1、吉林省梅河口市第五中学2020届高三数学上学期期中试题 理（含解析）第卷一、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】D【解析】【分析】求解集合,再利用集合的交集定义求解即可.【详解】，故选:【点睛】本题主要考查了集合的基本运算,难度容易.2.命题“正方形的两条对角线相等”的否定为（ ）A. 每个正方形的对角线都不相等B. 存在不是正方形的四边形对角线不相等C. 存在对角线不相等的正方形D. 每个不是正方形的四边形对角线都相等【答案】C【解析】【分析】根据全称命题的否定为特称命题得到答案
2、.【详解】解：命题：“正方形的两条对角线相等”可改写为“所有的正方形，其两条对角线相等”是全称命题，根据全称命题的否定为特称命题，可知其否定为“有些正方形，其两条对角线不相等”即“存在对角线不相等的正方形”故选：【点睛】本题考查全称命题的否定，属于基础题.3.设向量，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题得，解方程即得解.【详解】由题得，解之得.故选：D【点睛】本题主要考查向量垂直的数量积表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4.在中，角，所对的边分别为，若，则为（ ）A. 直角三角形B. 锐角非等边三角形C. 钝角三角形D. 等边三角形【答案】D【解析】【分
3、析】由余弦定理可得，又，故为等边三角形【详解】在中，由余弦定理得，又，故为等边三角形.故选【点睛】本题考查余弦定理在判断三角形形状的应用，属于基础题5.设，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用有界性分别得出，从而得出a，b，c大小关系【详解】，故选：A【点睛】考查指数函数、对数函数的单调性，幂函数的单调性，以及增函数、减函数的定义6.设是公差大于0的等差数列，为数列的前n项和，则“”是“”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】根据充分条件、必要条件以及等差数列的性质判断即可.【详解】解：由是公
4、差大于0的等差数列，为数列的前n项和，若，则，又 ，故充分性成立；若，则，故必要性成立；综上可得，“”是“”充要条件.故选：【点睛】本题考查等差数列的性质以及充分条件必要条件的判定，属于基础题.7.已知函数的图象在点处的切线方程是，则（ ）A. 2B. 3C. -2D. -3【答案】B【解析】【分析】根据求出再根据也在直线上，求出b的值，即得解.【详解】因为，所以所以，又也在直线上，所以，解得所以.故选：B【点睛】本题主要考查导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.8.如图，是圆的一条直径，是半圆弧的两个三等分点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题是用
5、当基底向量，来表示，所以先在 中根据向量减法的三角形法则，用表示，再探究、的线性关系即可【详解】因为，是半圆弧的两个三等分点，所以，且，所以.【点睛】本题考查平面向量的线性运算，考查运算求解能力与数形结合的数学方法.9.将函数的图象向左平移个单位长度，然后将各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得函数图象的对称中心为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意利用诱导公式化简, 进行先平移再伸缩的变换,即可得到,利用余弦函数的图象和性质即可解得.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，然后各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，令，得，所以
6、对称中心为故选:.【点睛】本题考查了诱导公式化简函数解析式,考查了三角函数的图象的变换与性质,难度较易.10.设定义在上的函数满足，当时，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知化简可得,代入则有,进而求得的值.【详解】故选: .【点睛】本题考查解决抽象函数的常用方法:赋值法,考查推理能力,难度较易.11.已知定义在上的函数，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，判断为奇函数，且在上为减函数，不等式转化为，计算得到答案.【详解】，令，则，即为奇函数，且在上为减函数.不等式，等价于，即，则，解得.故选：【点睛】本题考查了利用函数的单调
7、性和奇偶性解不等式，构造函数是解题的关键.12.若函数有两个极值点，且，则关于的方程的不同的实根的个数是（ ）A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】B【解析】【分析】求导,由题意 ，是的两个根，从而得到，是方程的两根,做出草图,由图象得出答案.【详解】，有两个极值点，所以，是的两个根，由，可知两根一正一负，又当的值取为，时，方程成立当时，作出的简图如图1所示，当时有两根，当时有三根，所以方程有五个根；同理当时，作出的简图如图2所示，也有当时有两根，当时有三根综上，方程有五个根故选:.【点睛】本题考查了方程的解的个数与函数图象交点个数的关系,重点考查了数形结合的数学思想方法,难度较大.第卷二、
