江西省抚州临川市第二中学2020届高三数学上学期10月月考试题 文（含解析）

江西省抚州临川市第二中学2020届高三数学上学期10月月考试题 文（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】B【解析】【分析】根据集合交集的定义，结合数轴求出，选出正确答案.【详解】因为集合，所以，故本题选B.【点睛】本题考查了集合的交集运算，利用数轴是解决此类问题的常见方法.2.已知为虚数单位，若复数,则（）A. 1B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】运用复数除法的运算法化简复数，再根据复数模的计算公式，求出，最后选出答案.【详解】因为，所以，故本题选D.【点睛】本题考查了复数的除法运算法则和复数求模公式，考查了数学运算能力.3.设，则“”是“”的（）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】首先判断由能不能推出，再判断由能不能推出，最后选出正确答案.【详解】当时，；当时，因此“”是“”充要条件，故本题选C.【点睛】本题考查了充要条件的判断，掌握指数函数的单调性是解题的关键.4.若，则的单调递减区间为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出函数的定义域，然后对函数进行求导，最后求出导函数小于零时，自变量的取值范围，最后选出答案.【详解】函数的定义域为，因为当时，函数单调递减，所以有且，故的单调递减区间，故本题选D.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间问题，考查了数学运算能力，本题易忽略函数的定义域.5.已知是定义在上的奇函数，且在内单调递减，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由奇函数的性质，可以判断出函数的单调性，再根据对数函数的图象可以得到之间的大小关系，最后利用单调性选出正确答案.【详解】因为是定义在上奇函数，且在内单调递减，所以是定义在上减函数，因为，所以，故本题选B.【点睛】本题考查了函数的奇偶性与单调性，考查了对数函数的图象.6.已知，则()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据二倍角的正弦、余弦公式，化简等式，再根据同角的三角函数的关系式，结合，可以求出，最后选出答案.【详解】因为，所以，因此有，而，所以有，故本题选A.【点睛】本题考查了二倍角的正弦、余弦公式，考查了同角的三角函数关系式，考查了数学运算能力.7.已知函数，则在区间上的最大值为（）A. 3B. 2C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】利用二倍角的正弦公式、余弦公式、辅助角公式，把函数的解析式化为正弦型函数解析形式，最后利用正弦型函数的单调性求出在区间上的最大值，选出正确答案.【详解】,因为，所以，即函数在区间上的最大值为3，故本题选A.【点睛】本题考查了二倍角的正弦公式、余弦公式、辅助角公式，考查了正弦型三角函数的单调性质，考查了数学运算能力.8.若函数的图象关于轴对称，则实数的值为（）A. 3B. C. 9D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可知，函数是偶函数，这样可以利用偶函数的性质，得到一个等式，根据等式对于恒成立，可以求出实数的值.【详解】因为函数的图象关于轴对称，所以函数是偶函数，因此为，即成立，化简得，要想对于恒成立，有，故本题选B.【点睛】本题考查了偶函数的性质，考查了对数的运算公式，考查了数学运算能力.9.我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用排除选项；当时，可知，排除选项，从而得到结果.【详解】当时，可排除选项；当时， 时，可排除选项本题正确选项：【点睛】本题考查函数图象的判断，常用方法是采用特殊值排除的方式，根据特殊位置函数值的符号来排除错误选项.10.已知单调函数的定义域为，对于定义域内任意，则函数的零点所在的区间为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据单调性的性质和零点存在定理，可以求解出函数的零点所在的区间，选出正确答案.【详解】因为函数是定义域为上的单调函数，所以为一定值，设为，即，而，解得，因此，所以，故函数零点所在的区间为，本题选D.【点睛】本题考查了单调函数的性质，考查了零点存在定理，考查了换元法，对数式正负性的判断是解题的关键.11.设定义在上的函数的导函数为，若，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据已知和，构造函数，求导利用，判断函数的单调性，根据函数的单调性，求出不等式的解集，选出正确答案.【详解】设函数，而，所以函数是上的增函数，原不等式等价于，而，即，而函数是上的增函数，所以有，故本题选A.【点睛】本题考查了构造新函数，利用新函数的单调性求解抽象不等式解集的问题，12.已知函数 ，方程有六个不同的实数解，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作函数的图象，从而利用数形结合知有2个不同的正实数解，且其中一个在上，一个在上，利用数形结合思想列出关于的不等式组，结合线性规划知识可得结果.【详解】作函数的图象如下，关于的方程有6个不同实数解，令，有2个不同的正实数解，其中一个在上，一个在上；故，其对应的平面区域如下图所示：故当，时，取最大值11，当，时，取最小值3，则的取值范围是故选D【点睛】本题主要考查了数形结合的思想应用及分段函数的应用，同时考查了线性规划，难度中档二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数，若，则实数的值是_【答案】【解析】【分析】先计算出的值，然后再根据，求出实数的值.【详解】，即.【点睛】本题考查了分段函数的性质，考查了已知复合函数的值求参数问题，考查了数学运算能力.14.若函数的图象存在与直线垂直的切线，则实数的取值范围是_【答案】【解析】分析】利用两直线互相垂直，可以求出函数切线的斜率，根据导函数的几何意义可以得到一个方程，只要根据方程有实数解，求出实数的取值范围即可.【详解】直线的斜率为，故函数的图象的切线的斜率为，有题意可知有正实数根，即.