江苏省镇江市2020届高三上学期期中考试数学试题

江苏省镇江市2020届高三上学期期中考试数学试题

镇江市2020届高三上学期期中联考 数学试题 一、填空题：‎ ‎1.设全集，若集合，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用补集定义直接求解即可．‎ ‎【详解】∵全集，集合，‎ ‎∴，‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查补集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意补集定义的合理运用．‎ ‎2.命题“”的否定是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．‎ ‎【详解】因为特称命题的否定是全称命题，‎ 所以命题“”的否定命题：，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，是基础题．‎ ‎3.函数的定义域是______________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数的真数大于零，偶次根下大于等于零，即可得答案。‎ ‎【详解】解：由题意得 解得： ，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查定义域，属于基础题。‎ ‎4.已知扇形的半径为6，圆心角为，则扇形的面积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算扇形的弧长，再利用扇形的面积公式可求扇形的面积．‎ ‎【详解】根据扇形的弧长公式可得，‎ 根据扇形的面积公式可得，‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题主要考查扇形的弧长与面积公式，正确运用公式是解题的关键，属于基础题．‎ ‎5.设函数为参数，且的部分图象如图所示，则的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象首先求得最小正周期，从而解得；代入可得到，结合即可求得结果.‎ ‎【详解】由图象可得最小正周期：，即 ‎ 又 ，‎ ‎，‎ 又 ‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查根据三角函数图象求解函数解析式的问题，关键是能够通过整体对应的方式确定最值所对应的点，从而得到初相的取值.‎ ‎6.若函数为偶函数，则 ．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由函数为偶函数函数为奇函数，‎ ‎．‎ 考点：函数的奇偶性．‎ ‎【方法点晴】本题考查导函数的奇偶性以及逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力、特殊与一般思想、数形结合思想与转化思想，具有一定的综合性和灵活性，属于较难题型．首先利用转化思想，将函数为偶函数转化为 函数为奇函数，然后再利用特殊与一般思想，取．‎ ‎7.已知, 则“”是"的___________________条件 (请在“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选择一个合适的填空) ．‎ ‎【答案】充分不必要 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，得；反之，‎ 由，得．然后结合充分必要条件的判定得答案．‎ ‎【详解】解：若， 则，又 ,‎ ‎ ，‎ ‎ ，‎ ‎，‎ ‎；‎ 若，‎ 则，依题意，,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎“”是"的充分不必要条件．‎ 故答案为：充分不必要．‎ ‎【点睛】本题考查两角和与差的正切函数，着重考查充分必要条件的判定，考查转化思想与推理证明能力，属于中档题．‎ ‎8.设曲线在点（0,1）处的切线与曲线上点处的切线垂直，则的坐标为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设.‎ 对y＝ex求导得y′＝ex，令x＝0，得曲线y＝ex在点(0，1)处的切线斜率为1，故曲线上点P处的切线斜率为－1，由，得，则，所以P的坐标为(1，1)．‎ 考点：导数的几何意义．‎ ‎9.函数的零点个数为________________．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，，画出草图，并判断 和的大小即可得出答案。