【KS5U解析】广东省汕头市金山中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题 Word版含解析

1、2017级高三上学期期中理科数学试题一、单选题（本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，则等于（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】首先求得集合b，然后进行交集运算即可.【详解】由题意可得：，则.故选d.【点睛】本题主要考查集合的表示方法，交集的定义与运算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2.已知复数，且复数在复平面内对应的点关于实轴对称，则( )a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据对称性求出，再利用复数除法的运算法则求解即可.【详解】因为复数，且复数在复平面内对应的点关于实轴对称，故选

2、b.【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3.下列说法正确的是（ ）a. 命题“若，则”的否命题为：“若，则”b. 已知是r上的可导函数，则“”是“x0是函数的极值点”的必要不充分条件c. 命题“存在，使得”的否定是：“对任意，均有”d. 命题“角的终边在第一象限角，则是锐角”的逆否命题为真命题【答案】b【解析】试题分析：对于a，命题“若，则”的否命题为：“若，则”，不满

3、足否命题的定义，所以a不正确；对于b，已知是r上的可导函数，则“”函数不一定有极值，“是函数的极值点”一定有导函数为，所以已知是上的可导函数，则“”是“是函数的极值点”的必要不充分条件，正确；对于c，命题“存在，使得”的否定是：“对任意，均有”，不满足命题的否定形式，所以不正确；对于d，命题“角的终边在第一象限角，则是锐角”是错误命题，则逆否命题为假命题，所以d不正确；故选b考点：命题的真假判断与应用4.已知函数，则（ ）a. 的图象关于直线对称b. 的最大值为c. 的最小值为d. 的图象关于点对称【答案】a【解析】【分析】利用三角函数恒等变换的公式，化简求得函数的解析式，再根据三角函数的图象

4、与性质，逐项判定，即可求解【详解】由题意，函数，当时，所以函数的对称轴，故a正确；由，所以函数的最大值为，最小值为，所以b、c不正确；又由时，所以不是函数的对称中心，故d不正确，故选a【点睛】本题主要考查了三角恒等变换的公式的应用，以及函数的图象与性质的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题5.一物体在力f(x)3x22x5(力单位：n，位移单位：m)作用力下，沿与力f(x)相同的方向由x5 m直线运动到x10 m处做的功是()a. 925 jb. 850 jc. 825 jd. 800 j【答案】c【解析】wf(x)dx (3x22x5)dx(x3x25x) (1 00010050)(1

5、252525)825(j)选c.6.如果是二次函数，且的图象开口向上，顶点坐标为，那么曲线上任一点的切线的倾斜角的取值范围是（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】试题分析：由已知可得，故选b考点：1、函数的导数；2、二次函数的性质；3、切线的斜率与倾斜角7.已知函数在一个周期内的图象如图所示.则的图象，可由函数的图象怎样变换而来（纵坐标不变）（ ）a. 先把各点的横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位b. 先把各点的横坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位c. 先把各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位d. 先把各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位【答案】b【解析】【

6、分析】根据图象可知，根据周期为知，过点求得，函数解析式，比较解析式，根据图像变换规律即可求解.【详解】由在一个周期内的图象可得,，解得，图象过点，代入解析式得，因，所以，故，因为，将函数图象上点的横坐标变为原来的得，再向右平移个单位得的图象，故选b.【点睛】本题主要考查了由部分图像求解析式，图象变换规律，属于中档题.8.已知函数，则下列说法正确的是（ ）a. 与的定义域都是b. 为奇函数，为偶函数c. 的值域为，的值域为d. 与都不是周期函数【答案】c【解析】【分析】根据复合函数的性质结合三角函数的性质分别进行判断即可【详解】与的定义域都是，故错误，则是偶函数，故错误，的值域为，的值域，故正确

7、，则是周期函数，故错误，故选【点睛】本题主要考查命题的真假判断，结合复合函数性质之间的关系，利用三角函数的单调性，奇偶性和周期性的性质是解决本题的关键9.设向量与的夹角为，定义与的“向量积”：是一个向量，它的模，若，则（ ）a. b. 2c. d. 4【答案】b【解析】【详解】解：，则，故答案为210.如图，可导函数在点处的切线方程为，设，为的导函数，则下列结论中正确的是（ ） a. ，是的极大值点b. ，是的极小值点c. ，不是的极值点d. ，是是的极值点【答案】b【解析】【分析】由图判断函数的单调性，结合为在点p处的切线方程，则有，由此可判断极值情况.【详解】由题得，当时，单调递减，当时，

