1、江西省临川二中、临川二中实验学校2020届高三数学上学期期中试题 文（含解析）第卷 选择题一、选择题（本大题共12小题，四个选项中只有一个正确，每小题5分，共60分.）1.设集合，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先化简集合，再由交集的概念，即可得出结果.【详解】因为，所以.故选A【点睛】本题主要考查集合的交集运算，熟记概念即可，属于基础题型.2.A. -1B. C. 1D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算，可直接得出结果.【详解】.故选D【点睛】本题主要考查复数的除法运算，熟记除法运算法则即可，属于基础题型.3.“”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不
2、充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据以及充分不必要条件的定义可得.【详解】因为，所以,所以”是“”的充分不必要条件.故选A【点睛】本题考查了对数不等式以及充分必要条件,属基础题.4.已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】，由于角为第三象限角，故，.5.非零向量满足且,的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】运用向量的平方即为模的平方，求得，由向量数量积的夹角公式，计算可得所求值【详解】由得， 又由得， 将代入式，整理得：，即又因为，即故选.【点睛】本题考查向量数列的定义和夹角的求法，考查向量的平方即为模的平
3、方，考查运算能力，属于中档题6.将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出平移后的函数解析式，进而可求出结果.【详解】将函数图象上所有的点向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则故选D【点睛】本题主要考查由三角函数平移后的解析式求函数值，熟记三角函数的平移原则即可，属于基础题型.7.已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，则的值是（ ）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据等比数列和等差数列的性质求得和，同时利用下标和的性质化简所求式子，可知所求式子等价于，利用诱导公式可求得结果.【详解】是等比数
4、列 是等差数列 本题正确选项：【点睛】本题考查等差数列、等比数列性质的应用，其中还涉及到诱导公式的知识，属于基础题.8.在九章算术方田章圆田术（刘徽注）中指出，“割之弥细，所失弥少，制之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程，比如在中“”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程确定出来，类比上述结论可得的正值为（）A. 1B. C. 2D. 4【答案】C【解析】【分析】根据题意,通过类比可得: ,再解方程可得.【详解】由题意可得，解得故选C.【点睛】本题考查了推理与证明中的类比推理,属中档题.9.某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从
5、中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先设表示“从中任选2名学生去参加活动，恰好选中2名女生”，由题意确定事件包含的基本事件个数，以及总的基本事件个数，进而可求出结果.详解】依题意，设表示“从中任选2名学生去参加活动，恰好选中2名女生”，则事件包含的基本事件个数为种，而基本事件总数为，所以，故选C【点睛】本题考查求古典概型的概率，熟记概率的计算公式即可，属于基础题10.函数的大致图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由于，且，故此函数是非奇非偶函数，排除；又当时，满足，即的图象与直线的交点中有一个点的横坐标为
6、，排除， 故选B【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除11.中，点 在双曲线上，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意结合双曲线定义，求出的三边关系，再利用正弦定理化简，求出它的值即可【详解】中， ， ，点在双曲线上，与为双曲线的两焦点，根据双曲线的定义得：，则故选【点睛】本题考查了正弦定理的应用问题
7、，考查了双曲线的定义与简单性质的应用问题，是基础题目12.已知函数有两个零点，则下列判断：；有极小值点，且则正确判断的个数是（ ）A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个【答案】D【解析】【分析】利用函数的导数，判断函数的单调性，对四个选项分别进行判断，即可得出结论.【详解】对于，令，当时，在上恒成立，在上单调递增当时，由，解得；由，解得；在单调递减，在单调递增函数有两个零点，即，即，解得：；所以不正确；对于，因为函数有两个零点，所以，是方程的两根，因此，所以，取，所以不正确；对于，不一定，所以不正确；对于，f（x）在单调递减，在单调递增，有极小值点，且，所以正确综上，正确的命题序号是故选D【
8、点睛】本题考查了利用导数求函数的极值，研究函数的零点问题，利用导数研究函数的单调性，通常需要对函数求导，根据转化与化归的思想求解，属于常考题型第卷 非选择题二、填空题（本大题共有4个小题，每小题5分，共20分）13.已知向量，若，则向量的模为_【答案】10【解析】【分析】根据向量平行的坐标表示得到，然后根据向量模的定义求出向量的模.【详解】，解得，.故答案为10【点睛】本题考查求向量的模，熟记向量共线的坐标表示，以及向量模的坐标表示即可，属于基础题型14.已知，均为锐角且，则_【答案】【解析】【分析】根据题意，由两角和的正切公式，求出的正切值，即可得出结果.【详解】，.又，则故答案为【点睛】本
