【内供】2020届高三好教育云平台1月内部特供卷 文科数学（一）.zip

好教育云平台 内部特供卷 第 1 页（共 8 页）好教育云平台 内部特供卷 第 2 页（共 8 页）2019-2020 学年好教育云平台 1 月份内部特供卷文文 科科 数数 学（一）学（一）注意事项：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第卷一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，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1已知集合，集合，则（）ABCD2下列函数中，满足“对任意，且都有”的是（）ABCD3“”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4已知函数是偶函数，且，则（）A2B3C4D55一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的位置关系是（）A异面B平行C相交D不确定6函数的图象可能为（）ABCD7已知，则下列选项中是假命题的为（）ABCD8函数的图象向左平移个单位后关于轴对称，则函数在上的最小值为（）ABCD9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（）A3BC6D10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相等，再过后，甲桶中的水只有，则 m 的值为（）A9B7C5D311在三棱锥中，且为等边三角形，0,1,2,3A 2Bx xAB 30,1,21,20,1,2,3()f x12,(0,)x x 12xx12f xf x()f xx()2x f x()lnf xx3()f xxsin0sin20 yf xx 21f2f 1 lnf xxx:0,2psin0:qxN200210 xx pq()pq pq()pq sin 22f xx6y f x0,2321212322222xx32 32 313122 2Laminx()nxf xae5 minminmL4aPABCPAABC 平面ABC3AB 此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 好教育云平台 内部特供卷 第 3 页（共 8 页）好教育云平台 内部特供卷 第 4 页（共 8 页），则三棱锥的外接球的表面积为（）ABCD12 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个零点，则实数 k 的取值范围是（）ABCD第卷第卷二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分13函数的定义域为_14设函数，那么的值为_15函数的最小值为_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三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 个大题，共个大题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤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）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2PA PABC4168323()logf xx()g xyx()h x0,1x()()1h xg x()()ykf xh x71,2log 352,2log 352log 3,171log 3,2 2logf xx2,05()(5),5xxf xf xx(18)f cos22sinxxf x 321()3f xxxax1x ()f x()f x()f x(2,)ABCABCabccossincaBBA10c BC1AD b好教育云平台 内部特供卷 第 5 页（共 8 页）好教育云平台 内部特供卷 第 6 页（共 8 页）19（12 分）已知函数（1）求函数的最小值及取最小值时 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 2cossincos1f xxxxxR f xx f x g x 15g a 3,22a2g aBDAOC2ABBD6BDCAEEDFACBFE ABDADBFBCDEF好教育云平台 内部特供卷 第 7 页（共 8 页）好教育云平台 内部特供卷 第 8 页（共 8 页）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，请说明理由请考生在请考生在 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 lnf xx 1g xaxa0,1P f x1k a1xa 1f x g xkxakka(2,0)A2,3B1MOB2MOB1M1,P 1M2,3Q 2M|6OPOQ()|3|4|f xxx()2f x 2223(0)xya axy好教育云平台 内部特供卷答案 第 1 页（共 10 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 2 页（共 10 页）2019-2020 学年好教育云平台 1 月份内部特供卷文文 科科 数数 学（一）答学（一）答 案案第卷第卷一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，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1【答案】B【解析】，故选 B2【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【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【答案】D【解析】是偶函数，当时，又，故选 D5【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【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【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【答案】B【解析】平移得到的图像对应的解析式为，0,1,2,3A|22Bxx 