1、湖南省长沙市长郡中学2020届高三数学上学期月考试题（四）文（含解析）本试卷共8页.时量120分钟.满分150分.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.已知集合，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】可以求出集合A，然后进行交集的运算即可【详解】因为，所以.选C.【点睛】考查描述法的定义，对数函数的单调性，以及交集的运算2.已知复数满足，则在复平面内复数对应的点为A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为，所以，则在复平面内复数对应的点为本题选择A选项.3.在等比数列中，则( )A. 2B. 4C.
2、D. 【答案】D【解析】【分析】设等比数列an的公比为q，由条件得q4=4，解得q2进而得出结果【详解】因为，解得.因为，所以.选D.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题4.一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄元一年定期，若年利率为保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以为首项，为公比的等
3、比数列的前17项的和，再由等比数列前项和公式求解即可.【详解】解：根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的元产生的本利合计为，同理：孩子在2周岁生日时存入的元产生的本利合计为，孩子在3周岁生日时存入的元产生的本利合计为，孩子在17周岁生日时存入的元产生的本利合计为，可以看成是以为首项，为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：；故选【点睛】本题考查了不完全归纳法及等比数列前项和，属中档题.5.函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将函数去绝对值得，当时，的图象，是函数的图象向左平移1个单位得到的，结合选项可得
4、到结论.【详解】函数，当时，的图象，是函数的图象向左平移1个单位得到的,当时，的图象，与函数的图象关于直线对称，函数的大致图象是A.故选:A.【点睛】本题主要考查了函数的图象，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.6.已知平面向量，满足，且，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由向量的数量积的定义式可得，已知，故只需求出即可。【详解】因为，所以，即，因为，所以，记与的夹角为，则，解得，即与的夹角为.故选：【点睛】本题考查向量的夹角的计算，关键理解向量的数量积的定义式，属于基础题。7.若函数在区间上的最大值为6，则（ ）A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】B【解
5、析】分析：根据函数的单调性得到当x=a时，函数取最大值6，即可得到a的值.详解：由题得函数在区间上是增函数，所以当x=a时，函数取最大值6，即=6,解之得a=4.故答案为B.点睛：（1）本题主要考查对数函数的单调性，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)解方程=6时，可以直接观察选项验证即可.8.已知直线l：yxm与曲线有两个公共点，则实数m的取值范围是()A. 1,)B. (，1C. 1，)D. (，1【答案】B【解析】【分析】由曲线表示一个半圆，直线表示平行于的直线，作出图象，利用数形结合思想，即可求解.【详解】根据题意，可得曲线表示一个半圆，直线表示平行于的直线，其中表示在轴上的截距，
6、作出图象，如图所示，从图中可知之间的平行线与圆有两个交点，在轴上的截距分别为，所以实数的取值范围是，故选B. 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中作出曲线的图象和明确直线表示平行于的直线，其中表示在轴上的截距，结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想的应用，属于中档试题.9.已知中，三个内角的对边分别为，若的面积为，且，则等于( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据面积公式，将变形为，又，两式结合化简可得，再利用二倍角公式化简得到，从而可求得.【详解】由得，即，则，又因为，所以，即，由，所以，即.故选C.【点睛】本题考查三角形面积公式和余弦定理
