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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月份内部特供卷理 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
2、要求的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（ ）AB
3、CD【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设函数在上可导，导函数为，图像如图所示，则（ ）A有极大值，极小值B有极大值，极小值C有极大值，极小值D有极大值，极小值【答案】C【解析】由题意可得，当时，则，函数单调递减；当时，则，函数单调递增；当时，则，函数单调递增；当时，则，函数单调递减，所以有极大值，极小值，故选C9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
4、，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
5、知两函数图象在上共有4个交点，故选B12已知函数(为自然对数的底数)，若存在实数，使得，且，则实数的最大值为（ ）ABCD1【答案】C【解析】由，得，注意到在上为增函数且，所以由于的定义域为，所以由，得所以由，得，画出和的图像如下图所示，其中，由图可知的最大值即为，故选C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若，则实数的值为_【答案】1【解析】由于，所以，即，故答案为115设与是定义在同一区间上的两个函数，若函数在上有两个不同的零点，则称和在上是“关联函数”，区间称为“关联区间”若与在上是“关联函数”，则实数的取值范围是_
6、【答案】【解析】令，得，得问题等价于直线与曲线在区间上的图象有两个交点，求实数的取值范围，令，得当时，；当时，所以，函数在处取得极小值，亦即最小值，且又，且因此，当时，直线与函数在区间上的图象有两个交点，故答案为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E
7、M、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
8、，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A1CF，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
9、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）如图，已知四棱锥中，四边形为矩形，（1）求证：平面；（2）设，求平面与平面所成的二面角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：BCSD，BCCD，则BC平面SDC，又，则AD平面SDC，平面
10、SDC，SCAD，又在SDC中，SC=SD=2，DC=AB，故SC2+SD2=DC2，则SCSD，又，所以SC平面SAD（2）作SOCD于O，因为BC平面SDC，所以平面ABCD平面SDC，故SO平面ABCD，以点O为原点，建立坐标系如图则，设，因为，所以，即，令，则，令，则，所以所求二面角的正弦值为20（12分）已知函数，（1）当时，求的单调区间；（2）若的图象总在的图象下方(其中为的导函数)，求的取值范围【答案】（1）增区间，减区间；（2）【解析】（1）当时，故函数的递增区间为，减区间为（2）由题意得恒成立，即恒成立令，则，令，则，令，则，当时，递增；当时，递减，所以，所以，所以在上递减，
11、所以当时，递增；当时，递减所以，故21（12分）在四棱锥的底面是菱形，底面，分别是，的中点，（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在边上是否存在点，使与所成角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）见解析【解析】（1）由菱形的性质可得，结合三角形中位线的性质可知，故，底面，底面，故，且，故平面，平面，（2）由题意结合菱形的性质易知，以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则，据此可得平面的一个法向量为，而，设直线与平面所成角为，则（3）由题意可得，假设满足题意的点存在，设，据此可得：，即，从而点F的坐标为，据此可得，结合题意有，解得故点F为中点时满足题意22（12分）已知曲线在点处的切线与直线垂直（1）求函数的最小值；（2）若，证明：【答案】（1）最小值为；（2）证明见解析【解析】（1）由，得，所以，因为曲线在点处的切线与直线垂直，所以，则，令，则当时，单调递减；当时，单调递增，所以函数的最小值为（2）要证，即证，又因为，所以即证记，则，所以当时，单调递增；当时，单调递减，所以当时，有最大值又记，则，所以当时，单调递减；当时，单调递增，所以的最小值为因为，所以，所以，所以成立【2019年河北唐山市区县高三上学期第一次段考数学（理）试题用稿】 . . .
