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 理（含解析）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.）1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出集合，由此能求出【详解】解：集合，故选：【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基知识，考查运算求解能力，属于基础题2.在复平面内，复数所对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案【详解】解：，复数所对应的点的坐标为，位于
2、第一象限故选：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题3.已知函数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据分段函数的解析式，计算可得；【详解】解：函数，故选：【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题4.下列函数中，既是奇函数又在定义域内递增的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】考查选项A，检验是否恒成立，再利用导数来判断函数的单调性即可；考查选项B，,即不恒成立，即函数不为奇函数，考查选项C，函数的增区间为，则函数在定义域上不单调，考查选项D，,即不恒成立，即函数
3、不为奇函数，得解.【详解】解：对于选项A，恒成立，且，即函数为奇函数且为增函数，对于选项B，则函数不为奇函数，对于选项C，函数的增区间为，函数在不为增函数，对于选项D，则函数不为奇函数，故选A.【点睛】本题考查了函数的奇偶性及增减性，重点考查了函数的单调区间与函数的定义域，属中档题.5.已知且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用同角三角函数的基本关系求得，再由商的关系求得，则答案可求【详解】解：由且，得，故选：【点睛】本题考查三角函数化简求值，考查同角三角函数基本关系式的应用，属于基础题6.某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况 (注：“累
4、计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程)在这段时间内，该车每100千米平均耗油量为A. 6升B. 8升C. 10升D. 12升【答案】C【解析】【分析】因为第二次加满油箱，加了60升，所以从第一次加油到第二次加油共用油60升，行驶600公里，从而可得结果.【详解】因为第二次加满油箱，加了60升，所以从第一次加油到第二次加油共用油60升，行驶600公里（等于6千米），所以在这段时间内，该车每100千米平均耗油量为升，所以选C.【点睛】本题主要考查阅读能力、建模能力以及转化与划归思想的应用，属于中档题.7.在中，角、的对边长分别为、.命题甲：，且，命题乙：是等腰直角三角形，且为直角.则命题甲是命题
5、乙的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据三角函数的余弦定理，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可详解】解：由，得，又，平方得，即，是等腰直角三角形，即命题甲是命题乙的充要条件故选：【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用余弦定理以及充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键，属于基础题8.设函数满足，则的图像可能是A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据题意，确定函数的性质，再判断哪一个图像具有这些性质由得是偶函数，所以函数的图象关于轴对称，可知B，D符合；由得是周期为2的周期函数，选项D的图像的
6、最小正周期是4，不符合，选项B的图像的最小正周期是2，符合，故选B9.已知，且，则的值为（）A. -7B. 7C. 1D. -1【答案】B【解析】【分析】由了诱导公式得，由同角三角函数的关系可得，再由两角和的正切公式，将代入运算即可.【详解】解：因为，所以，即，又 ，则，解得= 7，故选B.【点睛】本题考查了诱导公式及两角和的正切公式，重点考查了运算能力，属中档题.10.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的单调性即可得出【详解】解：因为，故选：【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题11.已知函数的图
7、像向左平移个单位长度，得到的图像，图像的相邻两条对称轴之间的距离为个单位长度，则函数图像的一个对称中心为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先利用三角函数的关系式的对称轴之间的距离的应用求出函数的周期，进一步求出函数的解析式，最后利用整体思想的应用求出结果【详解】解：由已知，函数，则，所以函数的最小正周期为，则，解得，所以，令，解得，所以函数图象的对称中心为显然当时，图象的一个对称中心为故选：【点睛】本题考查的知识要点：余弦型函数的性质的应用，对称中心的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题12.对于函数，下列结论中正确结论的个数为（ ）在处取得极大
8、值；有两个不同的零点；若在上恒成立，则；，恒成立.A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个【答案】B【解析】【分析】对函数求导得单调性即可得出是否正确，的恒成立问题，采用参变分离，则，令，大于最大值即可得出答案，证明恒成立问题，令 ，只需要证明最大值小于0即可【详解】解：，令，得，当时，；当时，的增区间是，减区间是，当时，有极大值（e）所以正确时，；时，只有一个零点所以错误由上知减区间是，又，所以错误若在上恒成立，则，令，可得时，时，所以正确令 ，令，在 单调递减，又，在时，递增，在时，递减，当时，恒成立所以正确正确结论为故选：【点睛】考查导数的综合应用，以及恒成立问题，属于中档题，二、填空题
9、（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.若，则_.【答案】【解析】【分析】直接利用关系式求出函数的被积函数的原函数，进一步求出的值【详解】解：若，则，即，所以故答案为：【点睛】本题考查的知识要点：定积分的应用，被积函数的原函数的求法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题14.已知向量，且，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，可得，从而解得的值【详解】解：向量，解得，故答案为：【点睛】本题主要考查两个向量垂直的性质，属于基础题15.若曲线在点处的切线过点，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】利用导数求出曲线在点处的切线方程，把已知点
