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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1月份内部特供卷理 科 数 学（二）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（一）单选题1设集合，则（ ）ABCD【答案】C【解析】，或，则
2、，故选C2已知是的共轭复数，则（ ）ABCD【答案】A【解析】，故选A3边长为2的正方形ABCD中，则（ ）ABCD【答案】C【解析】以A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则，故，则，故选C4已知三棱锥中，则三棱锥的体积是（ ）A4B6CD【答案】C【解析】由，且，得；又由，且，得因为，从而知，即，所以又由于，从而故选C5满足条件，的面积的最大值是（ ）ABCD【答案】B【解析】设，因为，所以，所以，所以的轨迹是以为圆心，半径等于的圆去掉点，两点，所以，故选B6已知为等比数列，下面结论中正确的是（ ）ABC若，则D若，则【答案】B【解析】设an的首项为a1，公比为q，当a10，q0时，可知
3、a10，a30，所以A不正确；当时，C选项错误；当qa1a3qa1qa4a2，与D选项矛盾，因此根据基本不等式可知B选项正确7设定义域为R的函数满足下列条件：对任意，；对任意，当时，有，下列不等式不一定成立的是（ ）ABCD【答案】C【解析】对任意，函数是奇函数，对任意，当时，有，函数在区间上是单调增函数，故选项，一定成立；，故选项，一定成立；，两边同时乘以，可得，即，故选项D一定成立；，但不能确定3和是否在区间上，故和的大小关系不确定，故与的大小关系不确定，故选项C不一定正确，故答案选C8若且，则（ ）ABCD【答案】B【解析】（方法一）对选项A：由，从而，从而选项A错误；对选项B：首先，从
4、而知最小，下只需比较与的大小即可，采用差值比较法：，从而，选项B正确；对于选项C：由，知C错误；对于选项D：可知，从而选项D错误，故选B（方法二）取，代入验证知选项B正确（二）多选题9若函数的图象关于直线对称，则（ ）AB函数的最大值为C为函数的一个对称中心D函数在上单调递增【答案】ABCD【解析】（其中），因为函数的图象关于直线对称，则，则，A正确；又，则函数的最大值为，B正确；令，当，则为函数的一个对称中心，C正确；令，当，为增区间，即函数在上单调递增，D正确故选ABCD10已知双曲线过点且渐近线为，则下列结论正确的是（ ）A的方程为B的离心率为C曲线经过的一个焦点D直线与有两个公共点【答
5、案】AC【解析】对于选项A：由已知，可得，从而设所求双曲线方程为，又由双曲线过点，从而，即，从而选项A正确；对于选项B：由双曲线方程可知，从而离心率为，所以B选项错误；对于选项C：双曲线的右焦点坐标为，满足，从而选项C正确；对于选项D：联立，整理得，由，知直线与双曲线只有一个交点，选项D错误故选AC11正方体的棱长为2，分别为的中点，则（ ）A直线与直线垂直B直线与平面平行C平面截正方体所得的截面面积为D点与点到平面的距离相等【答案】BC【解析】A若，又因为且，所以平面，所以，所以，显然不成立，故结论错误；B如图所示，取的中点，连接，由条件可知：，且，所以平面平面，又因为平面，所以平面，故结论
6、正确；C如图所示，连接，延长，交于点，因为为的中点，所以，所以四点共面，所以截面即为梯形，又因为，所以，所以，故结论正确；D记点与点到平面的距离分别为，因为，又因为，所以，故结论错误故选BC12已知函数，下列命题为真命题的是（ ）A函数是周期函数B函数既有最大值又有最小值C函数的定义域是，且其图象有对称轴D对于任意，单调递减【答案】BC【解析】由函数，A函数是周期函数不正确，因为分母随着自变量的远离原点，趋向于正穷大，所以函数图象无限靠近于x轴，故不是周期函数；B令，单调递增，又且对称轴是，故在取得最小值，又在取得最大值，故函数有最大值；另一方面，当，恒成立，且因为在，恒成立，故的最小值在取得