‎ ‎【详解】解：函数 的定义域为，令，，所以函数 的零点个数就转化为函数 和 的交点个数，如图所示，因为且，故 和 有3个交点，‎ 即原函数有3个零点。‎ 故答案为：3‎ ‎【点睛】本题考查复杂函数的零点个数，转化为初等函数的交点个数即可，属于较易题。‎ ‎10.若，则的最小值是_________________．‎ ‎【答案】25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得，可得 ‎，再利用基本不等式的性质即可得出．‎ ‎【详解】解：由，得 所以，可得.‎ 则 ，当且仅当时取等号.‎ 故答案为：25.‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式的性质、对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎11.定义在的函数的最大值为________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导函数研究其单调性，求其最大值．‎ ‎【详解】解：函数,‎ 那么： ,‎ 令，‎ 得：‎ ‎∵，‎ ‎∴。‎ 当时，，函数在区间上是单调增函数．‎ 当时，，函数在区间上是单调减函数．‎ ‎∴当时，函数取得最大值为。‎ 故答案为： ‎ ‎【点睛】本题考查了利用导函数研究其单调性，求其最大值问题．属于基础题．‎ ‎12.已知，则=________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，得，再通过变形， 即可得出答案。‎ ‎【详解】解：∵，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题考查“凑角”变形以及正弦、正切的和角公式，属于中档题。‎ ‎13.已知函数有个不同的零点，则实数的取值范围为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，即 恒有1个零点；当时，得到相切时 的值，即可求解。‎ ‎【详解】解：令，‎ 当时，恒有1个交点，即 恒有1个零点。‎ 如图所示，当时，且的左半支与相切时，此时只有2个交点，且，解得 ，故当时，两个函数才恒有3个交点，即函数 有3个不同的零点。‎ 综上所述，当时，函数 有个不同的零点。‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查零点个数问题，通常转化为函数的交点个数问题，属于基础题。‎ ‎14.已知函数的定义城为，对于任意，当时，的最小值为________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不妨设，得，化简，根据对数函数单调性即可求解。‎ ‎【详解】解：因为,所以 的定义域为，不妨设 ，因为 ，所以， ‎ ‎，故当 取得最小值时，即时，此时取得最小值，。‎ 故答案：‎ ‎【点睛】本题考查利用函数单调性求最值，属于较易题。‎ 二、解答题：‎ ‎15.已知函数．‎ ‎（1）求函数的最小值，并写出取得最小值时自变量的取值集合；‎ ‎（2）若，求函数的单调减区间．‎ ‎【答案】（1）时，函数有最小值为0；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将函数 的解析式利用二倍角公式进行降幂，然后用辅助角公式进行化简，再根据三角函数性质解决问题．‎ ‎【详解】（1）‎ ‎＝‎ ‎＝‎ ‎＝‎ 当，即时，函数有最小值为0。‎ ‎（2）由，得：‎ 因为，‎ 所以，，‎ 即，函数的单调减区间为。‎ ‎【点睛】本题主要是考查三角函数的化简和三角函数的基本性质．‎ ‎16.已知的内角所对应的边分别为，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）;（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由正弦定理将边角关系转化为角的关系，再根据三角形内角关系以及两角和正弦公式化简得，解得角的大小；（2）由余弦定理得，再根据，解得，最后根据三角形面积公式得结果 试题解析：（1）因为，由正弦定理，得． ‎ 因为，所以．‎ 即，‎ 所以． ‎ 因为，所以 又因为，所以． ‎ ‎（2）由余弦定理及得，，‎ 即． ‎ 又因为，所以，‎ 所以．‎ ‎17.已知函数．‎ ‎（1）若函数具有奇偶性，求实数的值；‎ ‎（2）若，求不等式的解集．‎ ‎【答案】（1）1或；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数奇偶性的定义建立方程进行求解即可 （2）当时，求出的解析式，判断函数的奇偶性和单调性，利用奇偶性和单调性的性质将不等式进行转化求解即可．