2019-2020学年湖北省荆州中学、宜昌一中、龙泉中学三校高三联考数学（理）试题
一、单选题
1．已知全集，函数的定义域为，集合，则下列结论正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】求函数定义域得集合M，N后，再判断．
【详解】
由题意，∴．
故选A．
【点睛】
本题考查集合的运算，解题关键是确定集合中的元素．确定集合的元素时要注意代表元形式，集合是函数的定义域，还是函数的值域，是不等式的解集还是曲线上的点集，都由代表元决定．
2．复数满足：（为虚数单位），为复数的共轭复数，则下列说法正确的是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由已知求得z，然后逐一核对四个选项得答案．
【详解】
由（z﹣2）•i＝z，得zi﹣2i＝z，∴z，∴z2＝（1﹣i）2＝﹣2i，，．
故选：B．
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
3．下列函数中，其定义域和值域与函数的定义域和值域相同的是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】函数的定义域和值域均为，定义域值域都是，不合题意；函数的定义域为，值域为，不满足要求；函数的定义域为，值域为，不满足要求；函数的定义域和值域均为，满足要求，故选C.4．三个数的大小顺序是
（）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由题意得，故选D.5．已知等比数列的前项和为，则“”是“”的（）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】根据充分条件和必要条件的定义，结合等比数列的前n项和公式进行判断即可．
【详解】
若公比q＝1，则当a1＞0时，则S2019＞0成立，若q≠1，则S2019，∵1﹣q与1﹣q2019符号相同，∴a1与S2019的符号相同，则“a1＞0”⇔“S2019＞0”，即“a1＞0”是“S2019＞0”充要条件，故选：C．
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据等比数列前n项和公式是解决本题的关键．
6．在边长为2的等边三角形中，若，则（）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】运用向量的加减运算和向量数量积的定义计算可得所求值．
【详解】
在边长为2的等边三角形ABC中，若，则（）•（）
＝（）•（）
22•
故选：D
【点睛】
本题考查向量的加减运算和向量数量积的定义和性质，向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于基础题．
7．《九章算术·均输》中有如下问题：“今有五人分十钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分10钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．这个问题中，甲所得为（）
A．钱
B．钱
C．钱
D．钱
【答案】C
【解析】依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，由题意求得a＝﹣6d，结合a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝10求得a＝2，则答案可求．
【详解】
解：依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，则由题意可知，a﹣2d+a﹣d＝a+a+d+a+2d，即a＝﹣6d，又a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝10，∴a＝2，则a﹣2d＝a．
故选：C．
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式，考查实际应用，正确设出等差数列是计算关键，是基础的计算题．
8．2019年1月1日起我国实施了个人所得税的新政策，其政策的主要内容包括：(1)个税起征点为5000元；(2)每月应纳税所得额(含税)收入个税起征点专项附加扣除；(3)专项附加扣除包括①赡养老人费用
②子女教育费用
③继续教育费用
④大病医疗费用等，其中前两项的扣除标准为：①赡养老人费用：每月共扣除2000元
②子女教育费用：每个子女每月扣除1000元．新个税政策的税率表部分内容如下：
级数
全月应纳税所得额
税率
不超过3000元的部分
3%
超过3000元至12000元的部分
10%
超过12000元至25000元的部分
20%
现有李某月收入18000元，膝下有两名子女，需要赡养老人，(除此之外，无其它专项附加扣除，专项附加扣除均按标准的100%扣除)，则李某月应缴纳的个税金额为（）
A．590元
B．690元
C．790元
D．890元
【答案】B
【解析】由题意分段计算李某的个人所得税额；
【详解】
李某月应纳税所得额（含税）为：18000﹣5000﹣2000﹣2000＝9000元，不超过3000的部分税额为3000×3%＝90元，超过3000元至12000元的部分税额为6000×10%＝600元，所以李某月应缴纳的个税金额为90+600＝690元．
故选：B．
【点睛】