10、的坐标代入即可求解值【详解】解：由，得，又，曲线在点处的切线方程为，代入，得，解得故答案为：【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，关键是简单复合函数的求导，属于中档题16.中，角的对边分别为，当最大时，_【答案】【解析】,当且仅当，取等号，C的最大值为75，此时sinC=,，.故答案为三、解答题（本大题共6小题，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，每道试题考试必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）17.已知函数.（1）求的单调递增区间；（2）在中，角、的对边长分别为、，若，且，求的值.【答案】（1），递增区间为，；（2），.【
11、解析】【分析】（1）利用三角函数恒等变换的应用可求函数解析式，利用正弦函数的单调性即可求解；（2）由题意可得，结合范围，可求的值，进而根据余弦定理可求的值【详解】解：（1）由于，令，可得：，可得的单调递增区间为（2），可得，可得，由余弦定理可得【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的单调性，余弦定理的综合应用，考查了转化思想，属于基础题18.已知如图，在直三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，与相交于点.（1）在上作一点，使得面，并证明；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）当，证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连结，交于，连结，则，是的中点，从而由此能证明在上
12、作中点，使得面（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值【详解】解：（1）连结，交于，连结，则，是的中点，与相交于点是中点，平面，平面，面（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ， ， ， ， ，设面的法向量为， 则，取，得，直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题19.已知数列满足，.（1）证明数列为等差数列，并求数列的通项公式；（2）数列的前项和为，求证.【答案】（1）；（2）证明见解析；【解析】【分析
13、】（1）直接利用关系式的变换的应用求出数列为等差数列，进一步求出数列的通项公式（2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法和放缩法的应用求出结果【详解】解：（1）数列满足，整理得，所以数列为等差数列，所以整理得（2）由于，所以，当时，故当时，；当时，因此【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，放缩法在数列的求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题20.过点的直线与抛物线：交于、两点，以、两点为切点分别作抛物线的切线、，且与相交于点.（1）求的值；（2）设过点、的直线交抛物线于、两点，求四边形面积的最小值.【答案】（1）；
14、（2）【解析】【分析】（1）设，求得的导数，可得，处切线的斜率，以及直线、的方程，求得交点，再由直线，联立抛物线方程，应用韦达定理，可得所求的坐标；（2）由（1）结合韦达定理，应用弦长公式可得，由两直线的夹角公式可得与的夹角的正切和正弦值，再由三角形的面积公式，求得四边形的面积关于的函数式，结合基本不等式可得所求最小值【详解】解：（1）设，且，由的导数为，可得在处的切线方程为，即为，同理可得在处的切线方程为，由可得，设直线，联立抛物线方程，可得，则，可得，即；（2）由（1）可得，由，可得，将中的换为可得，设与的夹角为，可得，由，可得，故四边形的面积，当且仅当时取“”则四边形面积的最小值为【点睛
15、】本题考查抛物线的方程和应用，考查直线方程和抛物线方程联立，应用韦达定理和弦长公式，以及三角形的面积公式和基本不等式的应用，考查运算能力和推理能力，属于难题21.已知函数.（1）讨论零点的个数；（2）若有两个解，且恒成立，求正整数的最大值.【答案】（1）当时，零点的个数为0；当时，零点的个数为1；当时，零点的个数为2；当时，零点的个数为1；（2）1【解析】【分析】（1），设，所以，递增，递减，再判断函数的交点即可；（2），得，有两个解、，相当于与有两个交点的横坐标、，首先证明当时，成立，再证当时，不恒成立，只需证时，不恒成立；综上，【详解】解：（1），设，由，又，所以，递增，递减，且当，故：当
16、时，零点的个数为0；当时，零点的个数为1；当时，零点的个数为2；当时，零点的个数为1（2），得，有两个解、，相当于与有两个交点的横坐标、，首先证明当时，成立，由于，递增，递减，且，所以的最大值为，易知，要证，即证，因为，所以，因为，递减，只需，又，即证，只需，成立，设，所以在上单调递增，又，所以，即成立，所以成立，当时，不恒成立，下证时，上式不恒成立；因为，所以，则，则，设，故在，递减，递增，最小值为，故不恒成立综上，【点睛】（1）函数的零点问题；（2）问题转化法，极值点偏移法，奇次化构造法，构造函数法，反证法，本题难度大，综合性强22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原
17、点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）已知点，若直线与曲线相交于、两点，求的值.【答案】（1）直线：，曲线：；（2）6.【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换（2）利用一元二次方程根和系数关系式应用求出结果【详解】解：（1）直线的参数方程为为参数），整理得直线的普通方程为，曲线的极坐标方程为整理得曲线的直角坐标方程为（2）把直线的参数方程为为参数），转换为为参数），代入圆的直角坐标方程整理得和为、对应的参数），所以由圆幂定理得【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直
18、角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题23.已知函数，.（1）解不等式；（2）若存在使不等式成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由绝对值的意义，分别讨论，即可；（2）原命题等价于的最小值小于或等于，再利用绝对值不等式的性质可得.即的最小值为2，即可得解.【详解】解：（1）原不等式即，或或，所以无解或或，即原不等式的解集为.（2）若存在使不等式成立，则的最小值小于或等于.当且仅当时取等号，的最小值为2.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法及绝对值不等式的性质，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属中档题.