0,1,2AB12,(0,)x x 12xx 12f xf x()f x(0,)()f xx(0,)1()22xxf x(0,)()lnf xx(0,)3()f xx(0,)sin0,kkZsin20,2kkZsin0sin20 yf xx f xxfxx2x 2222ff 21f25f aacb1x 1 ln1 ln0f xxxxx0 x 1 lnf xxx:pPPPMxMxAsinMPPAMP PA:0,2psin:q200210 xx 12x 0:qxN200210 xx pq sin 23g xx好教育云平台 内部特供卷答案 第 3 页（共 10 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 4 页（共 10 页）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【答案】A【解析】令，则两边平方得，即，解得，舍去故选 A10【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【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【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第卷第卷二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分13【答案】【解析】由题意得，故答案为14【答案】9【解析】函数，故答案为 915【答案】【解析】，所以令，则，因此当时，取最小值，g x 0sin13g 32kkZ2620,x72666x1sin 2126x2x min12f x 32 32 3(0)m m232 32 3m232mm3m 1m ()ntyf tae51(5)2nfaea11ln52n k4a1()4f ka111lnln524k111ln2ln522k10k 55k 5m ABCPA ABC2PA ABCPAABCABC3r ABC1d 3 12R 2416R 3()logf xx()g xyx()3xg x()h x0,1x()()131xh xg x()()ykf xh x3log()kxh x 3logykx()yh x 3logykx()yh x 0k 33log 32log 52kk 522log 3k 52,2log 30,12log0 x2log0 x01x 0,12,05()(5),5xxf xf xx2(18)(3 53)(3)39fff 3 2cos22sin1 2sin2sinxxxf xx Qsintx 22132212(),1,122yttttf x 1t f x3好教育云平台 内部特供卷答案 第 5 页（共 10 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 6 页（共 10 页）故答案为16【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：本大题共三、解答题：本大题共 6 个大题，共个大题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【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【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【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3(1,3)1,)321()3f xxxax2()2fxxxa1x ()f x(1)0f 120a3a 2()23fxxx1x 3x()0fx13x-()0fx1x ()f x(1,3)()f x(2,)2()20fxxxa(2,)22axx(2,)2()2g xxx 22gxx g x(2,1)(1,)()(1)1g xg1a 1,)34A 5b cossincaBBsinsincossinCABBsin sincossinsinABABABsincoscossinsincossinsinABABABABcossinsinsin0ABABBABCsin0B tan1A 0,A34A 11sin22SbcAAD a10c 1AD 2sin2A 5ab22222cos102 5abcbcAbb5ab242 5100bb5b 52b 5b 2x3|,8x xkkZ4 25 2sin22cos22scos sin2in 24cos1xxxf xxxx2224xk 38xkkZsin 24x1 f x2x3|,8x xkkZ f x g x g x4 12sin24g xx 112sin245g aa12sin2410a好教育云平台 内部特供卷答案 第 7 页（共 10 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 8 页（共 10 页）又，所以，所以，20【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，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【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，令，则，由，得，3,22a1,242a17 2cos2410a 112sin2sin22244g aaa112 sincoscossin244244aa227 222102102 4 25310ABDAEEDADBEBFEABD平面BEADBEF平面BFBEF 平面ADBF30BDC90BCD2BD 3CD 4435cos2 2 28CAD AEFRt5cos8AECADAF1AE 85AF 25CF FABECABE45FABE142255FABEC ABDA BCDVVVBCDEF331553BCDEFA BCDBCDVVSAO133352101yx2kea2 ee0,1P f x00,lnxx lnf xx 1fxx00,lnxx001fxx00,lnxx0001lnyxxxx0,1P0ln0 