本题考查了分段函数的应用与函数值计算，准确理解题意是关键，属于中档题．
9．已知函数在内不是单调函数，则实数的取值范围是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】求导f′（x）＝2x，转化为f′（x）＝2x在有变号零点，再分离参数求值域即可求解
【详解】
∵f′（x）＝2x，在内不是单调函数，故2x在存在变号零点，即在存在有变号零点，∴2 【点睛】 本题考查利用导数研究函数的单调性，依题转化为导函数存在变号零点是关键，也是难点所在，属于中档题． 10．已知函数，若方程的解为 ()，则=（） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由已知可得，结合x1＜x2求出x1的范围，再由求解即可． 【详解】 因为0＜x，∴，又因为方程的解为x1，x2（0＜x1＜x2＜π），∴，∴，∴，因为，∴0＜x1，∴，∴由，得，∴，故= 故选：C． 【点睛】 本题考查了三角函数的恒等变换及化简求值和三角函数的图象与性质，属中档题． 11．若函数有最小值，则实数的取值范围为（） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用分段函数的表达式，分别求出x>1和x1时，对应的函数的值域，结合最小值之间的关系进行求解即可． 【详解】 当x>1时，函数f（x）为增函数，则f（x）＝ex﹣a∈（e﹣a,+） 当x≤1时，f（x）＝则f′（x）＝-3x2+6x＝-3x（x﹣2），则由f′（x）<0得或x＜0或x＞2（舍去），此时函数为减函数，由f′（x）>0 得0＜x＜2，此时0 要使函数f（x）有最小值，则e﹣a≥0，即a≤e，即实数a的取值范围是（﹣∞，e]，故选：B 【点睛】 本题主要考查函数最值的应用，利用分段函数的解析式分别求出对应的取值范围是解决本题的关键． 12．为等差数列，公差为，且，，函数在上单调且存在，使得关于对称，则的取值范围是（） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】推导出sin4d＝1，由此能求出d，可得函数解析式，利用在上单调且存在，即可得出结论． 【详解】 ∵{an}为等差数列，公差为d，且0＜d＜1，a5（k∈Z），sin2a3+2sina5•cosa5＝sin2a7，∴2sina5cosa5＝sin2a7﹣sin2a3＝2sincos•2cossin2sina5cos2d•2cosa5sin2d，∴sin4d＝1，∴d． ∴f（x）cosωx，∵在上单调 ∴，∴ω； 又存在，所以f（x）在（0，）上存在零点，即，得到ω． 故答案为 故选：D 【点睛】 本题考查等差数列的公差的求法，考查三角函数的图象与性质，准确求解数列的公差是本题关键，考查推理能力，是中档题． 二、填空题 13．已知则_______.【答案】 【解析】因为，所以 14．已知命题，命题，若为假命题，则实数的取值范围为_______________． 【答案】 【解析】【详解】 若为假命题，则、均为假命题，则，与，均为真命题． 根据，为真命题可得，根据，为真命题可得，解得或． 综上，． 15．在中，角的对边分别，满足，则的面积为_____． 【答案】 【解析】由二次方程有解的条件，结合辅助角公式和正弦函数的值域可求B，进而可求a，然后结合余弦定理可求c，代入S△ABCacsinB，计算可得所求． 【详解】 把a2﹣2a（sinBcosB）+4＝0看成关于a的二次方程，则△≥0，即8（sinBcosB）2﹣16≥0，即为8（sin（B））2﹣16≥0，化为sin2（B）≥1，而sin2（B）≤1，则sin2（B）＝1，由于0＜B＜π，可得B，可得B，即B，代入方程可得，a2﹣4a+4＝0，∴a＝2，由余弦定理可得，cos，解可得，c＝2 ∴S△ABCacsinB2×2． 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查一元二次方程的根的存在条件及辅助角公式及余弦定理和三角形的面积公式的应用，属于中档题． 16．若两曲线与存在公切线，则正实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】设两个切点分别为,两个切线方程分别为，化简得两条切线为同一条.可得，,令，所以g(x)在递增，递减。 所以，填。 三、解答题 17．已知的三个内角的对边分别为，若.（1）求证：； （2）若，求边上的高.【答案】（1）见解析;（2）.【解析】【试题分析】（１）先运用正弦定理建立关于三角形内角的方程，再运用诱导公式将其化为角的关系进行求解；（２）依据题设借助余弦定理求出另外两边，再运用三角形面积相等建立方程求解： （1）因为，所以，因为，所以 所以 即，即，因为，所以，所以或，故； （2）由及得，由余弦定理：得，解得：，由得，设边上的高为，则，即，所以.点睛：本题是解三角形问题的典型问题。求解第一问时，先运用正弦定理建立关于三角形内角的方程，再运用三角函数的诱导公式将其化为角的关系进行求解，从而使得问题获解；解答第二问时，先依据题设借助余弦定理求出另外两边：，再运用三角形面积相等建立方程，求出解使得问题获解。 18．已知数列中，其前项的和为，且当时，满足． （1）求证：数列是等差数列； （2）证明：． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）当n≥2时，Sn﹣Sn﹣1⇒Sn﹣Sn﹣1＝Sn•Sn﹣1（n≥2），取倒数，可得1，利用等差数列的定义即可证得：数列{}是等差数列； （2）利用进行放缩并裂项求和即可证明 【详解】 （1）当时，，即 从而构成以1为首项，1为公差的等差数列． （2）由（1）可知，． 则当时． 故当时 又当时，满足题意，故． 法二：则当时，那么 又当时，当时，满足题意，【点睛】 本题考查数列递推式的应用，考查等差数列的判定，考查等价转化思想，突出裂项法、放缩法应用的考查，属于难题． 19．在四棱锥中，． （1）设与相交于点，且平面，求实数的值； （2）若，且，求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）由AB∥CD，得到，由MN∥平面PCD，得MN∥PC，从而，由此能实数m的值． （2）由AB＝AD，∠BAD＝60°，知△ABD为等边三角形，推导出PD⊥DB，PD⊥AD，从而PD⊥平面ABCD，以D为坐标原点，的方向为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，由此能求出二面角B﹣PC﹣D的余弦值． 【详解】 （1）因为,所以． 因为平面，平面，平面平面，所以． 所以，即． （2）因为,可知三角形ABD为等边三角形，所以，又，故，所有． 由已知，所以平面，如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，所以,则，设平面的一个法向量为，则有 即 令，则，即，设平面的一个法向量为,则有 即令，则，即． 所以，设二面角的平面角为，则 【点睛】 本题考查实数值的求法，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 20．已知抛物线和直线，过直线上任意一点作抛物线的两条切线，切点分别为． （1）判断直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由； （2）求的面积的最小值． 【答案】(1)恒过定点；(2) 【解析】（1）设点，由两边同时对求导，求出切线方程，抽出直线的方程为，整理得定点； （2）联立方程利用韦达定理得弦长，结合点到直线的距离，表示面积，再利用二次函数求最值 【详解】 （1）设点，由两边同时对求导，则抛物线在点处的切线方程为，又该切线方程经过点，则，同理有，故均在直线上，又，则直线的方程为，整理得，恒过定点． （2）由题联立方程得，，点到直线：的距离为，则的面积，当时，即时，的面积最小值为． 【点睛】 本题主要考查直线与圆锥曲线的综合应用能力，综合性强，是高考的重点．本题具体涉及到轨迹方程的求法及直线与抛物线的相关知识，解题时要注意合理地进行等价转化． 21．已知． （1）若在上恒成立，求实数的取值范围； （2）证明：当时，． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）求导，讨论与1的大小确定的正负，进而确定的最值即可证明 （2）由（1）取，得，要证，只需证，构造函数，证明即可证明 【详解】 （1）法一：由题意，① 若，即时，则在单调递增，则，则在单调递增，故，满足题意； ② 若，即时，存在，使得，且当时，则在上单调递减，则，则在单调递减，此时，舍去； ③ 若，即时，则在上单调递减，则，则在单调递减，舍去； 故． 法二：由题知，且，要使得在上恒成立，则必须满足，即，． ① 若时，则在单调递增，则，则在单调递增，故，满足题意； ② 若时，存在时，则在上单调递减，则，则在单调递减，此时，舍去； 故． （2）证明：由（1）知，当时，．取，则 由（1），则，故，要证，只需证． 令，则，当时，则在上单调递增，有，故在单调递增，故，故，即有，得证 【点睛】 本题考查函数与导数的应用，考查利用导数证明不等式，考查构造函数及变形转化能力，是中档题 22．在极坐标系下，方程的图形为如图所示的“幸运四叶草”，又称为玫瑰线． （1）当玫瑰线的时，求以极点为圆心的单位圆与玫瑰线的交点的极坐标； （2）求曲线上的点M与玫瑰线上的点N距离的最小值及取得最小值时的点M、N的极坐标（不必写详细解题过程）． 【答案】（1）和；（2）最小值为，M，N的极坐标分别为，【解析】（1）把与联立，解方程组即得以极点为圆心的单位圆与玫瑰线的交点的极坐标；（2）曲线的直角坐标方程为再利用数形结合求出点M、N的极坐标.【详解】 （1）以极点为圆心的单位圆为与联立，得，所以，因为，所以或，从而得到以极点为圆心的单位圆与玫瑰线的交点的极坐标为和． （2）曲线的直角坐标方程为． 玫瑰线极径的最大值为2，且在点取得，连接O，与垂直且交于点，所以点M与点N的距离的最小值为，此时对应的点M，N的极坐标分别为，． 【点睛】 本题主要考查曲线交点的极坐标，考查极坐标下曲线中的最值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.23．已知函数，． （1）当时，解关于的不等式； （2）若对任意，都存在，使得不等式成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2）.【解析】（1）当时，则 当时，由得，解得； 当时，恒成立； 当时，由得，解得． 所以的解集为． （2）因为对任意，都存在，使得不等式成立，所以． 因为，所以，且，① 当时，①式等号成立，即． 又因为，② 当时，②式等号成立，即． 所以，整理得，解得或，故的取值范围为．
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