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此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2019-2020学年好教育云平台1月份内部特供卷文 科 数 学(一)注意事项:1答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效3非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效4考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交第卷一、选择题:本大题共12小题,每小题5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,集合,则( )ABCD【答案】B【解析】,故选B2下列函数中,满足“对任意,且都有”的是( )ABCD【答案】B【解析】“对任意,且都有”,函数在上单调递减,结合选项可知,在单调递增,不符合题意,在单调递减,符合题意,在单调递增,不符合题意,在单调递增,不符合题意,故选B3“”是“”的( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由可得,由可得,所以“”是“”的充分不必要条件,故选A4已知函数是偶函数,且,则( )A2B3C4D5【答案】D【解析】是偶函数,当时,又,故选D5一条直线若同时平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线的位置关系是( )A异面B平行C相交D不确定【答案】B【解析】由得,经过a的平面与相交于直线c,则ac,同理,设经过的平面与相交于直线d,则ad,由平行公理得:cd,则c,又,所以cb,又ac,所以ab,故答案为B6函数的图象可能为( )ABCD【答案】A【解析】当时,所以舍去B,C;当时,无意义,所以舍去D,故选A7已知,则下列选项中是假命题的为( )ABCD【答案】C【解析】命题由三角函数的定义,角终边与单位圆交于点,过作轴,垂足是,单位圆交轴于点,则,弧长即为角;显然弧长;,是真命题;命题解方程,则,因此,是假命题则下列选项中是假命题的为,而A,B,D都是真命题故选C8函数的图象向左平移个单位后关于轴对称,则函数在上的最小值为( )ABCD【答案】B【解析】平移得到的图像对应的解析式为,因为为偶函数,所以,所以,其中因为,所以,当时,所以,当且仅当时,故选B9我国古代数学名著九章算术中,割圆术有:“割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣”其体现的是一种无限与有限的转化过程,如在中,“”即代表无限次重复,但原式却是个定值x,这可以通过方程确定x的值,类似地的值为( )A3BC6D【答案】A【解析】令,则两边平方得,即,解得,舍去故选A10若将甲桶中的水缓慢注入空桶乙中,则后甲桶中剩余的水量符合衰减函数(其中e是自然对数的底数)假设过后甲桶和乙桶的水量相等,再过后,甲桶中的水只有,则m的值为( )A9B7C5D3【答案】C【解析】5 min后甲桶和乙桶的水量相等,函数,满足,可得,因此,当min后甲桶中的水只有升,即,即,即为,解之得,经过了分钟,即故选C11在三棱锥中,且为等边三角形,则三棱锥的外接球的表面积为( )ABCD【答案】B【解析】根据题意知,底面是边长为3的正三角形,平面,可得此三棱锥的外接球,即为以为底面,以为高的正三棱柱的外接球,是边长为3的正三角形,的外接圆半径,球心到的外接圆圆心的距离为,故球的半径,从而外接球的表面积为,故选B12已知函数的图象与函数的图象关于直线对称,函数是最小正周期为2的偶函数,且当时,若函数有3个零点,则实数k的取值范围是( )ABCD【答案】B【解析】由函数的图象与函数的图象关于直线对称,得,函数是最小正周期为2的偶函数,当时,函数有3个零点,即有3个不同根,画出函数与的图象如图:要使函数与的图象有3个交点,则,且,即,实数k的取值范围是故选B第卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分13函数的定义域为_【答案】【解析】由题意得,故答案为14设函数,那么的值为_【答案】9【解析】函数,故答案为915函数的最小值为_【答案】【解析】,所以令,则,因此当时,取最小值,故答案为16已知正方体有8个不同顶点,现任意选择其中4个