x 01x 1yx1k a1xa 1f x g xkxa2ln1a xxkxax1xa21lnk axxa21ln0k axxa 2211lnlnk axkkm xxxxxaaaa 1km xxa00m x0axk1aka20ka01,xxa00m x m x01,xa0,xx00m x m x0,x 02min1ln0kam xm xak 2ln1kaak 2lnkah aakak 233122kakh aaaa00h a02ak ak好教育云平台 内部特供卷答案 第 9 页（共 10 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 10 页（共 10 页）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22【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【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0,ak a 0h a h a0,k a0,aa 0h a h a0,a ak 1h a min1h a 0min12ln12h ah ak2kea2 ee1aka2ka 0mx m x1,a 11limln0 xam xa1a 1k 1aka2kea2 ee1xa4cos323(2,0)A(,)4cos1M4cos321,P 1M14cos322,3Q 2M24cos3233224cos33612|,|OPOQ12|OPOQ|4cos4cos4 3sin33OPOQ3226332|6OPOQ4 3sin633sin2332.5,4.565a 3x 342xx 2.53x34x342xx4x 342xx44.5x2.5,4.52222211(2)(3)()23xyxy2223(0)xya a25()6xya23xyxy65a 好教育云平台 内部特供卷 第 1 页（共 8 页）好教育云平台 内部特供卷 第 2 页（共 8 页）2019-2020 学年好教育云平台 1 月份内部特供卷 文文 科科 数数 学学（一（一）注意事项：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 第第卷卷 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的 1已知集合0,1,2,3A，集合2Bx x，则AB（）A3 B0,1,2 C1,2 D0,1,2,3 2下列函数()f x中，满足“对任意12,(0,)x x，且12xx都有 12f xf x”的 是（）A()f xx B()2x f x C()lnf xx D3()f xx 3“sin0”是“sin20”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 4已知函数 yf xx是偶函数，且 21f，则2f（）A2 B3 C4 D5 5一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的位置关系是（）A异面 B平行 C相交 D不确定 6函数 1 lnf xxx的图象可能为（）A B C D 7已知:0,2p，sin，0:qxN，200210 xx，则下列选项中是假命题的为（）Apq B()pq Cpq D()pq 8函数 sin 22f xx的图象向左平移6个单位后关于y轴对称，则函数 f x在0,2上的最小值为（）A32 B12 C12 D32 9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222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2xx确定 x 的值，类似地32 32 3的值为（）A3 B1312 C6 D2 2 10若将甲桶中的La水缓慢注入空桶乙中，则minx后甲桶中剩余的水量符合衰减函数()nxf xae（其中 e 是自然对数的底数）假设过5min后甲桶和乙桶的水量相等，再过minm后，甲桶中的水只有L4a，则 m 的值为（）A9 B7 C5 D3 11在三棱锥PABC中，PAABC平面，且ABC为等边三角形，3AB，2PA，此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 好教育云平台 内部特供卷 第 3 页（共 8 页）好教育云平台 内部特供卷 第 4 页（共 8 页）则三棱锥PABC的外接球的表面积为（）A4 B16 C8 D32 12 已知函数3()logf xx的图象与函数()g x的图象关于直线yx对称，函数()h x是最小正周期为 2 的偶函数，且当0,1x时，()()1h xg x，若函数()()yk f xh x有 3个零点，则实数 k 的取值范围是（）A71,2log 3 B52,2log 3 C52log 3,1 D71log 3,2 第第卷卷 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分 13函数 2logf xx的定义域为_ 14设函数2,05()(5),5xxf xf xx，那么(18)f的值为_ 15函数 cos22sinxxf x 的最小值为_ 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 三、解答题：三、解答题：本本大题共大题共 6 个个大题，共大题，共 70 分分解答应写出文字说明、证明过程或解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤演算步骤 17（12 分）已知函数321()3f xxxax（其中 a 为实数）（1）若1x 是()f x的极值点，求函数()f x的减区间；（2）若()f x在(2,)上是增函数，求 a 的取值范围 18（12 分）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cossincaBB （1）求A；（2）已知10c，BC边上的高1AD，求b的值 好教育云平台 内部特供卷 第 5 页（共 8 页）好教育云平台 内部特供卷 第 6 页（共 8 页）19（12 分）已知函数 2cossincos1f xxxxxR（1）求函数 f x的最小值及取最小值时x取值的集合；（2）若将函数 f