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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月份内部特供卷文 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已知集合，则（ ）A0，2BC2D0，2，42已
2、知平面向量，若，则（ ）ABCD3设命题所有正方形都是平行四边形，则为（ ）A所有正方形都不是平行四边形B有的平行四边形不是正方形C有的正方形不是平行四边形D不是正方形的四边形不是平行四边形4记数列的前n项和为，若，则（ ）ABCD5下列图象中，可以作为的图象的是（ ）ABCD6已知三棱锥中，则三棱锥的体积是（ ）A4B6CD7已知函数，则下列说法正确的是（ ）A函数的对称轴为，且在上单调递增B函数的对称轴为，且在上单调递增C函数的对称中心为，且在上单调递增D函数的对称中心为，且在上单调递增8满足条件，的面积的最大值是（ ）ABCD（二）多选题9将函数的图像向右平移个单位，得到的图像关于轴对称
3、，则（ ）A的周期的最大值为B的周期的最大值为C当的周期取最大值时，平移后的函数在上单调递增D当的周期取最大值时，平移后的函数在上单调递减10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11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12设非负实数满足，则的（ ）A最小值为B最小值为C最大值为D最大值为第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13边长为2的正方形中，则_14函数在上有最大值，则实数a的取值范围是_15在等腰直角三角形中，点是边异
4、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_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_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）已知ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，（1）求证：；（2）若，求c的值18（12分）已知首项为3的数列的前n项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）求证：成等差数列19（12分）如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积20
5、（12分）已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆交于M，N两点（1）求k的取值范围；（2）若12，其中O为坐标原点，求|MN|21（12分）设函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个极值点和，记过点，的直线的斜率为，问：是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由22（12分）设均为正数，且证明：（1）；（2）2019-2020学年1月份内部特供卷文 科 数 学（二）答 案第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分（一）单选题1【答案】A【解析】依题意，故，故选A2【答案】D【解析】因为，所以，所以，所以故选D3【答案】C【解析】“所以”改为“存在”（或“有的”），“都是”改为“
6、不都是”（或“不是”），即为有的正方形不是平行四边形，故选C4【答案】D【解析】当时，；当时，所以，故选D5【答案】C【解析】因为的最高次项为，当时，；当时，所以符合要求的仅有C选项，故选C6【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C7【答案】A【解析】依题意，解得，因为，故函数的对称轴为，排除C、D；因为，故，排除B，故选A8【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B（二）多选题9【答案】AC【解析】因为，所以向右平移个单位后得到，又因为平移后得到的函数图象关于轴对称，所以，所以，所以，所以，又因
7、为，令，所以，当时，所以在上单调递增故选AC10【答案】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【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
8、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【答案】AC【解析】令，因为，所以，所以，所以，所以，取最大值时或1，此时或，取最小值时，此时故选AC第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】因为，所以，所以，所以，所以故答案为14【答案】【解析】要满足题意即函数的最大值必是区间上的极大值由已知，当时，；当时，或，所以是函数的极大值点，且，则由题意得，解得15【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
9、标，即，所以，解得或(舍)故答案为16【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17【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）依题意，则，因为，故（2）依题意，因为，即，可得，又，所以，；由，得18【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）因为，故，把上面个等式叠加，得到，因为，故（2）由（1）可得，故，所以，故，成等差数列19【答案】（1）见解析；（2）18【解析】（1）因为在长方体中，
10、平面，平面，所以，又，且平面，平面，所以平面（2）设长方体侧棱长为，则，由（1）可得，所以，即，又，所以，即，解得，取中点，连结，因为，则，所以平面，所以四棱锥的体积为20【答案】（1）；（2）2【解析】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，设过点的直线方程，即由已知可得圆C的圆心C的坐标，半径故由，解得，故当，过点的直线与圆相交于M，N两点（2）设；，由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为，代入圆C的方程，可得，由，解得，故直线l的方程为，即圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径所以|MN|=221【答案】（1）见解析；（2）不存在，详见解析【解析】（1）定义域为，令，当时，故在上单调递增，当时，的两根都小于零，在上，故在上单调递增，当时，的两根为，当时，；当时，；当时，；故分别在上单调递增，在上单调递减（2）由（1）知，因为，所以，又由（1）知，于是，若存在，使得，则，即，亦即（）再由（1）知，函数在上单调递增，而，所以，这与（）式矛盾，故不存在，使得22【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】（1）由，得由已知得，即，取等号时，（2）因为，所以，取等号时，即
