2020届吉安市高三上学期期末数学（理）试题（解析版）

2020届江西省吉安市高三上学期期末数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】C【解析】首先解不等式求出集合，的范围，然后利用集合的运算求解即可.【详解】因为，故集合，因为，故集合，则，故.故选：C.【点睛】本题考查了不等式的计算，集合补集与交集的混合运算，属于基础题.2若数列的前项和，则（ ）ABCD【答案】D【解析】利用与的关系直接求解出即可.【详解】由题知.故选：D.【点睛】本题考查了已知数列求数列，属于基础题.已知数列求数列时一般利用来求解.3已知，则（ ）ABCD【答案】A【解析】分别求出时，的范围，再根据，的大小得到选项.【详解】当时，由对应函数的单调性可知，且，排序得.故选：A.【点睛】本题考查了利用函数单调性比较函数值的大小，属于基础题.4若实数，满足约束条件，则的最大值为（ ）ABCD【答案】A【解析】根据题中线性约束条件绘制出可行域，再利用目标函数求解的最大值即可.【详解】约束条件表示的平面区域如图所示，是由原点，围成的三角形区域（包括边界），可知当目标函数平移到点时，有最大值，最大值为.故选：A.【点睛】本题考查了二元一次不等式组所表示的平面区域，以及线性目标函数的最值，属于基础题.5下列函数既是奇函数且又在区间上单调递增的是（ ）ABCD【答案】D【解析】逐一分析对应选项的奇偶性和区间上单调性即可.【详解】由题知A选项中为非奇非偶函数，故A选项不正确，B选项中为非奇非偶函数，故B选项不正确，C选项中是奇函数，求导得，当时有或，故在上不单调递增，故C选项不正确，D选项中是奇函数，求导得，又，故恒成立，满足在上单调递增，故D选项正确.故选：D.【点睛】本题考查了函数奇偶性的判断，函数单调区间的求解，属于基础题.6若角满足，则（ ）AB或CD或【答案】B【解析】先根据求出的值，再根据正切二倍角公式求解.【详解】将两边平方得，又，化简得，当时，此时，则，当时，即，由倍角公式得，综上，满足条件的或.故选：B.【点睛】本题考查了同角三角函数的基本关系，正切的二倍角公式，属于基础题.7在边长为的等边中，点满足，则（ ）ABCD【答案】C【解析】首先根据平面向量基本定理把分解为和，再进行向量的数量积运算即可.【详解】由，得，即，则.故选：C.【点睛】本题考查了平面向量基本定理，向量数量积的运算，属于基础题.注意在向量分解时，往往要把向量分解到已知夹角的方向上.8某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为，则该几何体的体积为（ ）ABCD【答案】B【解析】首先根据三视图还原几何体，再根据三棱锥的体积公式求解即可.【详解】由题中三视图还原几何体，可得边长为的正方体中，由四个顶点、构成的三棱锥，如图所示，可知三棱锥高，三棱锥底面积，故三棱锥体积.故选：B.【点睛】本题考查了通过三视图还原几何体，三棱锥的体积公式，属于一般题.9已知等差数列满足，设数列的前项和为，则（ ）ABCD【答案】C【解析】首先根据题中条件求出数列的通项公式，前项和公式，然后再求出数列的前项和即可.【详解】设等差数列的公差为，前项和为，因为，所以，解得，故，易知当时，当时，则，.故选：C.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，含绝对值的等差数列前项和，属于基础题.10椭圆的焦点为，过与轴垂直的直线交椭圆于第一象限的点，点关于坐标原点的对称点为，且，则椭圆方程为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据，过与轴垂直的直线交椭圆于第一象限的点，列方程求解椭圆方程基本量，即可.【详解】由题意设椭圆的方程：，连结，由椭圆的对称性易得四边形为平行四边形，由得，又，设，则，又，解得，又由，解得，则椭圆的方程为.故选：C.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程求解及椭圆的简单几何性质，属于一般题.在求解椭圆标准方程时，关键是求解基本量，.11已知函数，若方程的个不同实根从小到大依次为，有以下三个结论：且；当时，且；其中正确的结论个数为（ ）ABCD【答案】D【解析】绘制出函数与有四个交点的图像，然后依次判断三个结论的对错即可.