7、的应用，也考查了三角函数的二倍角公式，熟练掌握定理和公式是解题的关键，属中档题.10.长方体一个顶点上三条棱长分别为3、4、5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据长方体的体对角线与外接球的直径相等求解.【详解】因为长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，所以长方体的体对角线就是球的直径，长方体的体对角线为：，所以球的半径为：，这个球的表面积是：.故选：B.【点睛】本题主要考查了组合体问题，还考查了数形结合的思想，属于基础题.11.函数在上存在导数，若，则必有（ ）A. B. C. D
8、. 【答案】A【解析】分析：由题意结合不等式的性质确定导函数的符号，结合导函数的符号即可确定函数的单调性，最后，利用单调性即可确定题中不等式的符号.详解：，则x1时；x1时.故f(x)在上为增函数或常数函数，在上为减函数或常数函数.故，即f(0)+f(2)2f(1).本题选择A选项.点睛：分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.12.对于数列，定义为的“优值”，现已知某数列的“优值”，记数列的前项和为，则（ ）A. 2022B. 1011C. 2020
9、D. 1010【答案】B【解析】【分析】由题意，根据，得到，进而求得，作差即可求解.【详解】由，得， ，-得，即，所以.故选B.【点睛】本题主要考查了数列的新定义的应用，以及数列知识的综合应用，其中解答中根据新定义，化简得，进而得 ，新作差化简、运算是解答的关键，同时此类问题需要认真审题，合理利用新定义是解答此类问题的基础，着重考查了分析问题和解答问题的能力，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.设为椭圆上的一点，是该椭圆的两个焦点，若，则的面积为_.【答案】12【解析】【分析】根据和椭圆的定义，分别求得，且满足，是直角三角形，利用直角三角形的面积公式再求解.【
10、详解】，设，由题意可知，是直角三角形，其面积.故答案为：12【点睛】本题主要考查了椭圆的定义及焦点三角形的面积，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14.已知正实数满足，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】利用“乘1法”和基本不等式即可得出【详解】解：正实数满足，（2a+b），当且仅当时取等号的最小值为故答案为【点睛】本题考查了“乘1法”和基本不等式的应用，属于基础题15.已知数列的前项和为，则_【答案】【解析】【分析】根据数列中项与和的关系求解【详解】当时，由，得，即，又，当时，又，不满足上式，所以所求通项公式为故答案为【点睛】根据数列的前项和求数列的通项公式时，可根据求出当时的通项公式，
11、然后再验证当时是否满足上式，若满足，则将通项公式写成一个式子的形式；若不满足，则要写成分段函数的形式16.定义域为的偶函数满足对，有，且当时，若函数在上至少有三个零点，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据偶函数满足，推知是最小正周期为2的偶函数，由时，得到其图象，然后将在上至少有三个零点，转化为的图象和的图象至少有3个交点，利用数形结合求解.【详解】，且是定义域为的偶函数，令可得，又，则有，是最小正周期为2的偶函数.当时，函数的图象为开口向下、顶点为的抛物线.函数在上至少有三个零点，令，则的图象和的图象至少有3个交点.，可得，要使函数在上至少有三个零点，如图：则有，可得，即，解得，又
12、，.故答案为：【点睛】本题主要考查函数的基本性质及函数的零点问题，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721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.（一）必考题：共60分.17.等差数列中，公差，.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由和可列出方程组，解出和，即得通项公式；（2）将（1）中所得通项公式代入，列项，用裂项相消法求的前n项和【详解】解：（1）因为，所以 因为，所以 故的通项公式为. （2）因为， 所以.【点
13、睛】本题考查求等差数列通项公式和用裂项相消法求数列前n项和，是典型考题18.由于受大气污染的影响，某工程机械的使用年限（年）与所支出的维修费用（万元）之间，有如下统计资料：（年）23456（万元）2.23.85.56.57.0假设与之间呈线性相关关系（1）求维修费用（万元）与设备使用年限（年）之间的线性回归方程；（精确到0.01）（2）使用年限为8年时，维修费用大概是多少？参考公式：回归方程，其中，.【答案】（1） （2）万元【解析】【分析】（1）根据统计表，利用公式求得，代入回归方程求解.（2）将，代入（1）求得的回归方程求解.【详解】（1），所以，故线性回归方程为.（2）将，代入回归方程得