x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 g x的图象，且 15g a，3,22a，求2g a的值 20（12 分）如图，已知BD为圆锥AO底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，2ABBD，6BDC，AEED，F是AC上一点，且平面BFE 平面ABD（1）求证ADBF；（2）求多面体BCDEF的体积 好教育云平台 内部特供卷 第 7 页（共 8 页）好教育云平台 内部特供卷 第 8 页（共 8 页）21（12 分）已知函数 lnf xx，1g xax（其中a是常数）（1）求过点0,1P与曲线 f x相切的直线方程；（2）是否存在1k 的实数，使得只有唯一的正数a，当1xa时，不等式 1f x g xkxa恒成立，若这样的实数k存在，试求k，a的值；若不存在，请说明理由 请考生在请考生在 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(2,0)A为圆心、半径为 2 的圆的一个交点为2,3B，曲线1M是劣弧OB，曲线2M是优弧OB（1）求曲线1M的极坐标方程；（2）设点1,P 为曲线1M上任意一点，点2,3Q 在曲线2M上，若|6OPOQ，求的值 23（10 分）【选修 4-5：不等式选讲】设()|3|4|f xxx（1）解不等式()2f x；（2）已知 x，y 实数满足2223(0)xya a，且xy的最大值为 1，求 a 的值 好教育云平台 内部特供卷答案 第 1 页（共 10 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 2 页（共 10 页）2019-2020 学年好教育云平台 1 月份内部特供卷 文文 科科 数数 学（一学（一）答）答 案案 第第卷卷 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的 1【答案】B【解析】0,1,2,3A，|22Bxx，0,1,2AB，故选 B 2【答案】B【解析】“对任意12,(0,)x x，且12xx都有 12f xf x”，函数()f x在(0,)上单调递减，结合选项可知，()f xx在(0,)单调递增，不符合题意，1()22xxf x在(0,)单调递减，符合题意，()lnf xx在(0,)单调递增，不符合题意，3()f xx在(0,)单调递增，不符合题意，故选 B 3【答案】A【解析】由sin0可得,kkZ，由sin20可得,2kkZ，所以“sin0”是“sin20”的充分不必要条件，故选 A 4【答案】D【解析】yf xx是偶函数，f xxfxx，当2x 时，2222ff，又 21f，25f，故选 D 5【答案】B【解析】由a得，经过 a 的平面与相交于直线 c，则 ac，同理，设经过a的平面与相交于直线 d，则 ad，由平行公理得：cd，则 c，又c，b，所以 cb，又 ac，所以 ab，故答案为 B 6【答案】A【解析】当1x 时，1 ln1 ln0f xxxxx，所以舍去 B，C；当0 x 时，1 lnf xxx无意义，所以舍去 D，故选 A 7【答案】C【解析】命题:p由三角函数的定义，角终边与单位圆交于点P，过P作PMx轴，垂足是M，单位圆交x轴于点A，则sinMP，弧长PA即为角；显然MP弧长PA；:0,2p，sin是真命题；命题:q解方程200210 xx，则12x ，因此0:qxN，200210 xx，是假命题 则下列选项中是假命题的为pq，而 A，B，D 都是真命题 故选 C 8【答案】B【解析】平移得到的图像对应的解析式为 sin 23g xx，好教育云平台 内部特供卷答案 第 3 页（共 10 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 4 页（共 10 页）因为 g x为偶函数，所以 0sin13g，所以32k，其中kZ 因为2，所以6，当20,x时，72666x，所以1sin 2126x，当且仅当2x 时，min12f x，故选 B 9【答案】A【解析】令32 32 3(0)m m，则两边平方得232 32 3m，即232mm，解得3m，1m舍去 故选 A 10【答案】C【解析】5 min 后甲桶和乙桶的水量相等，函数()ntyf tae，满足51(5)2nfaea，可得11ln52n，因此，当kmin 后甲桶中的水只有4a升，即1()4f ka，即111lnln524k，即为111ln2ln522k，解之得10k，经过了55k 分钟，即5m 故选 C 11【答案】B【解析】根据题意知，底面ABC是边长为 3 的正三角形，PA平面ABC，2PA，可得此三棱锥的外接球，即为以ABC为底面，以PA为高的正三棱柱的外接球，ABC是边长为 3 的正三角形，ABC的外接圆半径3r，球心到ABC的外接圆圆心的距离为1d，故球的半径3 12R ，从而外接球的表面积为2416R，故选 B 12【答案】B【解析】由函数3()logf xx的图象与函数()g x的图象关于直线yx对称，得()3xg x，函数()h x是最小正周期为 2 的偶函数，当0,1x时，()()131xh xg x，函数()()yk f xh x有 3 个零点，即3log()kxh x 有 3 个不同根，画出函数3logykx与()yh x 的图象如图：要使函数3logykx与()yh x 的图象有 3 个交点，则0k，且33log 32log 52kk ，即522log 3k ，实数 k 的取值范围是52,2log 3 故选 B 第第卷卷 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分 13【答案】0,1【解析】由题意得2log0 x，2log0 x，01x，故答案为0,1 14【答案】9【解析】函数2,05()(5),5xxf xf xx，2(18)(3 5 3)(3)39fff 故答案为 9 15【答案】3【解析】2cos22sin1 2sin2sinxxxf xx，所以令sintx，则 22132212(),1,122yttttf x ，因此当1t 时，f x取最小值3，好教育云平台 内部特供卷答案 第 5 页（共 10 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 6 页（共 10 页）故答案为3 