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1、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10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
2、求的1已知集合，则（ ）ABCD【答案】C【解析】集合，故选C2命题“，”的否定是（ ）A，B，C，D，【答案】D【解析】命题的否定为：，故选D3设，则（ ）ABCD【答案】B【解析】由指数函数的性质，可得，由对数函数的性质可得，根据正切函数的性质，可得，所以，故选B4若，则（ ）ABCD【答案】A【解析】因为，又由，故选A5设是两条直线，表示两个平面，如果，那么“”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】如果，那么由，则可得到，即可得到；反之由，不能得到，故如果，那么“”是“”的充分不必要条件故选A6函数图象的大致形状是（ ）ABC
3、D【答案】B【解析】由题意，得，所以，所以函数fx为奇函数，图象关于原点对称，排除选项A，C；令，则，故选B7已知，则（ ）ABCD【答案】A【解析】由题，则，故，故选A8已知函数是定义在上的奇函数，且以2为周期，当时，则的值为（ ）ABCD【答案】A【解析】由于，因为函数是定义在上的奇函数，且以2为周期，所以，又因为，所以，故答案选A9已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，若平面，则球的表面积为（ ）ABCD【答案】C【解析】如图，设底面外接圆的半径为，且圆心为，则平面，因为平面，所以，所以，四点共面取的中点为，连接，则，因为平面，平面，所以，所以，故四边形为平行四边形，故，在中，即，所以，所
4、以球的表面积为，故选C10若函数在区间内单调递增，则实数m的取值范围为（ ）ABCD【答案】C【解析】由-x2+4x+50，即x2-4x-50，解得-1x5二次函数y=-x2+4x+5的对称轴为x=2由复合函数单调性可得函数的单调递增区间为要使函数在区间内单调递增，则，即，解得，故选C11定义在上的偶函数满足，当时，设函数，则函数与的图像所有交点的横坐标之和为（ ）A2B4C6D8【答案】B【解析】，的周期为2，故的图象关于直线对称又的图象关于直线对称，作出的函数图象如图所示：由图象可知两函数图象在上共有4个交点，故选B12若存在两个正实数使得等式成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】
5、D【解析】方程可化为，令，则，即，在有解，令，则，当时，在为增函数；当时，在为减函数，又当t趋近于0时，趋近于，所以的值域为，故，故选D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】依题意得，得，即函数的定义为14已知，为锐角，且，则_【答案】【解析】将，展开得，即，由于，为锐角，故15设函数，函数，若对于任意的，总存在，使得，则实数m的取值范围是_【答案】【解析】由题意可知，在上的最小值大于在上的最小值，当时，此时函数单调递减；当时，此时函数单调递增，即函数在上的最小值为函数为直线，当时，显然不符合题意；当时，在上单调递增，的最小值为，则与矛盾；当时，在上单调
6、递减，的最小值为，则，即，符合题意故实数m的取值范围是16已知四边形ABCD为矩形，AB=2AD=4，M为AB的中点，将ADM沿DM折起，得到四棱锥A1-DMBC，设A1C的中点为N，在翻折过程中，得到如下有三个命题：BN/平面A1DM，且BN的长度为定值5；三棱锥N-DMC的最大体积为；在翻折过程中，存在某个位置，使得DMA1C其中正确命题的序号为_（写出所有正确结论的序号）【答案】【解析】如下图所示：对于命题，取A1D的中点E，连接EM、EN，则A1D=A1M=2，A1E=1，MA1E=90，由勾股定理得，易知BM/CD，且，E、N分别为A1D、A1C的中点，所以，四边形BMEN为平行四边
7、形，BN=EM=5，BN/EM，BN平面A1DM，EM平面A1DM，BN/平面A1DM，命题正确；对于命题，由N为A1C的中点，可知三棱锥N-DMC的体积为三棱锥A1-DMC的一半，当平面A1BM平面BCDM时，三棱锥A1-DMC体积取最大值，取DM的中点F，则A1FDM，且，平面A1DM平面BCDM，平面A1DM平面BCDM=DM，A1FDM，A1F平面A1DM，A1F平面BCDM，DMC的面积为，所以，三棱锥A1-DMC的体积的最大值为，则三棱锥N-DMC的体积的最大值为，命题正确；对于命题，A1D=A1M，F为DM的中点，所以，A1FDM，若A1CDM，且A1CA1F=A1，DM平面A1
8、CF，由于CF平面A1CF，CFDM，事实上，易得CM=DM=22，CD=4，CM2+DM2=CD2，由勾股定理可得CMDM，这与CFDM矛盾，命题错误故答案为三、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（10分）设命题p：函数在区间单调递增，命题，使得如果命题“p或q”是真命题，命题“p且q”是假命题，求实数a的取值范围【答案】或【解析】当P为真命题：，在2，3恒成立，即，为单调增函数，即；当q为真命题时，即，或，由题意p，q一真一假，即当p真q假：；当q真p假：，综上所述，或18（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的
9、非负半轴重合，它的终边过点（1）求的值；（2）若角满足，求cos的值【答案】（1）；（2）或【解析】（1）由题意，角的终边经过点，则，由三角函数的定义，可得，所以（2）因为，所以，又因为，所以，当时，；当时，综上所述：或19（12分）已知（1）当时，求函数的单调区间；（2）若在处取得极大值，求的取值范围【答案】（1）减区间，增区间；（2）【解析】（1）当时，令，则，当时，；当时，所以的增区间为，减区间为（2）由（1）得因为在处有极大值，故可知在的左侧附近有，在的右侧附近有，所以在的左侧附近有，所以，即，此时当，则当时，所以；当时，所以故为的极大值点，若，则当时，所以，所以0不是的极大值点综上可
10、知，a的取值范围是20（12分）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，四边形是矩形，、分别为棱、的中点（1）求证：平面；（2）若，且平面平面，求四棱锥的体积【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】证明：（1）取的中点，连接，因为且，又因为，分别为，的中点，且，所以与平行且相等，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面（2）取的中点，在中，即平面平面，平面平面，又平面，平面，即四棱锥的体积为21（12分）如图，在四棱锥中，平面，为侧棱上一点（1）若，求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）在侧棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由【答案】（1）见解析；（2）见
11、解析；（3）存在，见解析【解析】（1）设，连结，由已知，得由，得在中，由，得因为平面，平面，所以平面（2）因为平面，平面，所以在直角梯形中，因，故，因，所以，所以又，所以平面因为平面，所以平面平面（3）在平面内作于点，则即为所求的点，由，得平面因为平面，所以又，所以平面由，得22（12分）设，在处的切线方程是，其中为自然对数的底数（1）求，的值；（2）证明：【答案】（1），；（2）见解析【解析】（1），由题意，可得，解得，（2）由（1）知，令，则，当，又，所以，使得，即，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，令，又，所以，使得，此时，故【2019年河北唐山市区县高三上学期第一次段考数学（文）试题用稿】好教育云平台 内部特供卷 第13页（共14页） 好教育云平台 内部特供卷 第14页（共14页）
