2020届吉安市高三上学期期末数学（文）试题（解析版）

2020届江西省吉安市高三上学期期末数学（文）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】首先求出集合，再根据计算可得.【详解】解：；又故选：A【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题.2设复数满足，则（ ）ABCD【答案】D【解析】首先根据复数代数形式的除法运算计算出，再根据模的计算公式计算可得.【详解】解：由复数运算得，则故选：D【点睛】本题考查复数的运算及复数的模的计算，属于基础题.3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.4若，则（ ）ABCD【答案】A【解析】根据对数函数、指数函数的性质即可判断.【详解】解：由对数函数、指数函数的性质可知，则成立故选：A【点睛】本题考查对数函数、指数函数的性质的应用，属于基础题.5下列函数既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）ABCD【答案】D【解析】根据函数的奇偶性及单调性一一判断即可.【详解】解：易判断为非奇非偶函数，故A选项不正确；是奇函数，故C选项不正确；是偶函数但在单调递减；故B选项不正确；对于函数，易判断是偶函数，对其求导得，当时，故；当时，故仍有，则对恒成立，即满足在单调递增故选：D【点睛】本题考查函数的奇偶性及单调性，利用导数判断函数的单调性，属于基础题.6若角满足，则（ ）ABCD【答案】B【解析】由题意可得，结合平方关系可得，从而得到，再根据诱导公式，即可得解.【详解】解：由得又，代入解得，即，则故选：B【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系及诱导公式的应用，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，则该几何体的棱长为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据三视图画出直观图，从而计算可得.【详解】解：由三视图还原几何体，可得该几何体可看成如图所示的边长为的正方体的四个顶点、构成的三棱锥，其最长的棱为，且故选：C【点睛】本题考查三视图还原几何体，计算几何体中线段的长，属于基础题.9函数在区间的零点之和为（ ）ABCD【答案】C【解析】由得，即或再分别计算出零点即可得解.【详解】解：由得，即或又，则，当时，或或，即，满足；当时，即，或，解得，满足，则在区间的零点共有个它们之和为故选：C【点睛】本题考查三角函数的性质，函数的零点问题，属于中档题.10若圆上至少有个点到直线的距离为，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【解析】首先将圆配成标准式，由题意则圆心到直线的距离不超过，利用点到线的距离公式得到不等式，解得.【详解】解：圆的标准方程为：，圆心，半径为，要满足题意，由圆的几何性质得圆心到直线的距离不超过，则，解得，即或故选：C【点睛】本题考查直线与圆的位置关系求参数的取值范围，属于基础题.11的内角，的对边分别为，已知向量，若，则（ ）ABCD【答案】A【解析】由得，结合余弦定理求出角，再根据两角和的正切公式求出，从而得到，再由正弦定理计算可得.【详解】解：由得，即，又由余弦定理可得，因，故则，又，由正弦定理得故选：A【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理的应用，两角和的正切公式的应用，属于中档题.12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，.二、填空题13若实数，满足约束条件，则的最大值为_【答案】.【解析】首先画出约束条件表示的平面区域，数形结合即可得解.【详解】解：约束条件表示的平面区域如图所示，解得即图形是由原点，围成的四边形区域（包括边界），由线性规划可得当直线平移到点时，目标函数有最大值，则故答案为：【点睛】本题考查简单的线性规划问题，关键是根据线性约束条件画出可行域，体现数形结合思想，属于中档题.14已知双曲线的右焦点为，过向一条渐近线作垂线，垂足为，为坐标原点，当的面积为时，则该双曲线的离心率为_【答案】.【解析】由题意取双曲线的一条渐近线，利用点到线的距离公式求出，由勾股定理可得，根据面积公式得到、的关系式，计算可得.【详解】解：由题意取双曲线的一条渐近线，则，由勾股定理得，解得，即，则离心率故答案为：【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，属于中档题.15已知数列是等差数列，且，成等比数列，则_【答案】或.