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1、湖南省五市十校教研教改共同体2020届高三12月联考理科数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结朿后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：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.已知是虚数单位，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分子分母同乘分母的共轭复数，化简得到的代数形式【详解】，故选择B【点睛】复数除法的运算方法是分子分母同乘分母的共
2、轭复数，解题中要注意把的幂写出最简形式2.设集合， ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解分式不等式，得集合A，再计算函数的定义域，得集合B，求集合A与集合B的交集可得答案【详解】因为，即，得，令，得，所以，选择D【点睛】用描述法表示集合，首先要搞清楚集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明白集合的类型，常借助数轴来解决数集间的关系3.已知向量，满足，（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】因为，所以，所以，由，解得【详解】因为，所以，所以，则，所以，选择A【点睛】求解平面向量模的方法：1.写出有关向量的坐标，利用公式； 2.利用向量的线性运算和向量
3、的数量积公式进行求解，4.已知数列满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由数列满足得数列为等差数列，又由，及等差数列的性质可得，所以得【详解】由数列满足得数列为等差数列，所以，即，同理,即，所以，选择B【点睛】等差数列，若，则，特别的，若，则，其中000005.已知，分别是三棱锥的棱，的中点，则异面直线与所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】取AC中点D，连接ED，FD，则直线DE与直线DF所成的角即异面直线与所成的角，在中，由余弦定理计算,可得异面直线与所成的角【详解】取AC中点D，连接ED，FD，因为，分别是三棱锥的棱，的中点，所以，,
4、则直线DE与直线DF所成的角即异面直线与所成的角，又因为，所以在中，,即，所以异面直线与所成的角为，选D【点睛】用平移法求异面直线所成的角的步骤：1.根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；2.证明作出的角是异面直线所成的角；3.解三角形，求出所作的角6.只蚂蚁在三边长分别为，的三角形内自由爬行，某时刻该蚂蚁距离三角形的任意一个顶点的距离不超过的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】距离三角形的任意一个顶点的距离不超过的部分是以三角形三个角分别为圆心角，1为半径的的扇形区域，三个扇形面积之和与三角形面积之比即某时刻该蚂蚁距离三角形的任意一个顶点的距离不超过的概率【详解】
5、因为三角形三边长分别为，由勾股定理，该三角形为直角三角形，且面积为，距离三角形的任意一个顶点的距离不超过的部分是以三角形三个角分别为圆心角，1为半径的的扇形区域，因为三个圆心角之和为，所以三个扇形面积之和为，所以某时刻该蚂蚁距离三角形的任意一个顶点的距离不超过的概率为，选择B【点睛】求解概率问题时要区分是古典概率类型还是几何概率类型，区分方法是看基本事件个数是有限还是无限个，古典概型问题的基本事件个数有限，几何概型的问题基本事件个数无限，几何概型问题又分为长度型，角度型，面积型，体积型，关键是弄清某事件对应的图形7.在直角坐标系中，抛物线的焦点为，准线为，为上一点，垂直于点，分别为，的中点，直
6、线与轴交于点，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意画出图形，根据题意可得为等边三角形，继而可得与R的位置关系，得FR长度【详解】由抛物线，所以焦点,准线方程，因为，分别为，的中点，所以,所以四边形QMRF为平行四边形，FR=QM，又由垂直于点，所以PQ=PF，因为，所以为等边三角形，所以，所以，选择A【点睛】在解决与抛物线的性质有关的问题时，要注意利用几何图形的形象、直观的特点来解题，特别是涉及焦点、顶点、准线的问题更是如此8.函数的部分图象大致为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，再根据与的性质，确定函数图象【详解】，定义域
7、为，所以函数是偶函数，排除A、C，又因为且接近时，且，所以，选择B【点睛】函数图象的辨识可以从以下方面入手：1.从函数定义域，值域判断；2.从函数的单调性，判断变化趋势；3.从函数的奇偶性判断函数的对称性；4.从函数的周期性判断；5.从函数的特征点，排除不合要求的图象9.算法统宗是中国古代数学名著，由明代数学家程大位所著，该书完善了珠算口诀，确立了算盘用法，完成了由筹算到珠算的彻底转变，对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用.如图所示程序框图的算法思路源于该书中的“李白沽酒”问题，执行该程序框图，若输入的的值为，则输出的的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将代入