【详解】由题绘制函数如图所示，可知函数的图象关于直线对称，又，可得且，故结论正确，当时，由解得，即或，解得，此时和均成立，故结论正确，由图可知，则由得，解得，即，同理可得，由有，则，解得，则结论正确.故选：D.【点睛】本题主要考查了函数图像的绘制，方程根与函数图像交点横坐标之间的关系，属于中档题.12如图，三棱锥的体积为，又，且二面角为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】A【解析】首先根据题中条件可以求出三棱锥各边长，然后证出平面，则可以找出外接球球心，求出半径，最后利用球体表面积公式求出答案即可.【详解】因，所以平面，且为二面角的平面角，又，由勾股定理可得，因为，所以三棱锥的体积，解得，又为锐角，所以，在中，由余弦定理得，即，则，故，由平面得，故平面，即，取中点，在直角和直角中，易得，故为外接球球心，外接圆半径，故外接球的表面积.故选：A.【点睛】本题主要考查了利用三棱锥的几何性质求解外接球的表面积，这类题的关键是找出外接球的半径，属于中档题.二、填空题13设复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹方程为_.【答案】【解析】根据在复平面内对应的点为，代入整理即可求出轨迹方程.【详解】由题知，所以，化简得即为点的轨迹方程.故答案为：.【点睛】本题考查了复数模的求解，求点的轨迹方程，属于基础题.14函数在处的切线与直线垂直，则该切线在轴上的截距为_.【答案】【解析】首先求出函数在处的切线斜率，再根据切线与直线垂直求出，求出切线方程，根据切线方程即可求出切线在轴上的截距.【详解】因，由题意得，解得，又，则在处的切线方程为，令得，则该切线在轴上的截距为.故答案为：.【点睛】本题考查了根据函数导数求解函数在某点处的切线方程，属于基础题.15已知双曲线的右焦点为，其中一条渐近线与圆相交于，两点，当为直角三角形时，该双曲线的离心率为_【答案】【解析】根据题中双曲线与圆的几何性质，求解双曲线基本量，的比例关系，即可求出离心率.【详解】由圆的性质易知，则为等腰直角三角形，不妨取双曲线的一条渐近线，设中点为，则，因为，则，即，解得离心率.故答案为：.【点睛】本题主要考查了双曲线离心率的求解，属于一般题.注意，在双曲线中，焦点到双曲线渐近线的距离为，记住这个结论可以帮助解题.16刚上班不久的小明于月日在某电商平台上通过零首付购买了一部售价元的手机，约定从下月日开始，每月日按等额本息（每期以相同的额度偿还本金和利息）还款元，年还清；其中月利率为，则小明每月还款数_元（精确到个位）.（参考数据：；）【答案】【解析】根据题中条件，小明需要12个月还清贷款，即在第12个月的时候小明的欠款为零元，列方程求解，即可求出每月还款数.【详解】由题知小明第次还款元后，还欠本金及利息为元，第次还款元后，还欠本金及利息为：元，第次还款元后，还欠本金及利息为：元，以此类推则第次还款元后，还欠本金及利息为：元，此时已全部还清，则，即，解得元.故答案为：.【点睛】本题考查了利用等比数列解决实际问题的能力，属于一般题.三、解答题17在中，分别是角，的对边，已知向量，且.（1）求角的大小；（2）若，求的周长的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据向量平行列出方程，再利用正弦定理进行边角转化，然后求出角的大小；（2）根据余弦定理求出的取值范围，再根据三角形边的几何性质求出周长的取值范围.【详解】（1）由得，由正弦定理，得，即，因为在三角形中，则，又，故；（2）在中，因，由余弦定理得，即，当且仅当时取等号，解得，又由三角形性质得，故，则，即的周长的取值范围为.【点睛】本题主要考查了解三角形中正余弦定理的应用，结合考查了两向量平行，属于一般题.第二问属于典型的已知三角形一角和该角所对边的问题，可以利用圆中弦所对圆周角相等的这个几何性质求出三角形边长范围.18如图，在三棱柱中，平面，且，分别为棱，的中点.（1）证明：直线与共面；并求其所成角的余弦值；（2）在棱上是否存在点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析，；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）证明直线与共面只需证明出与平行即可，然后再通过余弦定理求出两直线所成角的余弦值；（2）建立直角坐标系，求出，利用线面垂直条件证明即可.