《【内供】2020届高三好教育云平台1月内部特供卷 文科数学（一）教师版.》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【内供】2020届高三好教育云平台1月内部特供卷 文科数学（一）教师版.（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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
2、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
3、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
4、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
5、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
6、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
7、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）
8、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
9、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，
10、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，
11、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
12、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）