【点睛】本题考查了两直线互相垂直斜率之间的关系，考查了导数的几何意义，考查了方程有正实数根问题，考查了数学运算能力.15.已知，则=_【答案】【解析】【分析】用辅助角公式化简，运用二倍角的余弦公式可以求出的值.【详解】,.【点睛】本题考查了辅助角公式和二倍角的余弦公式，考查了余弦的诱导公式，考查了数学运算能力.16.已知函数，若对任意，总存在，使，则实数a的取值范围是_【答案】或【解析】【分析】先求出函数在上的值域，再求出函数的值域，然后由集合之间的关系，结合数轴求出实数a的取值范围.【详解】因为，所以，因此函数的值域为，当时，函数的值域为，当时，函数的值域为，当时，即时，显然符合题意；当时，即时，要想符合题意则必有，综上所述：实数a的取值范围是或.【点睛】本题考查了恒成立问题和存在问题，利用数轴进行数形结合是解题的关键.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.已知等差数列满足，的前项和为.（1）求及；（2）记，求【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式，结合，可以得到两个关于首项和公差的二元一次方程，解这个方程组即可求出首项和公差，最后利用等差数列的通项公式 和前项和公式求出及；（2）利用裂项相消法可以求出.【详解】解：（1）设等差数列的公差为d,（2）由（1）知：【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，考查了裂项相消法求数列前项和，考查了数学运算能力.18.某面包店推出一款新面包，每个面包的成本价为元，售价为元，该款面包当天只出一炉（一炉至少个，至多个），当天如果没有售完，剩余的面包以每个元的价格处理掉，为了确定这一炉面包的个数，以便利润最大化，该店记录了这款新面包最近天的日需求量（单位：个），整理得下表：日需求量频数10（1）根据表中数据可知，频数与日需求量（单位：个）线性相关，求关于的线性回归方程；（2）若该店这款新面包每日出炉数设定个（i）求日需求量为8个时的当日利润；（ii）求这天的日均利润.相关公式：，【答案】（1）（2）（i）元（ii）元【解析】【分析】（1）根据平均数公式可以求出，再根据题中所给的公式求出，最后求出关于的线性回归方程；（2）（i）由题意可以求接求出日需求量为8个时的当日利润；（ii）分别求出日需求量为个、日需求量为个、日需求量为个或个时当日利润，最后求出这天的日均利润.【详解】解：（1），故关于的线性回归方程为.（i）若日需求量为个，则当日利润元（ii）若日需求量为个，则当日利润元若日需求量为个，则当日利润元若日需求量为个或个，则当日利润元则这30日的日均利润元【点睛】本题考查了线性回归方程的求解问题，考查了用概率统计的知识解决现实生活问题的能力，考查了数学运算能力.19.如图，四棱锥中，平面平面，底面为梯形，且与均为正三角形，为的重心（）求证：平面；（）求点到平面的距离.【答案】（1）见解析（2）【解析】【试题分析】（1）可直接运用线面平行的判定定理推证；（2）借助三棱锥可换底的特征，运用三棱锥的体积公式建立方程求解：解：(1)连接并延长交于，连接.由梯形且，知，又为的重心，在中，故.又平面平面平面. (2)连接并延长交于，连接，因为平面平面与均为正三角形，为的中点，平面，且.由（1）知平面.又由梯形，且，知.又为正三角形，得，得，所以三棱锥的体积为.又.在中，故点到平面的距离为.20.已知椭圆的离心率为，且过点（1）求的方程；（2）是否存在直线与相交于两点，且满足：与（为坐标原点）的斜率之和为2；直线与圆相切，若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由离心率，已知点坐标代入得及可解得得标准方程；（2）存在性问题，假设直线存在，把代入的方程得，同时设，则可得，代入得出的一个等式，再由直线和圆相切又得一个等式，联立可解得，同时注意直线与椭圆相交的条件，如满足则说明存在试题解析：（1）由已知得，解得，椭圆的方程为；（2）把代入的方程得：，设，则，由已知得，把代入得，即，又，由，得或，由直线与圆相切，则 联立得（舍去）或，直线的方程为21.已知函数，其中，为自然对数的底数.（1）当时，证明：对；（2）若函数在上存在极值，求实数的取值范围。【答案】(1)见证明；(2) 【解析】【分析】（1）利用导数说明函数的单调性，进而求得函数的最小值，得到要证明的结论；（2）问题转化为导函数在区间上有解，法一：对a分类讨论，分别研究a的不同取值下，导函数的单调性及值域，从而得到结论.法二：构造函数，利用函数的导数判断函数的单调性求得函数的值域，再利用零点存在定理说明函数存在极值【详解】(1)当时，于是，.又因为，当时，且.故当时，即. 所以，函数为上的增函数，于是，.因此，对，；(2) 方法一：由题意在上存在极值，则在上存在零点，当时，为上的增函数，注意到，所以，存在唯一实数，使得成立. 于是，当时，为上的减函数；当时，为上的增函数；所以为函数的极小值点； 当时，在上成立，所以在上单调递增，所以在上没有极值；当时，在上成立，所以在上单调递减，所以在上没有极值， 综上所述，使在上存在极值的的取值范围是.方法二：由题意，函数在上存在极值，则在上存在零点.即在上存在零点. 设，则由单调性的性质可得为上的减函数.即的值域为，所以，当实数时，在上存在零点.下面证明，当时，函数在上存在极值.事实上，当时，为上的增函数，注意到，所以，存在唯一实数，使得成立.于是，当时，为上的减函数；当时，为上的增函数；即为函数的极小值点.综上所述，当时，函数在上存在极值.【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，涉及函数的单调性，导数的应用，函数的最值的求法，考查构造法的应用，是一道综合题选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.已知直线的参数方程为 （为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；（2）设直线与曲线交于两点，求【答案】（1），；（2）2【解析】【分析】（1）消去参数即可确定普通方程，将极坐标方程两边乘以整理计算即可确定直角坐标方程；（2）联立直线参数方程的标准形式和圆的方程，结合参数的几何意义即可求得弦长【详解】（1）直线 （为参数），消去得：即：曲线，即又，故曲线（2）直线的参数方程为 （为参数）直