广东省汕头市金山中学2020届高三数学上学期期中试题 文（含解析）.doc

1、广东省汕头市金山中学2020届高三数学上学期期中试题 文（含解析）一、选择题 (本大题共12小题，每小题5分，满分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.已知全集，集合，那么集合（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】本试题主要是考查了集合的交集和补集的求解运算，是一道基础试题已知全集根据补集的定义结合数轴法可知，故选C.解决该试题的关键是对于数轴法的准确表示和运用2.命题“”的否定为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题，符合换量词否结论,按照这一规律写出即可.【详解】由全称命题否定的定义可知，“”的否定为“”，故选B【点

2、睛】一般命题的否定通常是保留条件否定其结论，得到真假性完全相反的两个命题；含有一个量词的命题的否定，是在否定结论的同时，改变量词的属性，即全称量词改为存在量词，存在量词改为全称量词注意：命题的否定只否定结论，而否命题是条件与结论都否定3.“函数f（x）x22mx在区间1，3上不单调”的一个必要不充分条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先求区间上不单调的充要条件，然后根据集合的包含关系，判断命题的必要不充分条件.【详解】函数的对称轴是，由已知可知，由选项判断，命题成立的必要不充分条件是.故选：C【点睛】本题考查命题成立的必要不充分条件，属于基础题型，当命题以集合形式时

3、，若，则是的充分不必要条件，同时是的必要不充分条件.4.已知，则的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分和 先求，根据的值域，再解不等式.【详解】当时， ，解得：，当时，解得：（舍）或 ，综上可知：或.故选：D【点睛】本题考查分段函数不等式的解法，意在考查计算能力，属于基础题型，本题的关键是需根据的范围，求的范围.5.将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（ ）A. 在区间上单调递减B. 在区间上单调递增C. 在区间上单调递减D. 在区间上单调递增【答案】B【解析】试题分析：将函数的图象向右平移个单位长度，得，函数在上为增函数考点：函数图象的平移、三角函数

4、的单调性6.函数的图像大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由，得，则为奇函数，故其图象关于原点对称，排除C；当时，故，故排除A、D，故选B考点：函数的图象.7.若则=（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】首先用辅助角公式化简，且，然后求两个角的关系，求.【详解】，且， ， ， ， .故选：A【点睛】本题考查诱导公式，辅助角公式和三角函数的性质，意在考查转化与变形和计算能力，属于基础题型.8.若实数满足不等式，且的最大值为9，则实数（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】C【解析】考点：简单线性规划的应用分析：先根据约束条件画出可行域，设z=x+

5、y，再利用z的几何意义求最值，只需求出直线x+y=9过可行域内的点A时，从而得到m值即可解：作出满足题设条件的可行域如图所示，设x+y=9，显然只有在x+y=9与直线2x-y-3=0的交点处满足要求联立方程组解得即点A（4，5）直线x-my+1=0上，4-5m+1=0，得m=1故答案为19.如图，正方体的棱线长为1，线段上两个动点E，F，且，则下列结论中错误的是（ ）A. B. 三棱锥的体积为定值C. 平面ABCDD. 异面直线所成的角为定值【答案】D【解析】【分析】根据点，线，面的位置关系，逐一分析选项，得到正确答案.【详解】A.因为，且，所以平面，又因为平面，所以，正确；B.，所以三棱锥的

6、体积为定值，正确；C.因为,且平面，而平面，所以平面，正确；D. 如上图，当点在的中点时，点与重合，是的中点，此时与所成的角是，.如上图，当点和重合时，点是的中点，是的中点，如图是与所成的角， ，,这两种情况下异面直线所成的角的余弦值不相等，所以所成角不是定值，故不正确.故选：D【点睛】本题考查点，线，面的位置关系的判断，意在考查空间想象能力，和计算能力，属于中档题型.10.如图，树顶离地面4.8，树上另一点离地面2.4，在离地面1.6的处看此树，离此树多少时看的视角最大（ ）A. 2.2B. 2C. 1.8D. 1.6【答案】D【解析】【详解】过C作CDAB于D，设，则，当且仅当，即时等号成

7、立.11.已知曲线若过点A(1.1)引曲线C的两条切线，它们的倾斜角互补，则的值为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】D【解析】【分析】设切点，利用导数的几何意义求切线方程，并且求切点，由题意可知切线在切点处的导数和为0，求.【详解】，设切点为， 过切点的切线方程为：，切线过点， ，整理为： ，化简为： ，或，由两条切线的倾斜角互补，得，解得.故选：D【点睛】本题考查导数的几何意义，求切线方程，并且求参数，意在考查转化与化归和计算能力.12.已知函数，和分别是函数取得零点和最小值点横坐标，且在单调，则的最大值是 ( )A. 3B. 5C. 7D. 9【答案】B【解析】【分析】由题意可得，即