7、，由，单增，又，单调递减，同理，在，单调递减，使得，在单调递减，在单增，故，故f（x）有最大值又有最小值；B正确C函数f（x）的定义域是R，且，故其对称轴是，此命题正确；D由于自变量从变化到0，分母变小，而分子由0减小到，再由增大到0，所以函数值的变化是先减小后增大，故D不正确，综上，BC正确，故选BC第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13设，则数列的通项公式 【答案】【解析】由条件得，且，所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，则14已知定义在上的奇函数满足当时，则曲线在点处的切线斜率为_【答案】【解析】当时，由于函数为奇函数，当时，则，此时，因此，曲线在点处的切线斜率为故答案为15
8、在等腰直角三角形中，点是边异于、的一点光线从点出发，经过、反射后又回到点(如图)若光线经过的重心，且，则_【答案】【解析】建立平面直角坐标如图，作关于的对称点，作关于轴的对称点，设，因为，所以，解得，由光的反射原理可知：四点共线，所以，所以，代入重心坐标，即，所以，解得或(舍)故答案为16半径为2的球面上有四点，且两两垂直，则，与面积之和的最大值为_【答案】8【解析】如图所示，将四面体置于一个长方体模型中，则该长方体外接球的半径为2不妨设，则有，即记从而有，即，从而当且仅当，即该长方体为正方体时等号成立从而最大值为8三、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1
9、7（10分）在中，角、所对的边分别为、，且（1）求的值；（2）若，且的面积，求的值【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为，故，故，因此，（2）因为，故，即，的面积为，即，故，解得18（12分）数列的前项和为，已知，（1）写出与的递推关系式；（2）求关于的表达式【答案】（1）；（2）【解析】（1），（2），故数列是以为首项、1为公差的等差数列，19（12分）如图，已知三棱柱，平面平面，分别是的中点（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）如图所示，连结，等边中，则，平面ABC平面，且平面ABC平面，由面面垂直的性质定理可得：平面，故，由三棱柱的
10、性质可知，而，故，且，由线面垂直的判定定理可得：平面，结合平面，故（2）在底面ABC内作EHAC，以点E为坐标原点，EH，EC，方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系设，则，据此可得：，由，可得点的坐标为，利用中点坐标公式可得，由于，故直线EF的方向向量为，设平面的法向量为，则，据此可得平面的一个法向量为，此时，设直线EF与平面所成角为，则，20（12分）已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A，B（1）求线段AB的中点M的轨迹C的方程；（2）是否存在实数k，使得直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由【
11、答案】（1）；（2）【解析】（1）设，则，当直线的斜率不为0时，由，得，即，当直线的斜率为0时，也适合上述方程，线段的中点的轨迹的方程为（2）由（1）知点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧（如下图所示，不包括两端点），且，又直线：y=k(x-4)过定点，当直线与圆C相切时，由，得，又，结合上图可知当时，直线：y=k(x-4)曲线C只有一个交点21（12分）已知函数，（1）若，且存在单调递减区间，求实数的取值范围；（2）设函数的图象与函数的图象交于点，过线段的中点作轴的垂线分别交，于点，证明：在点处的切线与在点处的切线不平行【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）时，则，因为函数存在单调递减区间，所以有解，又因为，则有的解，所以，所以的取值范围为（2）设点、的坐标分别为，则点，的横坐标为，在点处的切线斜率为，在点处的切线斜率为，假设在点处的切线与在点处的切线平行，则，即，则，所以，设，则，令，则，因为时，所以在上单调递增，故，则，这与矛盾，假设不成立，故在点处的切线与在点处的切线不平行22（12分）设均为正数，且求：（1）的最大值；（2）的最小值【答案】（1）；（2）1【解析】（1）由，得由已知得，即，当且仅当等号成立，的最大值为（2）因为，当且仅当等号成立，所以，即，的最小值为1【湖北省荆门市龙泉中学、潜江中学2019-2020学年高三上学期12月月考数学（理）试题用稿】9