16【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：三、解答题：本本大题共大题共 6 个个大题，共大题，共 70 分分解答应写出文字说明、证明过程或解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤演算步骤 17【答案】（1）(1,3)；（2）1,)【解析】（1）因为321()3f xxxax，所以2()2fxxxa，因1x 是()f x的极值点，所以(1)0f ，即120a，所以3a，故2()23fxxx，当1x 或3x 时，()0fx；当13x时，()0fx，所以1x 符合题意，且()f x的减区间为(1,3)（2）因为()f x在(2,)上为增函数，所以2()20fxxxa在(2,)上恒成立，所以22axx 在(2,)上恒成立，令2()2g xxx，则 22gxx，g x在(2,1)上是增函数，在(1,)上是减函数，所以()(1)1g xg，所以1a，即 a 的取值范围为1,)18【答案】（1）34A；（2）5b 【解析】（1）由cossincaBB，及正弦定理得sinsincossinCABB，即sin sincossinsinABABAB，所以sincoscossinsincossinsinABABABAB，即cossinsinsin0ABAB，由于B为ABC的内角，所以sin0B，所以tan1A，又0,A，所以34A（2）因为11sin22SbcAAD a，代入10c，1AD，2sin2A，得5ab，由余弦定理得22222cos102 5abcbcAbb，代入5ab，得242 5100bb，解得5b，或52b （舍去），所以5b 19【答案】（1）最小值是2，此时x的集合为3|,8x xkkZ；（2）4 25【解析】（1）2sin22cos22scos sin2in 24cos1xxxf xxxx，当2224xk，即38xkkZ时，sin 24x取得最小值是1，所以函数 f x的最小值是2，此时x的集合为3|,8x xkkZ（2）f x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 g x，所以 g x的最小正周期为4，故 12sin24g xx，好教育云平台 内部特供卷答案 第 7 页（共 10 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 8 页（共 10 页）因为 112sin245g aa，所以12sin2410a 又 3,22a，所以1,242a，所以17 2cos2410a，112sin2sin22244g aaa 112 sincoscossin244244aa 227 222102102 4 25 20【答案】（1）证明见解析；（2）310【解析】（1）因为ABD是等边三角形，AEED，所以ADBE，因为平面BFEABD平面，且交线为BE，所以ADBEF平面，因为BFBEF平面，所以ADBF （2）因为30BDC，90BCD，2BD，所以3CD，4435cos2 2 28CAD，在AEFRt中，5cos8AECADAF，又1AE，所以85AF，25CF，所以点F到平面ABE的距离为点C到平面ABE的距离的45，所以三棱锥FABE的体积142255FABEC ABDA BCDVVV，所以多面体BCDEF的体积为331553BCDEFA BCDBCDVVSAO13335210 21【答案】（1）1yx；（2）存在实数2ke，a只有唯一值2 ee【解析】（1）设过点0,1P的直线与曲线 f x相切于点00,lnxx，因 lnf xx，则 1fxx，所以在00,lnxx处切线斜率为001fxx，则在00,lnxx处切线方程为0001lnyxxxx，将0,1P代入切线方程，得0ln0 x，所以01x，所以切线方程为1yx（2）假设存在1k 的实数，使得只有唯一的正数a，当1xa时，不等式 1f x g xkxa恒成立，即2ln1a xxkxax恒成立，因为1xa，所以21lnk axxa，即21ln0k axxa，令 2211lnlnk axkkm xxxxxaaaa，则 1km xxa，由于00m x，即0axk 当1aka，即20ka时，01,xxa时，00m x，则 m x在01,xa上为减函数；0,xx时，00m x，则 m x在0,x 上为增函数，则 02min1ln0kam xm xak ，即2ln1kaak，令 2lnkah aakak，则 233122kakh aaaa，好教育云平台 内部特供卷答案 第 9 页（共 10 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 10 页（共 10 页）由00h a，得02ak ak，0,ak a时，0h a，则 h a在区间0,k a上为减函数；0,aa时，0h a，则 h a在区间0,a 上为增函数，因此存在唯一的正数ak，使得 1h a，故只能 min1h a 所以 0min12ln12h ah ak，所以2ke，此时a只有唯一值2 ee 当1aka，即2ka时，0m x，所以 m x在1,a上为增函数，所以 11limln0 xam xa，即1a，故1k 所以满足1ak的a不唯一，综上，存在实数2ke，a只有唯一值2 ee，当1xa时，恒有原式成立 22【答案】（1）4cos32；（2）3【解析】（1）设以点(2,0)A为圆心、半径为 2 的圆上任意一点(,)，所以该圆的极坐标方程为4cos，则1M的方程为4cos32（2）由点1,P 为曲线1M上任意一点，则14cos32，点2,3Q 在曲线2M上，则24cos3233，即224cos336，因为12|,|OPOQ，所以12|OPOQ，即|4cos4cos4 3sin33OPOQ，因为32，且263，所以32，因为|6OPOQ，所以4 3sin63，即3sin23，所以3 23【答案】（1）2.5,4.5；（2）65a 【解析】（1）当3x 时，不等式化为342xx ，此时2.53x，当34x时，不等式化为342xx，成立，当4x 时，不等式化为342xx，此时44.5x，综上所述，原不等式的解集为2.5,4.5（2）柯西不等式得2222211(2)(3)()23xyxy，因为2223(0)xya a，所以25()6xya，（当23xy时，取等号），又因为xy的最大值为 1，所以65a 好教育云平台 内部特供卷 第 1 页（共 14 页）好教育云平台 内部特供卷 第 2 页（共 14 页）2019-2020 学年好教育云平台 1