8、，根据，可推出，再根据在单调，可推出，从而可得的取值范围，再通过检验的这个值满足条件【详解】，和分别是函数取得零点和最小值点横坐标，即.又，又在单调又当，时，由是函数最小值点横坐标知，此时，在递减，递增，不满足在单调，故舍去；当，时，由是函数最小值点横坐标知，此时在单调递增，故.故选B【点睛】对于函数，如果它在区间上单调，那么基本的处理方法是先求出单调区间的一般形式，利用是单调区间的子集得到满足的不等式组，利用和不等式组有解确定整数的取值即可.二填空题 (本大题共4小题，每小题5分，满分20分)13.已知直线与曲线在点P(1,1)处的切线互相垂直，则的值为_【答案】;【解析】【分析】先求在处的

9、导数，根据已知条件可知，解得的值.【详解】直线的斜率，当，由题意可知，.故答案为：.【点睛】本题考查导数的几何意义和两直线的位置关系，意在考查计算能力，属于基础题型.14.函数的值域为_【答案】;【解析】【分析】首先化简函数，根据函数的定义域求值域.【详解】， ，值域是 ，的值域是.故答案为：【点睛】本题考查三角函数的化简和简单函数的性质，主要考查计算能力，属于基础题型.15.设函数的部分图象如图所示， 若，则_【答案】;【解析】【分析】首先根据函数图象特征求函数的解析式，然后再利用两角和的正弦公式求.【详解】由图象可知，, ，当时，函数取得最大值， ， ， ， ， ， 那么， .故答案为：【

10、点睛】本题考查根据图象求三角函数的解析式，以及两角和的正弦公式的应用，意在考查转化与化归和计算能力，属于中档题型.16.已知 ，若恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】.【解析】【分析】首先不等式等价于，参变分离转化为 ，且，转化为求函数的最值.【详解】由题意可知，当时， ，且 即 ，且 设 ，函数在上是单调递增函数，的最大值是，设 ， ，单调递减，的最小值是，当时恒成立，综上：的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查不等式恒成立求参数的取值范围，意在考查转化与变形，和计算能力，一般不等式在给定区间恒成立，可以参变分离转化为求函数的最值，而导数，基本不等式，判断函数单调性求最值，函数图象，都是

11、求最值的常有方法.三、解答题17.已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为，b，c，且，b，c成等比数列，.（1）求的值； （2）若ABC的面积为2，求ABC的周长【答案】(1) (2) 【解析】分析】（1）首先根据题意可知，根据正弦定理转化为，再变形，代入求值；（2）首先根据面积求，再根据余弦定理求.【详解】解：(1)ABC中，cosB=0，sinB=由a，b，c成等比数列，得b2=ac，根据正弦定理得：sin2B=sinAsinC， =； (2)ABC的面积为SABC=acsinB=b2=2，b=；由余弦定理b2=a2+c22accosB=a2+c225，a2+c2=b2+6=5+5=11

12、，（a+c）2=a2+2ac+c2=11+25=21， a+c=；ABC的周长为a+b+c=【点睛】本题考查根据正余弦定理解三角形，意在考查转化与化归，和计算能力，属于基础题型.18.某商店计划每天购进某商品若干件，商店每销售一件该商品可获利润60元，若供大于求，剩余商品全部退回，但每件商品亏损10元；若供不应求，则从外部调剂，此时每件调剂商品可获利40元.（1）若商品一天购进该商品10件，求当天的利润（单位：元）关于当天需求量（单位：件，）的函数解析式；（2）商店记录了50天该商品的日需求量（单位：件，），整理得下表：若商店一天购进10件该商品，以50天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的

13、概率，求当天的利润在区间内的概率.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）根据题意分和两段，求分段函数；（2）根据表格计算不同的日需求量对应的利润，并且计算利润在时，对应的频数，并计算频率，就是所求概率.【详解】解：（1）当日需求量时，利润为； 当日需求量时，利润为. 所以利润关于需求量的函数解析式为. （2）50天内有4天获得的利润为390元，有8天获得的利润为460元，有10天获得的利润为530元，有14天获得的利润为600元，有9天获得的利润为640元，有5天获得的利润为680元. 若利润在区间内，日需求量为9、10、11，其对应的频数分别为10、14、9. 则利润在区间内的概率为

14、【点睛】本题考查分段函数和统计结合的综合问题，意在考查分析问题和解决问题的能力，属于中档题型.19.如图，四棱锥PABCD中，PAD为正三角形，ABCD，AB=2CD，BAD=90，PACD，E为棱PB的中点（1）求证：平面PAB平面CDE；（2）若AD=CD=2，求点P到平面ADE的距离【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】【分析】（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，取AP的中点F，连结EF，DF，根据题中所给的条件证明，即证明平面；（2）利用等体积，根据所给的条件，易求，点到平面的距离就是，并且根据点，线，面的关系和边长求的面积.【详解】证明：（1）取AP的中点F，连结EF，DF，E

