《湖南省永州市道县、东安、江华、蓝山、宁远2020届高三12月联考数学文试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省永州市道县、东安、江华、蓝山、宁远2020届高三12月联考数学文试题（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、道县、东安、江华、蓝山、宁远2020届高三12月联考试题文科数学一、选择题：本题共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.2.已知为虚数单位，复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.执行如图所示的程序框图，输出的（ ）A.25B.9C.17D.204.某中学有高中生3000人，初中生2000人，男、女生所占的比例如图所示，为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，已知从高中生中抽取女生21人，则从初中生中抽取的男生人数是（ ）A.1
2、2B.15C.20D.215.已知，且，则（ ）A.B.7C.或7D.或76.设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则“”是“且”的（ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件7.函数的导函数的部分图象如图所示，给出下列判断：函数在区间单调递增函数在区间单调递减函数在区间单调递增当时，函数取得极小值当时，函数取得极大值则上述判断中正确的是（ ）A.B.C.D.8.刘徽九章算术商功中将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.某“阳马”的三视图如图所示，则其外接球的体积为（ ）A.B.C.D.9.已知两点，若直线上存在点满足，则实数的取值
3、范围是（ ）A.B.C.D.10.等轴双曲线的中心在原点，焦点在轴上，与抛物线的准线交于、两点，则的实轴长为（ ）A.B.C.2D.411一个圆锥的母线长为，且母线与底面所成角为，则该圆锥内切球的表面积为（ ）A.B.C.D.12.已知是定义在上的函数的导函数，若，且当时，则不等式的解集为（ ）A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设函数，则的值为_.14.已知向量，若向量，反向，则实数的值为_.15.已知角的顶点与坐标原点重合，始边为轴正半轴，终边上有一点，则_.16.若一个数列的第项等于这个数列的前项的乘积，则称该数列为“积数列”若各项均为正数的等比数列是一
4、个“2020积数列”，且，则当其前项的乘积取最大值时，的最大值为_.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.的内角，的对边分别为，且.（1）求角；（2）若，且外接圆的半径为1，求的面积.18.设数列的前项和为，且，数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.19.如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，.（1）证明：平面；（2）若四棱锥的体积为，求的面积.20.已知抛物线：，直线与交于，两点，且.（1）求的值；（2）如图，过原点的直线与
5、抛物线交于点，与直线交于点，过点作轴的垂线交抛物线于点，证明：直线过定点.21.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：在区间上有且仅有2个零点.（二）选考题：共10分.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.【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）写出圆的极坐标方程；（2）设直线的极坐标方程为，射线与圆交于、两点，与直线交于点，求线段的长.23.【选修4-5：不等式选讲】已知函数.（1）求不等式的解集；（2）设的最大值为，正数，满足，证明：.高三文科数学参考答案一
6、、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案ADCADADCCCBB二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.14.215.16.1010三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.【答案】（1）；（2）.【解析】（1），由正弦定理得，又，又，.（2）设外接圆的半径为，则，由余弦定理得，即，的面积.18.【答案】（1）；（2）【解】（1）当时，；当时，.也适合，因此，数列的通项公式为；（2），在等式两边同时除以得，且.所以，数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，.，上式下式得，因此，.19.【解析】（1）在平面内，因为，所以.又平面，
7、平面，故平面.（2）取的中点，连接，.由，及，得四边形为正方形，则.因为侧面是等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以，因为平面，所以平面.因为平面，所以.设，则，.因为四棱锥的体积为，所以，所以，取的中点，连接，则，所以.因此的面积.20.【解析】（1）由，消去可得，设，则，解得或（舍去），.（2）证明：由（1）可得，设，直线的方程为.当时，则，代入抛物线方程，可得，直线的斜率，直线的方程为，整理可得故直线过定点.21.【解析】（1），则，.因此，函数在点处的切线方程为，即；（2）当时，此时，所以，函数在区间上没有零点；又，下面只需证明函数在区间上有且只有一个零点.，构造函数，则，当时，所以，函数在区间上单调递增，由零点存在定理知，存在，使得，当时，当时，.所以，函数在处取得极小值，则，又，所以，由零点存在定理可知，函数在区间上有且只有一个零点.综上所述，函数在区间上有且仅有两个零点.22.【解析】（1）圆的普通方程为，又，所以圆的极坐标方程为.（2）设，则由解得，得；设，则由解得，得；所以.23.【解析】（1）当时，由，得，解得，此时；当时，由，得，解得，此时；当时，此时不等式无解.综上所述，不等式的解集为；（2）由（1）可知.当时，；当时，；当时，.所以，函数的最大值为，则.由柯西不等式可得，即，即，当且仅当时，等号成立.因此，.