8、单调递增，又，则有是的极小值点，故选b.【点睛】本题通过图象考查导数的几何意义、函数的单调性与极值，分析图象不难求解.11.已知函数（）满足，若函数与图像的交点为，则（ ）a. 0b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】函数（）满足，得到是关于点对称，函数经过化简也可以得到关于对称，由此可知两个函数的交点就关于对称，根据点的对称性，就可以得到的值.【详解】解：因为函数（）满足，即函数（）满足，所以是关于点对称，函数等价于，所以函数也关于点对称，所以函数与图像的交点为，也关于点对称，故交点，成对出现，且每一对点都关于对称，故.故选：c.【点睛】本题考查了抽象函数对称性的综合应用，在解决抽象函

9、数的问题时，和具体函数研究的方法相同，也是从奇偶性（对称性）、单调性、周期性等性质着手研究，然后可根据性质作出大致的草图进行研究.12.设为常数，函数，给出以下结论：（1）若，则存在唯一零点（2）若，则（3）若有两个极值点，则其中正确结论的个数是（ ）a. 3b. 2c. 1d. 0【答案】a【解析】【分析】（1）先根据函数存在零点，得到方程有实根，再令，将问题转为函数图像与直线有交点即可，用导数的方法研究函数单调性和最值，即可得出结论成立；（2）根据（1）的结果，可判断当时，在上恒成立，从而可得在上恒成立，即可得出结论成立；（3）先对函数求导，根据题意得到，再将函数有两极值点，转化为方程有两

10、不等式实根来处理，用导数的方法研究其单调性，和值域，进而可得出结论成立.【详解】（1）若函数存在零点，只需方程有实根，即方程有实根，令，则只需函数图像与直线有交点即可.又，由可得；由可得；所以函数在上单调递增，在上单调递减，故，因此，当时，直线与图像仅有一个交点，即原函数只有一个零点，所以（1）正确；（2）由（1）可知，当时，在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立；故（2）正确；（3）因为，所以，若有两个极值点，则，所以，又由有两个极值点，可得方程有两不等实根，即方程有两不等式实根，令，则，由得；由得；所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又当时，；当时，；所以方程有两不等式实根，只需直线

11、与函数的图像有两不同交点，故；所以，即（3）正确.故选a【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数单调性、最值等，属于常考题型.二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知一个扇形的周长为，则当该扇形的半径_时，面积最大.【答案】2【解析】【分析】首先设出扇形的半径和弧长，建立关系式，结合二次函数的图象与性质求解最值即可.【详解】设扇形的半径为，弧长为，则，扇形的面积为，所以当时，面积最大为.故答案为2【点睛】该题考查的是有关扇形的面积的最值的问题，涉及到的知识点有扇形的周长，扇形的面积，二次函数的最值，属于简单题目.14.如图，在直角三角形中，垂足

12、为，则 的值为_【答案】【解析】【分析】把代入化简通过向量的数量积的定义求解即可【详解】解：在直角三角形abd中，bdabcos60°1（）4+2×1×cos120°3故答案为3【点睛】本题考查向量的数量积的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算能力15.已知角的始边是轴非负半轴其终边经过点，则的值为_【答案】【解析】由题意得:,且 ,故填.16.下列是有关的几个命题，若，则是锐角三角形；若，则是等腰三角形；若，则是等腰三角形；若 ，则是直角三角形； 其中所有正确命题的序号是_【答案】【解析】 ,为三角形内角，说明各内角均为锐角；正确.，则或，则或 ，错

13、误.,则，正确.,则或，即或，直三角形不一定是直角三角形，故错误；正确命题序号为.【点睛】关于两角和的正切公式的应用有三种，第一正用，已知两角或两角的正切，求两角和与差的正切值，主要用于求值；第二反用，如求等；第三变形用，如 ，如求 等.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.其中1721题为必考题，每题12分；2223题为选考题，选一道作答即可，10分.考生根据要求作答）17.在锐角中,角所对的边为若, ,且.(1)求角的值；(2)求的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）根据三角恒等变换的公式和三角形的内角和定理，化简可得，即可求解；由正弦定理得，得

