】（1）或；（2）【解析】【分析】（1）使用零点分段法，讨论分段的取值范围，然后取它们的并集，可得结果.（2）利用等价转化的思想，可得不等式在恒成立，然后解出解集，根据集合间的包含关系，可得结果.【详解】（1）当时，原不等式可化为.当时，则，所以；当时，则，所以；当时，则，所以.综上所述：当时，不等式的解集为或.（2）由，则，由题可知：在恒成立，所以，即，即，所以故所求实数的取值范围是.【点睛】本题考查零点分段求解含绝对值不等式，熟练使用分类讨论的方法，以及知识的交叉应用，同时掌握等价转化的思想，属中档题.