‎ ‎【详解】（1）当函数奇函数时，由，得：‎ ‎＝，‎ 即＝，‎ 化为：＝0，解得：；‎ 当函数偶函数时，由，得：‎ ‎＝，‎ 即＝，‎ 化为：，解得：；‎ 所以，实数的值为 或 ‎ ‎（2）当时，，‎ ‎，所以，为奇函数，‎ 又因为：，‎ 所以， 为增函数，‎ 由不等式，得：‎ ‎，‎ 所以，，解得：，‎ 所以，不等式的解集为。‎ ‎【点睛】本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，结合函数奇偶性的定义建立方程以及利用奇偶性和单调性将不等式进行转化是解决本题的关键．‎ ‎18.已知函数．‎ ‎（1）若，求函数图像在处的切线方程；‎ ‎（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（3）当求的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) ，进而利用导函数求出函数在处的切线方程； (2) 分类讨论与的关系，然后根据函数的单调性求解； (3) 由(1)知分类讨论区间 与 的关系，进而求解；‎ ‎【详解】(1)当时， ， ，,,‎ 切线方程为 即.‎ ‎（2），，‎ ‎①时，，在单调递增，恒成立，不满足题意；‎ ‎②时， 时， ，单调递增；时，，单调递减；‎ ‎ ，恒成立，即 ，解得 ；‎ ‎（3）由（2）知当，①时， ；‎ ‎②，即时，，‎ ‎③，即时，，‎ ‎④，即时， ，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】考查函数的求导，利用导数确定切线方程，分类讨论思想，特定区间内的最值问题．‎ ‎19.有一个墙角，两墙面所成二面角的大小为有一块长为米，宽为米的矩形木板．用该木板档在墙角处，木板边紧贴墙面和地面，和墙角、地面围成一个直角三棱柱储物仓．‎ ‎（1）当为多少米时，储物仓底面三角形面积最大？‎ ‎（2）当为多少米时，储物仓的容积最大？ ‎ ‎（3）求储物仓侧面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设 ，讨论和两种情况，利用利用基本不等式得出底面三角形的面积的最大值； （2）设 ，讨论和两种情况，利用利用基本不等式得出三棱柱的体积的最大值； （3）设 ，讨论和两种情况，利用利用基本不等式得三棱柱的侧面积的最大值．‎ ‎【详解】解：如图所示：‎ ‎（1）设 ， ①若，则 ， ∴ ，当且仅当时取等号． ∴ ，‎ ‎②若，同理可得，当且仅当时取等号．‎ 又，故当，时，储物仓底面三角形ABC的面积最大， 此时，为等腰三角形， 。‎ ‎（2）设 ，‎ ‎①若，由（1）①可知储物仓的容积,‎ ‎②若，由（1）②可知储物仓的容积,‎ 又 ，‎ ‎ ，‎ 由（1）可知当时，储物仓的容积最大．‎ ‎（3）设 ，‎ ‎①若，则由余弦定理可得 ，‎ ‎ ，即 ，‎ 又 ，‎ 解得： ，当且仅当时取等号．‎ ‎∴储物仓的侧面积为 ，‎ ‎②若，同理可得储物仓的侧面积为 ，‎ 综上，储物仓的侧面积的最大值为。‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理，基本不等式的应用，属于中档题．‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（1）当 ，求函数的极小值；‎ ‎（2）已知函数在处取得极值，求证：；‎ ‎（3）求函数的零点个数．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)当令 ，解得．即可得出函数单调性极值点．‎ ‎(2)，函数 在处取得极值，可得 ，解得：或 时，不满足条件，舍去，因此，即可证明．‎ ‎（3） 时，; 时，;‎ ‎①，解得： ，此时有两个不相等的实数根．即函数 有两个极值点．设．对与与0的大小关系即可得出函数零点的个数．②，解得：或，此时，函数在上单调递增，即可得出函数在上零点的个数．‎ ‎【详解】（1）当 ，.‎ ‎ ,‎ 令，解得，或，‎ 可得：函数在 上单调递增，在上单调递减，‎ ‎∴时函数取得极小值， 。‎ ‎（2） ，‎ ‎∵函数在取得极值，‎ ‎∴ ，‎ ‎ ‎ ‎（3） ，‎ ‎，‎ 时，; 时，;‎ ‎①，解得：或 ，此时有两个不相等的实数根．即函数有两个极值点．设．‎ 时，可得：函数在上只有一个零点。‎ 时，可得：函数在上有两个零点。‎ 时，可得：函数在上有三个零点。‎ 时，可得：函数在上有两个零点。‎ 时，可得：函数在上只有一个零点。‎ ‎② ，解得： ，此时 ，函数 在 上单调递增，时，; 时，;可得：函数在上只有一个零点。‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎ ‎