8、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.已知，则_【答案】【解析】【分析】利用正切的和角公式变形,代入即可.【详解】故答案为: .【点睛】本题考查正切的和角公式,考查学生的计算能力,难度容易.14.已知，是夹角为120的两个单位向量，则和的夹角的余弦值为_【答案】【解析】【分析】首先利用数量积公式求得,利用夹角公式代入即可.【详解】设与的夹角为，因为，所以故答案为: .【点睛】本题考查单位向量的概念,向量数量积的计算公式及运算,向量的数乘运算.较易.15.用表示三个数中的最大值，设，则的最小值为_.【答案】0【解析】【分析】将中三个函数的图像均画出来,再分析
9、取最大值的函数图像,从而求得最小值.【详解】分别画出,的图象,取它们中的最大部分,得出的图象如图所示,故最小值为0.故答案为0【点睛】本题主要考查数形结合的思想与常见函数的图像等,需要注意的是在画图过程中需要求解函数之间的交点坐标从而画出准确的图像,属于中等题型.16.在中，分别是角，所对的边，且，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】利用正弦定理边化角化简可求得,则有,则借助正弦函数图象和性质即可求出.【详解】因为，所以，所以所以，因为，所以当时，取得最小值故答案为: .【点睛】本题考查正弦定理,三角函数的图象和性质,属于常考题.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
10、程或演算步骤17.已知全集，集合，.（1）若，求；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】分析】（1）分别求出和,再取交集，即可（2）因为且恒成立，所以，解出即可【详解】解：（1）若，则，所以或，又因为，所以 （2）由（1）得，又因为，所以 ，解得【点睛】本题考查了交、补集的混合运算，考查了利用集合间的关系求参数的取值问题，解答此题的关键是对集合端点值的取舍，是基础题18.已知函数（1）求的最小正周期；（2）求的单调递增区间【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)使用二倍角公式和辅助角公式化简利用周期公式即可求得;(2)由正弦函数的单调增区间,利用整体代入法即可求得.【详解
11、】解：（1），最小正周期为（2）由，得，所以的单调递增区间为【点睛】本题考查了三角函数的图象和性质,考查了学生的计算能力,较易.19.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，求C；若，求，的面积【答案】(1)(2)【解析】【分析】由已知利用正弦定理，同角三角函数基本关系式可求，结合范围，可求，由已知利用二倍角的余弦函数公式可得，结合范围，可求A，根据三角形的内角和定理即可解得C的值由及正弦定理可得b的值，根据两角和的正弦函数公式可求sinC的值，进而根据三角形的面积公式即可求解【详解】由已知可得，又由正弦定理，可得，即，即，又，或舍去，可得，由正弦定理，可得，【点睛】本题主要考查了正弦定
12、理，同角三角函数基本关系式，二倍角的余弦函数公式，三角形的内角和定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式等知识在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题20.已知函数（1）证明：（2），使得成立，求的取值范围【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】(1)求导,可证得在上单调递减,在上单调递增,且,即可证得结论.(2)由题意可知即为在内有解, 即有解,构造,通过求导求得,即大于在的最小值即可.【详解】（1）证明：，令，得当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以恒成立（2）解：，使得成立，即在内有解，即有解，令，即大于在的最小值，当时，为减函数；当时，为增函
13、数，所以，即的取值范围是【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值,利用导数解决能成立问题中参数取值范围问题,考查考生的推理论证能力和运算求解能力,难度较大.21.已知二次函数满足，且.（1）求的解析式；（2）设函数，当时，求的最小值；（3）设函数，若对任意，总存在，使得成立，求m的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】(1) 根据二次函数,则可设,再根据题中所给的条件列出对应的等式对比得出所求的系数即可.(2)根据(1)中所求的求得,再分析对称轴与区间的位置关系进行分类讨论求解的最小值即可.(3)根据题意可知需求与在区间上的最小值.再根据对数函数与二次函数的单调性
14、求解最小值即可.【详解】(1)设.,又,可得,解得即.(2)由题意知,对称轴为.当,即时,函数h(x)在上单调递增,即； 当,即时,函数h(x)在上单调递减,在上单调递增,即. 综上, (3)由题意可知,函数在上单调递增,故最小值为,函数在上单调递减,故最小值为,解得.【点睛】本题主要考查利用待定系数法求解二次函数解析式的方法,二次函数对称轴与区间关系求解最值的问题,以及恒成立和能成立的问题等.属于中等题型.22.已知函数，为的导函数（1）证明：在上存在唯一零点（2）若，恒成立，求的取值范围【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】(1) 求出,设，求,由的单调性及零点存在定理说明在区间上存在唯一零点,即证得在上存在唯一零点.(2)将恒成立问题,转化为函数的最值问题,利用导数研究函数的单调性,从而求得最值即可.【详解】（1）证明：设，则，令，则当时，则增函数，且，存在，使得，当时，；当时，即在上单调递减，在上单调递增又，在区间上存在唯一零点，即在区间上存在唯一零点（2）解：当时，；当时，设，即，在上单调递减，综上所述，的取值范围为【点睛】本题考查导数的运算、零点存在性定理的应用,以及利用导数证明不等式恒成立问题,难度较大.