1、江西省2020届高三数学上学期第二次大联考试题 文（含解析）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共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. 【答案】A【解析】【分析】求出集合A，直接进行集
2、合的交集运算.【详解】因为，所以.故选：A【点睛】本题考查集合的交集，考查运算求解能力，属于基础题.2.（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接按照复数的乘法法则运算即可.【详解】.故选：B【点睛】本题考查复数的运算，属于基础题.3.已知函数，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】分析】结合分段函数解析式,先求出,进而可求出.【详解】由题意可得，则.故选:C.【点睛】本题考查了求函数的值,考查了分段函数的性质,考查运算求解能力,属于基础题.4.已知向量满足 ，那么与的夹角为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将 平方后将代入整理即可得
3、到夹角.【详解】由，得,即, 又，所以cos，又0，所以，故选C【点睛】本题考查向量的模的运算及向量的夹角，属简单题5.若函数为奇函数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先利用奇函数满足列出方程求出，从而求得函数解析式，代入值求解即可.【详解】因为为奇函数，所以，即，整理得，解得，则，故.故选：A【点睛】本题考查函数的奇偶性，属于基础题.6.在明代程大位所著的算法统宗中有这样一首歌谣，“放牧人粗心大意，三畜偷偷吃苗青，苗主扣住牛马羊，要求赔偿五斗粮，三畜户主愿赔偿，牛马羊吃得异样马吃了牛的一半，羊吃了马的一半”请问各畜赔多少？它的大意是放牧人放牧时粗心大意，牛、马、羊
4、偷吃青苗，青苗主人扣住牛、马、羊向其主人要求赔偿五斗粮食（1斗=10升），三畜的主人同意赔偿，但牛、马、羊吃的青苗量各不相同马吃的青苗是牛的一半，羊吃的青苗是马的一半问羊、马、牛的主人应该分别向青苗主人赔偿多少升粮食？（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设羊户赔粮升,马户赔粮升,牛户赔粮升,易知成等比数列,结合等比数列的性质可求出答案.【详解】设羊户赔粮升,马户赔粮升,牛户赔粮升,则成等比数列,且公比,则,故,.故选:D.【点睛】本题考查数列与数学文化,考查了等比数列的性质,考查了学生的运算求解能力,属于基础题.7.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分
5、析】设，则，通过三角函数诱导公式及二倍角公式进行化简求值即可.【详解】设，则，故.故选：B【点睛】本题考查三角恒等变换，属于基础题.8.已知是定义在上的偶函数，且在上是增函数.设，则，的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用偶函数的对称性分析函数的单调性，利用指数函数、对数函数的单调性比较出的大小关系从而比较函数值的大小关系.【详解】由题意可知在上是增函数，在上是减函数.因为，所以，故.故选：A【点睛】本题考查函数的性质，利用函数的奇偶性及对称性判断函数值的大小关系，涉及指数函数、对数函数的单调性，属于基础题.9.如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥中，为
6、侧棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线与所成角的平面角，在中利用余弦定理求出进而求出CE，再在中利用余弦定理即可得解.【详解】如图，取的中点，的中点，的中点，连接，则，从而四边形是平行四边形，则，且因为是的中点，是的中点，所以为的中位线，所以，则是异面直线与所成的角.由题意可得，.在中，由余弦定理可得，则，即.在中，由余弦定理可得.故选：D【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.10.给出下列三个命题：“”的否定；在中，“”是“”的充要条件；将函数的图象向左平移个单位长度，得到函
7、数的图象其中假命题的个数是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】结合不等式、三角函数的性质,对三个命题逐个分析并判断其真假,即可选出答案.【详解】对于命题,因为,所以“”是真命题,故其否定是假命题,即是假命题;对于命题,充分性:中,若,则,由余弦函数的单调性可知,即,即可得到,即充分性成立;必要性:中,若,结合余弦函数的单调性可知,即,可得到,即必要性成立.故命题正确;对于命题,将函数的图象向左平移个单位长度,可得到的图象,即命题是假命题故假命题有.故选:C【点睛】本题考查了命题真假的判断,考查了余弦函数单调性的应用,考查了三角函数图象的平移变换,考查了学生的逻辑推理
8、能力,属于基础题.11.已知函数在上单调递增，则的取值范围（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】由,可得,结合在上单调递增,易得,即可求出的范围.【详解】由,可得,时,而,又在上单调递增,且,所以,则,即,故.故选:B.【点睛】本题考查了三角函数的单调性的应用,考查了学生的逻辑推理能力,属于基础题.12.已知函数恰有三个零点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】函数的零点等价于与的图像的交点个数，分析两函数图像的交点将问题转化为方程在上有两个不同的解，利用导数求出的最大值即可得解.【详解】若，则，函数在R上无零点，不满足题意，函数的零点个数即与
9、的图像的交点个数.因为与的图像在上有且只有一个交点，所以与的图像在上有两个交点，又等价于，即，记，则，令，解得，令，解得，所以，故，即.故选：B【点睛】本题考查函数与方程，利用导数研究函数的单调性及最值，属于较难题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.函数的极小值是_.【答案】【解析】【分析】求出导数，由导数的符号判断函数的单调性从而找到极小值点，代入解析式求出函数值即可.【详解】，令，解得，当时，当时，.故在处取得极小值，极小值为.故答案为：【点睛】本题考查利用导数求函数的极小值，属于基础题.14.若实数x，y满足约束条件，则的最大值为_.【答