【详解】（1）证明：，分别是，的中点，由棱柱性质易得，四点共面，即直线与共面得证，取中点为，连结，易知四边形为平行四边形，故，则为直线与所成角，在中，即直线与所成角的余弦值为；（2）由题意，直线，两两相互垂直，如图所示建立直角坐标系，为坐标原点，有，设，则，要使平面，则，即，解得，即，故在棱上存在点，使得平面，且.【点睛】本题主要考查了线线平行，余弦定理，空间直角坐标系中向量相互垂直的表示，属于一般题.19已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为.（1）求动圆圆心的轨迹的方程；（2）过点斜率为的直线交轨迹于，两点，当时，求.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设动圆圆心为，根据题中条件列关于，的方程，求出，的关系式即可；（2）根据题中条件求出，两点坐标，结合斜率，即可求出.【详解】（1）由题意设动圆圆心为，半径为，则，又动圆在轴上截得的弦长为，所以圆心到轴的距离为，则，即，化简得，即轨迹的方程为：；（2）由题意，设，联立得，由题意，判别式，且，由可得，代入解得则，故.【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求解，直线与抛物线所交弦长的求解，属于中档题.注意在求解轨迹方程时，常用的方法是求谁设谁，再利用题中条件找出，的关系.20数列是首项为，公差不为的等差数列，且，成等比数列；数列的前项和为，且，.（1）求，；（2）若，且数列的前项和为，证明：.【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】（1）根据，成等比数列，求出等差数列的公差，即可求出，根据与的关系求出；（2）利用错位相减法求出，然后再证明.【详解】（1）设数列的公差为，由，成等比数列得，解得（舍去）或，则，因，当时，解得，当时，有，即又，则；（2）由（1）得，则，两边乘以，得，两式相减，得，整理得，所以得证.【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式的求解，等比数列的通项公式的求解，利用错位相减法求差比数列的前项和，属于中档题.（1）在利用求时，要注意分段；（2）等差乘等比的数列常称为差比数列，主要利用错位相减法求差比数列的前项和.21已知函数，其中.（1）当时，求的单调区间；（2）当函数在区间上有且只有个极值点时，求的取值范围.【答案】（1）函数在单调递减，单调递增；（2）.【解析】（1）代入，对求导，根据导数正负判断函数的单调区间；（2）函数在区间有且只有两个极值点，即函数的导数在区间有且只有两个零点，然后对分类讨论，取满足条件的的取值，即可求出的取值范围.【详解】（1）易知函数的定义域为，当时，又，设，则恒成立，在单调递增，又，则当时，当时，即函数在单调递减，单调递增；（2）由，可得，且，设，即，又，当时，即在单调递增，则当时，当时，即在区间上有且只有个极值点，故不满足题意，当时，此时，当时，有，此时在恒成立，同可得在区间上有且只有个极值点，故也不满足题意，当时，有，设的两根为，则有，故，则时，时，即函数在单调递减，单调递增，又，故，当，即时，在无零点，又在单调递增，即在区间上有且只有个极值点，故不满足题意，当，即时，则使得，且当时，当时，当时，即此时在区间上有且只有个极值点，极值点为和，故满足题意，综上可得，符合条件的的取值范围为.【点睛】本题综合考查了利用函数导数研究函数单调性和极值，利用区间内极值点个数求参数，属于难题.（1）在求解函数单调区间时，若函数的导函数单调，则要注意找导函数的零点；（2）对于分类讨论问题要有序的进行分类讨论，可以避免讨论的重复和缺失.22在平面直角坐标系中，直线的参数方程（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）求上的点到距离的最小值.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）直线方程消去参数即可求得直线的普通方程，曲线的方程根据直角坐标与极坐标的转化关系即可求得曲线的直角坐标方程；（2）根据点到直线的距离公式，然后代入曲线的参数方程形式，即可求出答案.【详解】（1）由直线的参数方程消参数，有，即的普通方程为，由，得，则，化简得；（2）由（1）可设的参数方程为（为参数），则上的点到距离，整理