2020年湖南省永州市太平镇中学高三数学文联考试卷含解析

2020年湖南省永州市太平镇中学高三数学文联考试卷
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. 已知集合，集合，则A B= （）
A．（）B．C．[] D．
参考答案：
C
略
2. 若，则等于（）
A.2
B.
C.
D.-2
参考答案：
D
由得，，所以选D.
3. 则在同一坐标系内的大致图象是
参考答案：
B
4. 把函数y＝f(x)的图象向左、向下分别平移2个单位长度得到函数y＝2x的图象，则( )
A．f(x)＝2x+2＋2 B．f(x)＝2x+2－2
C．f(x)＝2x－2＋2 D．f(x)＝2x－2－2
参考答案：
C
略
5. 已知函数y=f（x+1）是定义域为R的偶函数，且在[1，+∞）上单调递增，则不等式f （2x﹣1）＜f（x+2）的解集为( )
A．{x|x＜3} B．C．D．
参考答案：
D
【考点】奇偶性与单调性的综合．
【专题】计算题；转化思想．
【分析】由于函数y=f（x+1）是定义域为R的偶函数，所以函数f（x）应该有对称轴
x=1，又由于函数y=f（x+1）是定义域为R的偶函数，且在[1，+∞）上单调递增，所以函数f（x）应该在[1，+∞）上单调递增，利用函数的单调性即可求出不等式f（2x﹣1）＜f（x+2）的解集．
【解答】解：因为函数y=f（x+1）是定义域为R的偶函数，所以函数f（x）应该有对称轴x=1，
又由于又由于函数y=f（x+1）是定义域为R的偶函数，且在[1，+∞）上单调递增，
所以不等式f（2x﹣1）＜f（x+2）?f（|2x﹣1﹣1|）＜f（|x+2﹣1|），
所以|2x﹣2|＜|x+1|?3x2﹣10x+3＜0，解得
所以所求不等式的解集为：{x|}
故选：D
【点评】此题考查了函数的平移，函数的奇偶性与单调性的联合使用求解抽象函数的不等式，还考查了含绝对值的不等式的求解．
6. 已知正方体，过顶点作平面，使得直线和与平面所成的角都为，这样的平面可以有（）
A．4个B．3个C．2
个D．1个
参考答案：
B
7. 设,则在上的投影
为…………………………（）
（A）（B）（C）（D）
参考答案：
C
8. 已知函数的部分图象如图所示，
若将图像上的所有点向右平移个单位得到函数的图像，
则函数的单调递增区间为（）
A．, B．,
C．, D．,
参考答案：
A
由图可知：A＝2，T＝＝，所以，，
又，得，
所以，，向右平移个单位得到函数＝，
由，得，所以，选A
9. 设二次函数f（x）=x2﹣x+a（a＞0），若f（m）＜0，则f（m﹣1）的值为（）
A．正数B．负数
C．非负数D．正数、负数和零都有可能
参考答案：
A
【考点】二次函数的性质；函数的值．
【专题】计算题；数形结合．
【分析】先由函数f（x）=x2﹣x+a（a＞0）的对称轴为x=，a＞0，以及f（0）=a＞0得到对应的大致图象，再利用f（m）＜0?0＜m＜1?m﹣1＜0结合图象即可求得结论．
【解答】解：因为函数f（x）=x2﹣x+a（a＞0）的对称轴为x=，
又因为a＞0，故f（0）=a＞0对应的大致图象如图：
由f（m）＜0?0＜m＜1?m﹣1＜0?f（m﹣1）＞0．
故选A．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，解决本题的关键在于通过已知条件画出对应图象，由图象求出m的取值范围，进而求的结论．
10. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，△是边长为的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为（）
A. B. C.
D.
参考答案：
A
△的外接圆的半径，点到面的距离,为球的直径点到面的距离为,此棱锥的体积为
二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知函数,则=
参考答案：
3
12. 阅读如图所示的程序框图，输出的结果的值为
参考答案：
13. 设抛物线y2=2px（p＞0）的焦点为F，点A（0，2）．若线段FA的中点B在抛物线上，则B到该抛物线准线的距离为．
参考答案：
略
14.
若定义在区间内的函数满足，则实数的取值范围是___________________。