9、题考查两角和的正切，考查由已知三角函数值求角，熟记公式即可，属于基础题型15.设为所在平面内一点，若，则_【答案】-3【解析】【分析】直接利用向量的线性运算求出结果【详解】为所在平面内一点, ，B，C，D三点共线.若 ，化为： =+，与=+，比较可得： ，解得.即答案为-3.【点睛】本题考查的知识要点：向量的线性运算及相关的恒等变换问题16.已知函数，若与的图象上存在关于直线对称的点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】求出函数关于直线对称函数，令与的图象有交点得出的范围即可【详解】关于直线对称的直线为，直线与在上有交点，作出与的函数图象，如图所示：若直线经过点，则，若直线与相切，设
10、切点为，则，解得，故答案为.【点睛】本题考查了函数的对称问题解法，注意运用转化思想，以及零点与函数图象的关系，导数的几何意义，属于中档题三、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.17.已知等差数列的前项和为，若，（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先设等差数列的首项为，公差为，根据题意列出方程组，求出首项与公差，即可得出结果；（2）由裂项相消法，直接求解，即可得出结果【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，因为 ，则：，解得，所
11、以（2）由于，所以则【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，以及求数列的和，熟记等差数列的通项公式与求和公式，以及裂项相消法求数列的和即可，属于基础题型18.在中，内角的对边分别为，且（1）求的值；（2）若，求的面积【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）结合余弦定理进行化简，即可求出结果（2）由题意求出的值，结合正弦定理以及三角形的面积公式进行计算，即可得出结果【详解】（1）由余弦定理得化简得，.，.（2）由，得，在中，由正弦定理，得，.【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理，以及三角形面积公式即可，属于常考题型.19.如图，在四棱锥中，底面是菱形，（1）证明：；（2）若面面
12、，求到平面的距离【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于，连接，推导出，面，由此能证明（2）推导出是三棱锥的高，设到平面的距离为，根据，即可求出结果【详解】（1）连接交于，连接，在菱形中，是的中点，又因为，所以，又，所以面，又面，所以（2）因为面面，面面面，面，所以面，即是三棱锥的高依题意可得，是等边三角形，所以，在等腰，经计算得，等腰三角形的面积为，设点到平面的距离为，则由，得，解得，所以到平面的距离为【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求点到面的距离，熟记线面垂直的判定定理与性质定理，以及等体积法求点到面的距离即可，属于常考题型.20.已知函数，.（1）若，求的最大值
13、；（2）当时，求证：.【答案】(1) (2)见解析【解析】分析：（1）给定区间求最值需先求导判出在相应区间上的单调性；（2）构造新函数，运用放缩进行处理先证，又由，所以详解：（1）解：当时，由，得，所以时，；时，因此的单调递减区间为，单调递增区间为，的最大值为 .（2）证明：先证，令，则 ，由，与的图象易知，存在，使得，故时，；时，所以的单调递减区间为，单调递增区间为，所以的最大值为，而，.又由，所以，当且仅当，取“=”成立，即.点晴：导数是做题的工具，在解决问题时，一般首先要对题干的转化，带着目标做下手，一般都是转化成最值的问题，然后最值的问题都是利用单调性去解决21.已知抛物线的方程为，其
14、焦点为，为过焦点的抛物线的弦，过分别作抛物线的切线，设，相交于点（1）求的值；（2）如果圆的方程为，且点在圆内部，设直线与相交于，两点，求的最小值【答案】（1）0（2）【解析】【分析】（1）设，设的方程为，代入抛物线方程得，得到，利用函数的导数求解切线的斜率，即可得出结果（2）由（1）知， 以及在点，处的切线方程，联立两切线方程，得到交点由点在圆内，得到，再求出弦长，求出到直线的距离，利用构造法结合基本不等式求解最小值即可【详解】（1）设，因为，所以设的方程为，代入抛物线方程得，从而，又由得，所以，因此，即，所以（2）由（1）知，在点，处的切线方程分别为，由两切线方程联立，解得：交点由点在圆内
15、，得，又因为，其中为到直线的距离所以又的方程为，所以，令，由得又由，所以，从而所以，当时，【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，直线与圆的位置关系的应用，通常需要联立直线与曲线方程，结合韦达定理，弦长公式，以及点到直线距离公式等求解，属于常考题型，计算量较大22.在极坐标系中，已知两点O(0，0)，B(2，)(1)求以OB为直径的圆C的极坐标方程，然后化成直角坐标方程；（2）以极点O为坐标原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为（t为参数）若直线l与圆C相交于M，N两点，圆C的圆心为C，求三角形MNC的面积【答案】(1) (x1)2(y1)2=2； (2).【解
16、析】【详解】(1)设 |OP|，角POx，在直角三角形POB中，cos()，即2cos()cos+2sin，圆C的直角坐标方程为 (x2)2(y2)2=2 （2）C到直线l的距离为d，在直角三角形CDA中，|MN|2，S23.已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）当时，不等式恒成立，求取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）代入的值，根据题意，分情况求解，即可得出结果；（2）问题转化为恒成立，当时，令，求出的最大值，求出的范围即可【详解】（1）当时， 由，得或或，解得：或，故不等式的解集是；（2）当时，因此恒成立，即恒成立，整理得：，当时，成立，当时，令，故，故【点睛】本题考查解含绝对值的不等式，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记含绝对值不等式的解法，灵活运用分类讨论的思想即可，属于常考题型.