10、案】3【解析】【分析】作出可行域,可得当直线经过点时,取得最大值,求解即可.【详解】作出可行域（如下图阴影部分）,联立,可求得点,当直线经过点时,.故答案为:3.【点睛】本题考查线性规划,考查数形结合的数学思想,属于基础题.15.记等差数列和的前项和分别为和，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意设，利用等差数列的性质(若则)可得，从而求得比值.【详解】因为，所以可设，故.故答案为：【点睛】本题考查等差数列的性质，属于基础题.16.在四面体中，.球是四面体的外接球，过点作球的截面，若最大的截面面积为，则四面体的体积是_.【答案】【解析】【分析】将四面体补成一个长方体，过点A的最大截面面积为
11、大圆面积可求出外接球的半径，代入长方体的外接球的直径计算公式()求出长方体的高，用长方体的体积减去三个相同的三棱锥的体积即为所求。【详解】如图，因为，所以该长方体的长和宽都是4，设该长方体的高为，球的半径为，则，因为过点作球的截面，最大的截面面积为，所以，则，故四面体的体积是.故答案为：【点睛】本题考查简单几何体的外接球，球的截面，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.17.在中，角，的对边分别为，且.（1）证明：.（2）若，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）或【解析】【分析】(1)利用正弦定理进行角化边并用a、b表示c，代入余弦定理即可得解；(2)由(
12、1)中所得等式化简为用a,c表示b，由余弦定理可得关于a、c的齐次式，利用所得齐次式即可求得.【详解】（1）证明：因为，所以，整理得，即.由余弦定理可得，则.（2）由（1）可得，即，则，整理得，即，则或.因为，所以，则的值为或.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，属于基础题.18.已知首项为2的数列满足.（1）证明：数列是等差数列（2）令，求数列的前项和.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）由原式可得,等式两端同时除以,可得到,即可证明结论;（2）由（1）可求得的表达式,进而可求得的表达式,然后求出的前项和即可.【详解】（1）证明:因为,所以,所以,从而,因为,所以,故数
13、列是首项为1,公差为1的等差数列.（2）由（1）可知,则,因为,所以,则.【点睛】本题考查了等差数列的证明,考查了等差数列及等比数列的前项和公式的应用,考查了学生的计算求解能力,属于中档题.19.如图，底面是等腰梯形，点为的中点，以为边作正方形，且平面平面.（1）证明：平面平面.（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)由、推出四边形是平行四边形，再由推出四边形是菱形从而可得，利用面面垂直的性质推出平面，即可推出两平面垂直；(2)由(1)及已知条件可得四边形是菱形且，推出相应边的长度进而求出的面积，利用面面垂直的性质由平面平面推出、从而可求OF，最后利用等体积
14、法即可求得到平面的距离.【详解】（1）因为点为的中点，所以，因为，所以，所以四边形是平行四边形.因为，所以平行四边形是菱形，所以.因为平面平面，且平面平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）记，的交点为，连接.由（1）可知平面，则.因为底面是等腰梯形，所以四边形是菱形，且.则，从而的面积.因为平面平面，且四边形为正方形，所以，所以，则.设点到平面的距离为.因为，所以，即，解得.故点到平面的距离为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，等体积法求点到直线的距离，面面垂直的性质，属于中档题.20.已知函数，且.（1）求的解析式；（2）已知，若对任意的，总存在，使得成立，求的取值范围.【答案】（1）
15、；（2）【解析】【分析】（1）由,可求出的值,进而可求得的解析式;（2）分别求得和的值域,再结合两个函数的值域间的关系可求出的取值范围.【详解】（1）因为,所以,解得,故.（2）因为,所以,所以，则,图象的对称轴是.因为,所以,则,解得,故的取值范围是.【点睛】本题考查了三角函数的恒等变换,考查了二次函数及三角函数值域的求法,考查了学生的计算求解能力,属于中档题.21.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在上恒成立，求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）,对函数求导,分别求出和,即可求出在点处的切线方程;（2）对求导,分、和三种情况讨论的单调性,再结合在上恒
16、成立,可求得的取值范围.【详解】（1）因为,所以,所以,则,故曲线在点处的切线方程为.（2）因为,所以,当时,在上恒成立,则在上单调递增,从而成立,故符合题意;当时,令,解得,即在上单调递减,则,故不符合题意;当时,在上恒成立,即在上单调递减,则,故不符合题意.综上,的取值范围为.【点睛】本题考查了曲线的切线方程的求法,考查了利用导数研究函数的单调性,考查了不等式恒成立问题,利用分类讨论是解决本题的较好方法,属于中档题.22.已知函数.（1）求的单调区间；（2）证明：对任意的，不等式恒成立.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为（2）证明见解析【解析】【分析】(1)求出函数的导数，利用导数的符号研究函数的单调性；(2)不等式恒成立等价于恒成立，利用导数分别分析函数、的单调性与最值，证明即可证明原不等式恒成立.【详解】（1）因为，所以，令，解得；令，解得.故的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）要证，只需证.由（1）可知.令，则，令，所以当时，单调递增；当时，单调递减，则.因为，所以，所以，从而，则当时，.故当时，恒成立，即对任意的，.【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间与最值，利用导数证明不等式恒成立，属于中档题.