15、是PB中点，EFAB，EF=AB， 又CDAB，CD=AB， CDEF，CD=EF四边形CDEF为平行四边形， DFCE，又PAD 为正三角形， PADF，从而PACE，又PACD，CDCE=C， PA平面CDE，又PA平面PAB， 平面PAB平面CDE ABCD，ABAD， CDAD，又PACD，PAAD=A， CD平面PAD， 又（1）知，CDEF，EF平面PAD， EF为三棱锥的EPAD的高，且EF=CD=2，易得PAD的面积SPAD=22=， RtPAB中，PB=2，AE=PB=，在矩形CDEF中，CD=2，CE=DF=，DE= 在ADE中，AE=，DE=，AD=2， ADE的面积，

16、设点P到平面ADE的距离为d，由VPADE=VEPAD得2=d，解得d= 点P到平面ADE的距离为【点睛】本题考查面面垂直的判断定理和点到平面的距离，意在考查推理证明和转化与化归，计算能力，属于中档题型，本题的难点是第一问分析线线，和线面关系，并且第二问求解边长时，需要用到点，线，面的位置关系.20.如图，椭圆：的离心率为，设，分别为椭圆的右顶点，下顶点，的面积为1.（1）求椭圆的方程；（2）已知不经过点的直线：交椭圆于，两点，且,求证：直线过定点.【答案】(1) (2)证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意建立的方程组求解；（2）直线方程和椭圆方程联立，得到根与系数的关系， 由已知可知，转

17、化为坐标关系，代入根与系数的关系得到或，再验证是否成立，证明直线过定点.【详解】解：（1）由已知，可得， 又因，即， 所以，即， 所以椭圆的方程为. （2）联立，得， ，设，则， 因为 , ，即即，又，即， 把代入得：得或， 所以直线的方程为或，所以直线过定点或（舍去），综上所述直线过定点.【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系的综合问题，涉及椭圆中直线过定点问题，第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.21.已知函数（为自然对数的底数，且）.（1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围.【答案】(1)见解

18、析；(2) 【解析】【分析】（1）首先求函数的导数，并化简，然后再分情况讨论函数的单调性；（2）根据（1）的判断单调性的结果，也需分情况讨论函数的单调性和极值点的正负，并且结合零点存在性定理说明零点个数，讨论求参数的取值范围.【详解】解：(1) 当时，则当时，故在单调递减；当时，故在单调递增. 当时，由得若，则，故在R上单调递增. 若，则：当或时，故在，单调递增.当时，故在单调递减. (2)当时， 在R上单调递增，不可能有两个零点. 当时，在，单调递增，单调递减故当时，取得极大值，极大值为此时，不可能有两个零点. 当时，由得 此时，仅有一个零点. 当时，在单调递减； 在单调递增.有两个零点，

19、解得 而则 取，则故在、 各有一个零点综上，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，以及分析零点个数的问题，判断零点个数不仅需要讨论极值点的位置，还需根据单调性验证零点存在性定理，解决零点问题常用方法还有：分离参数、构造函数、数形结合，讨论法.请考生从第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22.已知平面直角坐标系，直线过点，且倾斜角为，以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为（1）求直线的参数方程和圆的标准方程；（2）设直线与圆交于、两点，若，求直线

20、的倾斜角的值【答案】(1) 直线的参数方程为为参数；圆的标准方程为： (2) 或【解析】【分析】（1）根据直线的参数方程的形式直接求解，根据极坐标和直角坐标的转化公式解圆的标准方程；（2）直线的参数方程代入圆的标准方程，利用的几何意义表示，代入根与系数的关系求解.【详解】解：（1）因为直线过点，且倾斜角为所以直线的参数方程为为参数 因为圆的极坐标方程为所以所以圆的普通方程为：，圆的标准方程为： （2）直线的参数方程为，代入圆的标准方程得整理得设、两点对应的参数分别为、，则所以， 因为，所以或【点睛】本题考查直角坐标，参数方程和极坐标方程之间的转化以及利用直线的参数方程解决弦长问题，意在考查转化

21、与化归和计算能力，属于基础题型.23.已知，函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若函数的最小值为1，证明：.【答案】（1）（2）见证明【解析】【分析】（1）根据题意，当abc2时，f（x）|x2|+|x+2|+2，据此可得f（x）8或或，解可得不等式的解集；（2）根据题意，由绝对值不等式的性质可得f（x）的最小值为1，得a+b+c1，进而可得（a+b+c）2a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc1，结合基本不等式的性质分析可得结论【详解】（1）当时，所以或或.所以不等式的解集为.（2）因为，所以 ，当且仅当等号成立；因为的最小值为1，所以，所以，因为，当且仅当a=b=c等号成立所以，所以.【点睛】本题考查绝对值不等式的性质以及不等式的证明，涉及基本不等式的性质，属于基础题