《湖南省衡阳市渔池中学2020年高三数学文下学期期末试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省衡阳市渔池中学2020年高三数学文下学期期末试卷含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖南省衡阳市渔池中学2020年高三数学文下学期期末试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 在ABC中，是角A、B、C成等差数列的（ ）A充分非必要条件 B充要条件 C必要非充分条件 D既不充分也不必要条件参考答案：A略2. 设数列是公差为为0的等差数列，是数列的前项和，若成等比数列，则 （ ） A3 B4 C6 D7参考答案：无略3. 定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”，如果函数，（）的“新驻点”分别为，那么，的大小关系是（ ）A B C D参考答案：D略4. 已知a，b都是负实数，则的最小值是( )AB2（1）
2、C21D2（+1）参考答案：B【考点】函数的最值及其几何意义 【专题】计算题【分析】把所给的式子直接通分相加，把分子整理出含有分母的形式，做到分子常数化，分子和分母同除以分母，把原式的分母变化成具有基本不等式的形式，求出最小值【解答】解：直接通分相加得 =1=1因为a，b都是负实数，所以，都为正实数 那么上式分母中的分母可以利用基本不等式求出最小值 最小值为为2分母有最小值，即有最大值 那么1可得最小值 最小值：22故选B【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，本题解题的关键是整理出原式含有基本不等式的形式，可以应用基本不等式求最值5. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F、G分别为棱
3、A1D1、A1A、A1B1的中点，给出下列四个命题：EFB1C；BC1平面EFG；A1C平面EFG；异面直线FG、B1C所成角的大小为其中正确命题的序号为（ ）A. B. C. D. 参考答案：C【分析】画出正方体的直观图，结合线面平行与垂直的判定定理和性质定理逐项判断即可得到正确选项.【详解】如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，A1D/B1C，又A1DEF，故B1CEF，即正确；又BC1AD1，AD1/EF，故BC1/EF，又EF?平面EFG，故BC1平面EFG，即正确；因为EFA1D，EFA1B1，所以EF平面A1B1CD，又A1C ?平面A1B1CD，所以EFA1C，同理可证EGA1
4、C，又EFEG=E，EF?平面EFG，EG?平面EFG，故A1C平面EFG，即正确；连接AB1，则AB1/FG，故AB1C为异面直线FG与B1C所成角，且AB1C=，即错误.故所有正确命题的序号为.故选：C.【点睛】本题考查线面平行与垂直的判定定理和性质定理，也考查学生的逻辑推理能力和直观想象能力，熟练掌握点、线、面位置关系中的判定定理和性质定理是解题的关键，属中档题.6. 已知=则的值等于()A-2B4C2D-4参考答案：B略7. 直线关于直线对称的直线方程是（） A BC D参考答案：D8. 有5名毕业生站成一排照相，若甲乙两人之间恰有1人，则不同站法有（ ） A18种 B24种 C36种
5、 D48种参考答案：C略9. 已知函数的定义域为,且为偶函数,则实数的值可以是（）ABCD参考答案：B略10. 若实数x、y满足且z=2x+y的最小值为4，则实数b的值为（）A1B2CD3参考答案：D【考点】简单线性规划【分析】作出不等式组对于的平面区域，根据z=2x+y的最小值为4，利用数形结合即可得到结论【解答】解：作出不等式组对于的平面区域如图：z=2x+y的最小值为4，即2x+y=4，且y=2x+z，则直线y=2x+z的截距最小时，z也取得最小值，则不等式组对应的平面区域在直线y=2x+z的上方，由；，解得，即A（1，2），此时A也在直线y=x+b上，即2=1+b，解得b=3，故选：D
6、二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设实数x,y满足 ，则的取值范围是参考答案：由于表示可行域内的点与原点的连线的斜率，如图2，求出可行域的顶点坐标，则，可见，令，则在上单调递增，所以12. 设f(x)是定义在R上的奇函数，且y=f (x)的图象关于直线对称，则f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)+ f (5)= _.参考答案：0略13. 已知ABC的三边长成公差为2的等差数列，且最大角的正弦值为，则这个三角形最小值的正弦值是 参考答案：【考点】等差数列的性质【专题】方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；解三角形【分析】设三角形的三边分别为a、b