8、框图，根据循环结构，得到输出的的值【详解】由题，第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，；第四次循环，；所以输出，选择C【点睛】对算法初步的考查主要是对程序框图含义的理解与运用，重点放在条件结构与循环结构，对于循环结构要搞清楚进入或退出循环的条件、循环的次数，是解题的关键10.已知正实数，满足，则当取得最大值时，的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由正实数，满足，得，由基本不等式得当且仅当时，取最大值，此时，所以，最大值为1【详解】由正实数，满足，得，当且仅当，即时，取最大值 ，又因为，所以此时，所以 ，故最大值为1【点睛】在利用基本不等式求最值时，要根据式子特征
9、灵活变形，然后再利用基本不等式，要注意条件：一正二定三相等11.已知，是双曲线上的三个点，直线经过原点，经过右焦，若，且，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】如图，因为，所以四边形为矩形，设，则，又，所以，所以，得，所以，又因为，即，所以得离心率，选择A【点睛】双曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线渐近线是常考题型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义，及相关参数间的联系，掌握常用变形技巧，有助于提高解题准确度12.设是奇函数的导函数，当时，则使得成立的的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】因为当时，构
10、造函数，探索在上单调递性，又因为且为奇函数，得时，当 时，解，得不等式解集【详解】因为当时，构造函数，当时，即在上单调递减，又因为，所以当，当，又因为为奇函数，所以当时，由，得 或，解得，选择C【点睛】构造函数解决不等式问题将不等式问题转化为函数问题，要求从被解的不等式或条件特点入手，发生联想，合理的构造函数模型，解决不等式问题二、填空题。13.若实数，满足约朿条件，则的最大值为_.【答案】2【解析】【分析】根据约束条件作出可行域，将目标函数转化为，在可行域中平移直线，找到使截距最小的点即为最优解，得的最大值【详解】作出实数x，y满足约束条件，对应的平面区域如图：由得，平移直线，由图象可知当直
11、线经过点A时，直线的截距最小，此时z最大，解得，此时【点睛】先准确作出可行域，再借助目标函数的几何意义求目标函数的最值14.的展开式中的系数为_.【答案】-5【解析】【分析】中含有的项为和，得的展开式中的系数【详解】因为的通项为，所以中含有的项为和，因为，所以的展开式中的系数为-5【点睛】求二项展开式中的特定项，一般是化简通项公式后，令字母的指数符合要求（求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等），解出项数，代回通项公式即可15.函数 的部分图像如图所示，则的值为_.【答案】-1【解析】【分析】有函数图象得函数 的周期性、对称轴、对称中心，求得【详解】由函数图象得，得最小正周期为，所以，
12、由图象函数图象关于点中心对称，关于轴对称，且 则【点睛】由的图象求解析式或求值，可根据图象得函数周期，最值，特殊值点，再分别求得，的值，解决问题，也可根据函数性质，将问题转化为给定区间内问题，借助图象及性质解决16.将正整数分解成两个正整数的乘积有，三种，其中是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称为的最佳分解.当且是正整数的最佳分解时我们定义函数，例如.则的值为_，数列的前项的和为_.【答案】 (1). 3 (2). 【解析】【分析】写出88的所有分解，找出分解中两数差的绝对值最小的，得；由函数的定义，所以使用裂项相消法求数列前项的和【详解】88可分解成，其中是所有分解中两数差的绝对值最小
13、的，所以；由题，所以数列的前项的和为【点睛】解决以函数为背景的新定义问题，要紧扣新定义，分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题本质弄清楚，应用到具体的解题过程中去三、解答题。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。17.已知向量，设函数.（1）求函数的解析式及单调递增区间；（2）设，别为内角，的对边，若，的面积为，求的值.【答案】（1）, 函数的单调递増区间为，（2）【解析】【分析】（1）由向量，得，求得单调区间；（2）由，得，又的面积为，结合余弦定理，求得【详解】（1） 令 ，解得；，；所以
14、函数的单调递増区间为，.（2），.，即.由得，又 由余弦定理得 ，解得.【点睛】题目条件给出的向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系，然后求解，对于面积公式，一般考查哪个角就使用哪一个公式，与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化18.为全面贯彻党的教育方针，坚持立德树人，适应经济社会发展对多样化高素质人才的需要，按照国家统一部署，湖南省高考改革方案从2020年秋季进入高一年级的学生开始正式实施.新高考改革中，明确高考考试科目由语文、数学、英语科，及考生在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物个科目中自主选择的科组成，不分文理科