14、到所以，利用三角函数的性质，即可求解.【详解】（1）由题意，因为，又由,则，所以,可得，因为，则，所以，即，又由锐角，可得.（2）由正弦定理，则，所以，因为，可得，所以，可得，所以故的取值范围【点睛】本题主要考查了三角恒等变换、三角函数的图象与性质的应用，以及正弦定理的边角互化的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.18.已知数列的前项和（其中），且的最大值为8.（1）确定常数，并求；（2）设数列的前项和为，求证：.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由二次函数知识可知当时，解得，这时由可求数列的通项公式；（2）因为是一个等差数列与一个等比数列的对应项的积构成的

15、，所以可用错位相减法求数列的前项和.试题解析： （1）因为，又因为，所以当时，解得，这时；所以，当时，又也适合这个公式，所以.（2）设，则，所以得，所以.考点：1.二次函数；2.与关系；3.错位相减法求和.【名师点睛】本题考查.二次函数、与关系、错位相减法求和，属中档题；错位相减法求和的思想来源于等比数列的求和思想，主要解决一个等差数列与一个等比数列对应项积组成的数列的求和问题，具体思路为：先写出和式，在和式两边同乘以等比数列的公比，用和式减去乘以的式子，得到一个新的式子，从而转化为一个等比数列的求和问题与另外一项或两项的的和的问题，这样就可以求和了，但要注意新的式子中等比数列的项数.19.已

16、知直三棱柱中，是的中点，是上一点，且.（）证明：平面；（）求二面角余弦值的大小.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（）在中，由面积相等得到，直角三角形中，得到，由得，易得，从而得到平面.以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面法向量为，面法向量为，从而得到二面角的余弦值.【详解】连接，在中，故.由于三棱柱直三棱柱，故平面，直角三角形中，因为，所以所以，又因为直角，即.再由为中点并且为等腰三角形可知，结合，得平面，.综合，得到平面.由于，如图以点为坐标原点建立空间直角坐标系，故，,设面法向量为，面法向量为，取，得，取，得，则二面角的余弦值.【点睛】本题考查线面垂直的判定和性质，通过法

17、向量求二面角的余弦值，属于中档题.20.已知点到直线的距离比点到点的距离多.（1）求点的轨迹方程；（2）经过点的动直线与点的轨迹交于，两点，是否存在定点使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在满足条件的定点,详见解析【解析】【分析】(1)根据抛物线的定义可得解；(2)将角的相等关系转化到直线的斜率的关系，进而转化到交点的坐标的关系求解.【详解】（1）由题知，点到直线的距离，故点的轨迹是以为焦点、为准线的抛物线，所以其方程为；（2）根据图形的对称性知，若存在满足条件的定点，则点必在轴上，可设其坐标为.此时，设，则，由题知直线的斜率存在，设其方程为，与联立得，则，

18、故，即存在满足条件的定点.【点睛】本题考查抛物线的定义和直线与抛物线的关系，对于第二小问是常规题，转化成坐标的关系是关键，并且能最终转化成与韦达定理的关系，属于中档题.21.已知函数，（为自然对数的底）（）求函数的单调区间；（）若存在均属于区间的，且，使，证明：；（）对于函数与定义域内的任意实数，若存在常数，使得和都成立，则称直线为函数与的分界线试探究当时，函数与是否存在“分界线”？若存在，请给予证明，并求出，的值；若不存在，请说明理由【答案】（）见解析；（）见解析；（）见解析.【解析】【分析】()由题意首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；()结合()中的结论首先确定的范

19、围，然后结合函数的解析式和函数的单调性即可证得题中的不等式；()首先求得函数的最小值，然后结合题意猜出k,e的值并进行证明即可.【详解】（）函数的定义域为，且当时，则函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减（），由（1）知，又，所以，即，所以（）设，则则当时，函数单调递减；当时，函数单调递增是函数的极小值点，也是最小值点，函数与的图象在处有公共点设与存在“分界线”且方程为，令函数由，得在上恒成立，即在上恒成立，即，故下面说明：，即恒成立设，则当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，当时，取得最大值0，成立综合知，且，故函数与存在“分界线”，此时，【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解