【解析】设数列的公差为，由等比中项的概念求出或，再结合即可求出通项公式，即可得解.【详解】解：设数列的公差为，由，成等比数列得，解得，则或又，当时，则；当时，由，解得且，则，即综上得满足条件的或故答案为：或【点睛】本题考查等差、等比数列的性质，属于基础题.16如图，三棱锥的体积为，又，且为锐角，则与平面所成的角为_【答案】.【解析】首先由线面垂直的判定定理得到平面，由线面垂直的性质得到，由计算出，再根据同角三角函数的基本关系得到，在中，由余弦定理求出的值，即可得到，从而得到平面，即可得解.【详解】解：因，即，又平面，平面，所以平面，又，由勾股定理可得，由三棱锥的体，解得，又为锐角，所以，在中，由余弦定理得，即，则，故，由平面，平面，平面，平面，故平面，故与平面所成的角为故答案为：【点睛】本题考查线面垂直的判定及性质定理的应用，锥体的体积计算，属于中档题.三、解答题17设数列的前项和为，且满足，（I）求的通项公式；（）若，数列的前项和为，求证：【答案】（I）；（）证明见解析.【解析】（I）根据求出数列的通项公式；（）由（I）可得的通项公式，从而得到，再利用裂项相消法求和即可.【详解】解：（I）当时，由，得；当时，两式相减得，即，又，故恒成立，则数列是公比为的等比数列，可得（）由（I）得，则，则故【点睛】本题考查等比数列的通项公式的计算，裂项相消法求和，属于中档题.18如图，在三棱柱中，平面，且，分别为棱，的中点（I）证明：直线与共面；（）证明：平面平面；并试写出到平面的距离（不必写出计算过程）【答案】（I）证明见解析；（）证明见解析.【解析】（I）由中位线的性质可得，再由棱柱的性质可得，根据平行线的传递性可得，从而得到四点共面，即可得证；（）首先可得，再由线面垂直的性质得到，从而得到平面，再根据，即可得到平面，从而得证；设，则平面平面，过作于，可得即为到平面的距离，再在三角形中利用勾股定理及相似三角形的性质计算可得.【详解】解：（I）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（）同（I）易证四边形为平行四边形，又，为中点，则，又平面，平面，平面，平面平面，又，平面，又平面，平面平面得证到平面的距离为（解答）如图，设，则平面平面，过作于，可得即为到平面的距离在中，则，又，则在中，故，即到平面的距离为【点睛】本题考查线面垂直、面面垂直的证明，线线平行的证明，点面距的计算，属于中档题.19函数的图象关于直线对称，其中（I）求的值；（）判断函数的最小正周期；当，时，求函数的最值【答案】（I）；（）见解析.【解析】（I）由函数的图象关于直线对称，得即可得到方程解得.（）由（I）得，根据周期公式及正弦函数的性质计算可得.【详解】解：（I）由函数的图象关于直线对称，得，即，又则，又，则，由解得（舍去）或，由得；此时，又恒成立，故满足条件（）由（I）得，则的最小正周期；当时，则，当，即时，函数有最小值；当，即，函数有最大值【点睛】本题考查三角函数的性质，三角恒等变换的化简问题，属于中档题.20已知抛物线，其中，过的直线交抛物线与，（I）当，且直线垂直于轴时，求证：为直角三角形；（）若，当点在直线上时，是否存在实数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】（I）证明见解析；（）存在，.【解析】（I）由题意，代入中，求出，的坐标，计算出，即可得证；（）由题意可得四边形为平行四边形，则，设直线，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，要使则得到方程计算可得.【详解】（I）证明：由题意，代入中解得，不妨取，则，所以，即为直角三角形得证（）由题意可得四边形为平行四边形，则，设直线，联立得，由题意，判别式，要使则，又，即化简，得，即，代入解得故时，有【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用，向量垂直的坐标表示，根与系数的关系的应用，属于中档题.21已知函数，是其导函数（）当时，求在处的切线方程；（）若，证明：在区间内至多有1个零点【答案】（）；（）证明见解析.【解析】（）求出函数的导函数，计算出与利用点斜式求出直线方程；（）由，设，则，即，对求导，研究其单调性及零点情况，即可得证.【详解】解：（）当时，则，又，则在处的切线方程为：，即（），又，设，因，故，又，故对恒成立，即在区间单调递增；又，；故当时，此时在区间内恰好有个零点当时，此时在区间内没有零点；综上结论得证【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、零点，属于中档题.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，整理得，故当时，即上的点到直线距离最小，最小值为.【点睛】本题主要考查了直线的参数方程，曲线的极