7、、c，且abc0，设公差为d=2，求出a=c+4和b=c+2，由边角关系和条件求出sinA，求出A=60或120，再判断A的值，利用余弦定理能求出三边长，由余弦定理和平方关系求出这个三角形最小值的正弦值【解答】解：不妨设三角形的三边分别为a、b、c，且abc0，设公差为d=2，三个角分别为、A、B、C，则ab=bc=2，可得b=c+2，a=c+4，ABC，最大角的正弦值为，sinA=，由A（0，180）得，A=60或120，当A=60时，ABC，A+B+C180，不成立；即A=120，则cosA=，化简得，解得c=3，b=c+2=5，a=c+4=7，cosC=，又C（0，180），则sinC=
8、，这个三角形最小值的正弦值是，故答案为：【点评】本题考查等差中项的性质，余弦定理，以及三角形边角关系的应用，考查了方程与转化思想，运算求解能力，推理论证能力14. 如图，点分别是椭圆的上顶点和右焦点，直线与椭圆交于另一点，过中心作直线的平行线交椭圆于两点，若则椭圆的离心率为 . 参考答案：15. 设F为抛物线y24x的焦点，A、B、C为该抛物线上三点，若0，则|_。参考答案：6略16. 设Sn为等差数列an的前n项和，若，则的值为_参考答案：【分析】先由可求出，再由因式分解可求出d，然后求出，套公式即可求出【详解】解：因所以又因为所以所以，所以故答案为：【点睛】本题考查了等差数列的性质，等差数
9、列前n项和，属于基础题.17. 已知数列an的首项a1=m，其前n项和为Sn，且满足Sn+Sn+1=3n2+2n，若对?nN+，anan+1恒成立，则m的取值范围是 参考答案：（2，）【考点】8E：数列的求和【分析】Sn+Sn+1=3n2+2n，n=1时，2a1+a2=5，解得a2n2时，利用递推关系可得：an+1+an=6n1，于是an+1an1=6，因此数列an的奇数项与偶数项分别成等差数列，对n分类讨论即可得出【解答】解：Sn+Sn+1=3n2+2n，n=1时，2a1+a2=5，解得a2=52mn2时，Sn1+Sn=3（n1）2+2（n1），an+1+an=6n1，an+an1=6n7，
10、an+1an1=6，数列an的奇数项与偶数项分别成等差数列，a2k=52m+6（k1）=6k12m，a2k1=m+6（k1）=6k+m6对?nN*，anan+1恒成立，n=2k1时，6k+m66k12m，解得mn=2k时，6k12m6（k+1）+m6，解得：m2综上可得m的取值范围是：2m故答案为：（2，）三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 已知抛物线y2=2px（p0），过点C（2，0）的直线l交抛物线于A，B两点，坐标原点为O， ?=12（I）求抛物线的方程；（）当以AB为直径的圆与y轴相切时，求直线l的方程参考答案：【考点】K8：抛物线的
11、简单性质【分析】（）设l：x=my2，代入y2=2px，可得根与系数的关系，再利用?=12，可得x1x2+y1y2=12，代入即可得出（）由（）（?）化为y24my+8=0设AB的中点为M，可得|AB|=2xm=x1+x2=m（y1+y2）4=4m24，又|AB|=|y1y2|=，联立解出m即可得出【解答】解：（）设l：x=my2，代入y2=2px，可得y22pmy+4p=0（?）设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2=2pm，y1y2=4p，则x1x2=4?=12，x1x2+y1y2=12，即4+4p=12，得p=2，抛物线的方程为y2=4x（）由（）（?）化为y24my+8=0
12、y1+y2=4m，y1y2=8设AB的中点为M，则|AB|=2xm=x1+x2=m（y1+y2）4=4m24，又|AB|=|y1y2|=，由得（1+m2）（16m232）=（4m24）2，解得m2=3，m=直线l的方程为x+y+2=0，或xy+2=0【点评】本题考查了抛物线的标准方程及其性质、直线与抛物线相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、焦点弦长公式、弦长公式、直线与圆相切的性质、数量积运算，考查了推理能力与计算能力，属于中档题19. 选修4一1：几何证明选讲如图，圆O的直径AB=6，C为圆周上一点，BC=3，过C作圆的切线l，过A作l的垂线AD，AD分别与直线l、圆交于点D、E求DAC的度数与线段AE的长参考答案：【考点】弦切角【分析】连接OC，先证得三角形OBC是等边三角形，从而得到DCA=60，再在直角三角形ACD中得到DAC的大小；考虑到直角三角形ABE中，利用角的关系即可求得边AE的长【解答】解：如图，连接OC，因BC=OB=OC=3，因此CBO=60，由于DCA=CBO，所以DCA=60，又ADDC得DAC=30；又因为ACB=90，得CAB=30，那么EAB=60，从而ABE=30，于是20. （本小题满分12分）在一个盒子中，放有标号分别为，的三张卡片，现从这个盒子中，有放回地先后抽得两张卡片的标号分别为、，设为坐标原点，点的坐标为，