不同顶点,然后将它们两两相连,可组成平面图形成空间几何体在组成的空间几何体中,可以是下列空间几何体中的_(写出所有正确结论的编号)每个面都是直角三角形的四面体;每个面都是等边三角形的四面体;每个面都是全等的直角三角形的四面体;有三个面为等腰直角三角形,有一个面为等边三角形的四面体【答案】【解析】每个面都是直角三角形的四面体;如:EABC,所以正确;每个面都是等边三角形的四面体;如EBGD,所以正确;每个面都是全等的直角三角形的四面体:这是不可能的,错误;有三个面为等腰直角三角形,有一个面为等边三角形的四面体如:ABDE,所以正确;故答案为三、解答题:本大题共6个大题,共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(12分)已知函数(其中a为实数)(1)若是的极值点,求函数的减区间;(2)若在上是增函数,求a的取值范围【答案】(1);(2)【解析】(1)因为,所以,因是的极值点,所以,即,所以,故,当或时,;当时,所以符合题意,且的减区间为(2)因为在上为增函数,所以在上恒成立,所以在上恒成立,令,则,在上是增函数,在上是减函数,所以,所以,即a的取值范围为18(12分)在中,内角,的对边分别为,已知(1)求;(2)已知,边上的高,求的值【答案】(1);(2)【解析】(1)由,及正弦定理得,即,所以,即,由于为的内角,所以,所以,又,所以(2)因为,代入,得,由余弦定理得,代入,得,解得,或(舍去),所以19(12分)已知函数(1)求函数的最小值及取最小值时取值的集合;(2)若将函数的图象上所有点的横坐标扩大为原来的4倍,纵坐标不变,得到函数的图象,且,求的值【答案】(1)最小值是,此时的集合为;(2)【解析】(1),当,即时,取得最小值是,所以函数的最小值是,此时的集合为(2)的图像上所有点的横坐标扩大为原来的4倍,纵坐标不变,得到函数,所以的最小正周期为,故,因为,所以又,所以,所以,20(12分)如图,已知为圆锥底面的直径,点在圆锥底面的圆周上,是上一点,且平面平面(1)求证;(2)求多面体的体积【答案】(1)证明见解析;(2)【解析】(1)因为是等边三角形,所以,因为平面,且交线为,所以,因为,所以(2)因为,所以,在中,又,所以,所以点到平面的距离为点到平面的距离的,所以三棱锥的体积,所以多面体的体积为21(12分)已知函数,(其中是常数)(1)求过点与曲线相切的直线方程;(2)是否存在的实数,使得只有唯一的正数,当时,不等式恒成立,若这样的实数存在,试求,的值;若不存在,请说明理由【答案】(1);(2)存在实数,只有唯一值【解析】(1)设过点的直线与曲线相切于点,因,则,所以在处切线斜率为,则在处切线方程为,将代入切线方程,得,所以,所以切线方程为(2)假设存在的实数,使得只有唯一的正数,当时,不等式恒成立,即恒成立,因为,所以,即,令,则,由于,即当,即时,时,则在上为减函数;时,则在上为增函数,则,即,令,则,由,得,时,则在区间上为减函数;时,则在区间上为增函数,因此存在唯一的正数,使得,故只能所以,所以,此时只有唯一值当,即时,所以在上为增函数,所以,即,故所以满足的不唯一,综上,存在实数,只有唯一值,当时,恒有原式成立请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分22(10分)【选修4-4:坐标系与参数方程】如图,在极坐标系Ox中,过极点的直线l与以点为圆心、半径为2的圆的一个交点为,曲线是劣弧,曲线是优弧(1)求曲线的极坐标方程;(2)设点为曲线上任意一点,点在曲线上,若,求的值【答案】(1);(2)【解析】(1)设以点为圆心、半径为2的圆上任意一点,所以该圆的极坐标方程为,则的方程为(2)由点为曲线上任意一点,则,点在曲线上,则,即,因为,所以,即,因为,且,所以,因为,所以,即,所以23(10分)【选修4-5:不等式选讲】设(1)解不等式;(2)已知x,y实数满足,且的最大值为1,求a的值【答案】(1);(2)【解析】(1)当时,不等式化为,此时,当时,不等式化为,成立,当时,不等式化为,此时,综上所述,原不等式的解集为(2)柯西不等式得,因为,所以,(当时,取等号),又因为的最大值为1,所以【四川省泸州市2019-2020学年高三第一次教学质量诊断性考试数学(文)试题用稿】好教育云平台 内部特供卷 第13页(共16页) 好教育云平台 内部特供卷 第14页(共16页)
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