参考答案：
答案：
15. 观察下列等式:
照此规律, 第n个等式可为________.
参考答案：
16. 已知正四棱锥O－ABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为________．
参考答案：
24π
17. 已知圆M：，在圆M上随机取两点A、B，使
的概率为 .
参考答案：
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. 某市地铁连同站台等附属设施全部建成后，平均每1公里需投资人民币1亿元.全部投资都从银行贷款.从投入营运那一年开始，地铁公司每年需归还银行相同数额的贷款本金0.05亿元.这笔贷款本金先用地铁营运收入支付，不足部分由市政府从公用经费中补足. 地铁投入营运后，平均每公里年营运收入（扣除日常管理费等支出后）第一年为0.0124亿元，以后每年增长20%，到第20年后不再增长.求：
（1）地铁营运几年，当年营运收入开始超过当年归还银行贷款本金？
（2）截至当年营运收入超过当年归还银行贷款本金的那一年，市政府已累计为1公里地铁支付多少元费用？（精确到元，1亿=）
参考答案：
（1）地铁营运第年的收入，…………2分
根据题意有：，………………………………4分
解得9年.
（或者，解得10年）
答：地铁营运9年，当年营运收入开始超过当年归还银行贷款本金. …………6分（2）市政府各年为1公里地铁支付费用
第1年：；
第2年：；
......
第年：.………………………………2分
年累计为：
，……4分
将代入得，亿.………8分
答：截至当年营运收入超过当年归还银行贷款本金的那一年，市政府累计为一公里地铁共支付19541135元费用.………………………………………………9分
19. 已知函数f（x）=λe x﹣x2，g（x）=﹣x2+x﹣（μ＞0），其中e=2.71828…是然对数底数．
（Ⅰ）若函数f（x）有两个不同的极值点x1，x2，求实数λ的取值范围；
（Ⅱ）当λ=1时，求使不等式f（x）＞g（x）在一切实数上恒成立的最大正整数μ．
参考答案：
【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值．
【分析】（1）f′（x）=λe x﹣2x，据题意得f′（x）=λe x﹣2x=0有两个不同的根x1，x2，对λ分类讨论：当λ≤0时，可得f（x）在R上递减，不合题意．λ＞0，令f″（x）=0，解得，可得函数f′（x）=λe x﹣2x在上递减，在上递增，f′（x）=λe x﹣2x=0有两个不同的根，则，解出即可得出．
（2）当λ=1时，由题意可得：不等式对任意x恒成立，令
，令h′（x）=0得，利用单调性可得
，整理得φ（u）=，再研究其单调性即可得出．
【解答】解：（1）f′（x）=λe x﹣2x，
据题意得f′（x）=λe x﹣2x=0有两个不同的根x1，x2，
当λ≤0时，f′（x）=λe x﹣2x≤0，因此f（x）在R上递减，不合题意，
∴λ＞0，
又f″（x）=λe x﹣2，令f″（x）=0，解得，
∴函数f′（x）=λe x﹣2x在上递减，在上递增，
∴f′（x）=λe x﹣2x=0有两个不同的根，则，
即，，
解得．
（2）当λ=1时，求使不等式f（x）＞g（x）在一切实数上恒成立，即不等式
对任意x恒成立，
令，∴，令h′（x）=0得，
∴函数h（x）在上递减，在上递增，
∴，
整理得．
令，易得?（μ）在（2，+∞）上递减，
若μ=2e2∈（14，15），?（2e2）=15﹣2e2＞0，
若μ=15，，
所以满足条件的最大整数μ=14．
20. （本小题满分分）
已知：函数的部分图象如图所示．
（Ⅰ）求函数的解析式；
（Ⅱ）在△中，角的对边分别是，若
的取值范围．
参考答案：
解：（Ⅰ）由图像知，的最小正周期，故……2分
将点代入的解析式得，又
故所以……………… 5分
（Ⅱ）由得
所以……………………8分
因为所以………………9分
……………………11分
……………………13分
21. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
已知抛物线，过原点的直线与交于两点。

（1）求的最小值；（2）求的值.
参考答案：
解：.设直线的参数方程为…………2分
与抛物线方程联立
得 (4)
分
…………7分
…………10分
22. 已知直线l与抛物线相交于A，B两个不同点，点M是抛物线C
在点A，B处的切线的交点.
（1）若直线l经过抛物线C的焦点F，求证：；
（2）若点M的坐标为，且，求抛物线C的方程.
参考答案：
（1）见证明；（2）或.
【分析】
（1）将证明分为和时两种情况，当时，分别设点，的坐标，表示出两条切线方程，联立得到点坐标，计算斜率关系得到答案.
（2）设直线和点，的坐标，联立直线方程和抛物线根据韦达定理得到坐标关系，表示出切线方程，解得点坐标，得到方程关系，再根据形成方程组，解得答案.
【详解】解：（1）由题意可得，
①当时，设直线，点，的坐标分别为，，
由，得，，
过点为的切线方程为，即，
过点的切线方程为，
由得，，
，；
②当时，则直线，，；
（2）①当时，设直线，点，的坐标分别为，，由得，，
过点的切线方程为，即，
过点的切线方程为，
由，得，，，
或，抛物线的方程为或.
【点睛】本题考查了抛物线与直线的位置关系，切线问题，弦长公式，综合性强，计算量大，属于难题.。