14、所以使用年限为8年时，维修费用大概是9.92万元.【点睛】本题主要考查了线性回归分析，还考查了数据处理的能力，属于中档题.19.如图，已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，ABCD，（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）过点作，垂足为，利用勾股定理证明，利用平面，证明，即可证明平面；（2）证得平面，利用，即可求解的体积.【详解】(1)证明：过点C作CMAB，垂足为M，因为ADDC，所以四边形ADCM为矩形，所以AMMB2，又AD2，AB4，所以AC2，CM2，BC2，所以AC2BC2AB2，所以ACBC，因为AF平面ABCD，AFBE，所以
15、BE平面ABCD，所以BEAC.又BE平面BCE，BC平面BCE，且BEBCB，所以AC平面BCE.(2)因为AF平面ABCD，所以AFCM，又CMAB，AF平面ABEF，AB平面ABEF，AFABA，所以CM平面ABEF.VEBCFVCBEFBEEFCM242.【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，以及几何体的体积的计算，其中熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直20.已知经过抛物线
16、的焦点的直线与抛物线相交于两点，直线分别交直线于点(1）求证：为定值；（2）求的最小值【答案】(1)证明见解析；(2)8.【解析】分析：（1）设出直线的方程为，代入抛物线方程后应用韦达定理得，代入即证；（2）由，写出OA，OB方程后可求出M，N点的坐标，求出，代入（1）中的，表示为的函数，这样，再由函数的性质可得最小值详解：（1）易知，设 则 得 （2）设,所以所以的方程是:,由 同理由 且由（1）知当且仅当时，取最小值8点睛：圆锥曲线中的定点、定值问题、最值问题是高考中的常考题型，难度一般较大，常常把直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，注重数学思想方法的考查，尤其是函数思想、数形结合思想、分
17、类讨论思想的考查常用方法是“设而不求”的数学思想方法，即设交点坐标为，设直线方程交代入曲线方程，应用韦达定理得（或），把这个代入待证的量（面积、长度、直线方程等），再由相应的性质得出结论（如函数的性质得最值）21.已知函数，.（1）当，时，求函数在处的切线方程，并求函数的最大值；（2）若函数的两个零点分别为，且，求证：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）当时，求得斜率和切点的坐标，利用点斜式写出切线方程.根据函数的导数求得函数的单调区间，由此求得函数的最大值.（2）将两个零点代入函数的解析式，将得到两个方程相减，化简为的表达式，通过令，将所要证明的不等式转化为证明，构造函数，利
18、用导数证明，由此证得原不等式成立.详解】（1）解：当，时，则，切点为，故函数在处的切线方程为.令，则在减函数，又，在上是增函数，在是减函数，.（2）证明：，是的两个零点，不妨设，相减得： ， ，令，即证，令，在上是增函数，又，命题得证.【点睛】本小题主要考查利用导数求曲线的切线方程，考查利用导数证明不等式，综合性较强，属于难题.在求解有关函数零点的问题过程中，要注意利用在零点位置函数值为零这一特点来列方程，得到两个零点的关系式，再转化为题目所要求证的问题来解决.（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐
19、标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数）（1）求与的交点的直角坐标；（2）求上的点到直线的距离的最大值【答案】（1）（3，0）和；（2）【解析】【分析】(1)根据可得曲线的直角坐标方程,消去参数可得直线的直角坐标方程,再联立方程组可得答案;(2)由椭圆的参数方程设上的动点,再用点到直线的距离求出,利用三角函数求得最大值.【详解】（1）由得,得,所以曲线C的直角坐标方程为,由消去参数得,所以直线l的直角坐标方程为，由,得，解得或，即与的交点直角坐标为（3，0）和；（2）设曲线上一点，则到直线的距离，其中,所以当时,取最大值.故上的点到
20、直线的距离的最大值为【点睛】本题考查了极坐标方程和参数方程化直角坐标方程,求曲线交点坐标,点到直线的距离,利用三角函数求最值,属于基础题.选修4-5：不等式选讲23.设，已知函数，（1）若是的零点，求不等式的解集：（2）当时，求的取值范围【答案】(1) ； (2) 【解析】分析】（1）利用可求得，将不等式化为；分别在和两种情况下解不等式可求得结果；（2）当时，可将变为在上恒成立；分类讨论得到解析式，从而可得单调性；分别在、三种情况下，利用构造不等式，解不等式求得结果.【详解】（1）是的零点 由得：当时，即，解得：当时，即，解得：的解集为：（2）当时，即：时， 在上恒成立当时，恒成立 符合题意当时，在上单调递增；在上单调递减；在上单调递增当时，解得：当时，解集为当时，解得：综上所述，的取值范围为：【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解、恒成立问题的求解；求解恒成立问题的关键是能够通过分类讨论的方式去掉绝对值符号，结合函数单调性，将问题转化为所求参数与函数最值之间的大小关系的比较问题，从而构造不等式求得结果.