15、.假设个自主选择的科目中每科被选择的可能性相等，每位学生选择每个科目互不影响，甲、乙、丙为某中学高一年级的名学生.（1）求这名学生都选择了物理的概率.（2）设为这名学生中选择物理的人数，求的分布列和数学期望.【答案】(1) (2)分布列见解析，数学期望【解析】【分析】（1）由每位学生选择了物理的概率都为，得名学生都选择了物理的概率为（2）的所有可能取值为，由题意服从二项分布，得到的分布列，求得期望【详解】（1）设“这名学生都选择了物理”为事件，依题意得每位学生选择了物理的概率都为，故，即这名学生都选择了物理的概率为.（2）的所有可能取值为，由题意，所以的分布列为所以的数学期望 .【点睛】独立重
16、复试验与二项分布问题的常见类型及解题策略：1.再求n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率；2.在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，求得概率19.如图，四棱锥中，底面，底面为直角梯形， ，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）若截面与底面所成锐二面角为，求的长度.【答案】（1）见证明；（2）4【解析】【分析】（1）取的中点，连接，易证四边形是平行四边形，平面；（2）分别以，为，轴建立空间直角坐标系，设，写出平面的法向量为，平面的法向量为，由截面与底面所成锐二面角为， ，
17、解得【详解】（1）证明：取的中点，连接，是的中点，且，底面为直角梯形，且，四边形是平行四边形，又平面，平面，平面.（2）如图，分别以，为，轴建立空间直角坐标系，设。则，取平面的法向量为.，设平面的法向量为，则有，即，不妨取，则，即. ，解得，即.【点睛】利用向量解决立体几何问题时，首先要将几何问题转化成向量问题，通过建立坐标系利用向量的坐标进行求解，利用向量计算二面角的大小先分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，通过向量的夹角得到二面角的大小20.对称轴为坐标轴的椭圆的焦点为，在上.（1）求椭圆的方程；（2）设不过原点的直线与椭圆交于，两点，且直线，的斜率依次成等比数列，则当的面积为时，
18、求直线的方程.【答案】（1）（2）直线的方程为：或【解析】【分析】（1）设椭圆的方程为 ，由椭圆的定义求，进而得到椭圆标准方程；（2）设，.由题意将直线方程与椭圆方程联立，得，又，的斜率依次成等比数列，解得，由，到直线的距离， ，解得，得直线方程【详解】（1）设椭圆的方程为 ，由题意可得，又由，得，故，椭圆的方程为；（2）设，.由题意直线的方程为：，联立得， ，化简，得，直线，的斜率依次成等比数列，化简，得，又，且由知. 原点到直线的距离. ，解得（负舍）或（负舍）.直线的方程为：或.【点睛】对题目涉及的变量巧妙地引进参数（如设点坐标，直线方程等），利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程
19、组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到设而不求的效果21.已知函数.（1）当时，求证：恒成立；（2）若关于的方程至少有两个不相等的实数根，求实数的最小值.【答案】（1）见证明；（2）3【解析】【分析】（1）当时，求导，研究函数单调性，求最值，证明不等式；（2）将方程转化为，构造函数，求导数，研究函数单调性及取值范围，数形结合得的最小值【详解】（1）证明：当时，令，所以当时，单调递增；当时，单调递减.故，所以.（2） 至少有两个根，记，所以，记，所以，令舍）所以当，单调递减，时，单调递增，所以的最小值为 ，又，所以时，又当时， ，因此必存在唯一的，使得.因此时，单调递増
20、，单调递减，时，单调递増，画出的大致图象，如图所示因此当时，与至少有两个交点，所以的最小值为.【点睛】利用导数解决方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数零点个数问题，可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数（二）选考题，请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）写出圆的直角坐标方程；（2）设直线与圆交于两点，求弦长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）运用公式，直
21、接代入并化简即可；（2）将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，利用参数的几何意义求得弦长【详解】（1）由，得圆的直角坐标方程为，即（2）将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，得即，设两交点，所对应的参数分别为，从而，则【点睛】直角坐标方程化为极坐标方程比较容易，只要运用公式，直接代入并化简即可；而极坐标方程化为直角坐标方程则相对困难些，常通过变形，进行整体代换；灵活运用参数的几何意义可以快速求得弦长23.已知函数，其中.（1）当时，求不等式的解集；（2）若存在，使得，求实数的取值范围.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】(1) 利用零点区分区间，在每个区间内解不等式，等不等式的解集；（2）利用绝对值三角不等式求函数的最小值，因为存在，使得，所以的最小值小于，解得的取值范围【详解】（1）当时，所以或或，解得或，因此不等式的解集的或（2） ，易知，由题意，知，解得，所以实数的取值范围是【点睛】求含绝对值的函数最值时，常用的方法有：1.利用绝对值的几何意义；2.利用绝对值三角不等式，即；3.利用零点区分区间，求每个区间内最值再求函数最值
湖南省五市十校教研教改共同体2020届高三数学12月联考试题 理（含解析）
