河北省唐山市区县2020届高三上学期第一次段考数学（文）试题

河北省唐山市区县2020届高三上学期第一次段考数学（文）试题

高三年级第一次阶段考试数学试卷（文科）‎ 一、选择题（每小题5分，共12小题，共60分）‎ ‎1.已知集合，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分别求出集合A，B，由此利用交集定义能求出A∩B．‎ ‎【详解】∵集合＝，‎ ‎＝{1，0，-1，-2，… }，‎ ‎∴．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查交集的求法，是基础题，注意条件，属于易错题．‎ ‎2.命题“”的否定是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用全称命题的否定的规则写出其否定即可.‎ ‎【详解】命题的否定为：，，故选D.‎ ‎【点睛】全称命题的一般形式是：，，其否定为.存在性命题的一般形式是，，其否定为.‎ ‎3.设，，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由指数函数的性质得，由对数函数的性质得，根据正切函数的性质得，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】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B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数式、对数式以及正切函数值的比较大小问题，其中解答中熟记指数函数与对数函数的性质，以及正切函数的性质得到的取值范围是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．‎ ‎4.若cos（）=，则sin2θ=（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数的诱导公式，化简得，即可求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 又由，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中解答中利用三角函数的诱导公式和余弦函数的倍角公式，准确化简运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎5.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】‎ ‎【分析】‎ 由充分充分不必要条件的判定发放进行判断即可.‎ ‎【详解】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A.‎ ‎【点睛】本题考查分充分不必要条件的判定，属基础题.‎ ‎6.函数图象的大致形状是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数的奇偶性，再求，利用排除法可得解.‎ ‎【详解】由题意得，，所以 ‎，所以函数奇函数，图象关于原点对称，排除选项A，C；‎ 令，则，。故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性及函数的图象，属于基础题.．‎ ‎7.已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用两角差的正余弦公式展开求得tanα的值，再利用二倍角公式求得的值．‎ ‎【详解】由题 ，则 ‎ 故 ‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要两角差的正余弦公式，二倍角公式的应用，同角三角函数的基本关系，属于基础题．‎ ‎8.已知函数是定义在上的奇函数，且以2为周期，当时，，则的值为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得：，代入中计算即可得到答案。‎ ‎【详解】由于；‎ 因为函数是定义在上的奇函数，且以2为周期；‎ 所以 又因为，所以；‎ 故答案选A ‎【点睛】本题主要考查函数的有关性质，奇偶性、周期性，以及对数的有关运算，属于基础题。‎ ‎9.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（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设底面外接圆的半径为，且圆心为，则可根据条件得到，利用正弦定理可求，从而求出后可求球的表面积.‎ ‎【详解】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，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，选C.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球半径的求法，注意利用球心的性质确定球心的位置.另外，在计算线段的长度时，注意利用解三角形的相关知识来帮助求解.‎ ‎10.若函数在区间内单调递增，则实数的取值范围为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用复合函数同增异减法得出函数的单调递增区间为，‎ 于此得出，然后列不等式组可解出实数的取值范围.‎ ‎【详解】由，即，解得.‎ 二次函数的对称轴为.‎ 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：C.‎ ‎【点睛】本题考查对数型复合函数的单调性与参数，解本题的关键在于将区间转化为函数单调区间的子集，利用集合的包含关系求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎11.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（）‎ A. 2 B. ‎4 ‎C. 6 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据f（x）的周期和对称性得出函数图象，根据图象和对称轴得出交点个数．‎ ‎【详解】∵f（x+1）＝﹣f（x），‎ ‎∴f（x+2）＝﹣f（x+1）＝f（x），‎ ‎∴f（x）的周期为2．‎ ‎∴f（1﹣x）＝f（x﹣1）＝f（x+1），‎ 故f（x）的图象关于直线x＝1对称．‎ 又g（x）＝（）|x﹣1|（﹣1＜x＜3）的图象关于直线x＝1对称，‎ 作出f（x）的函数图象如图所示：‎ 由图象可知两函数图象在（﹣1，3）上共有4个交点，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了函数图象变换，考查了函数对称性、周期性的判断及应用，考查了函数与方程的思想及数形结合思想，属于中档题．‎ ‎12.若存在两个正实数使得等式成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可把化简为，令可得，参变分离后可求的取值范围.‎ ‎【详解】方程可化为，令，‎ 则即，在（0，+）有解，‎ 令，则，‎ 当时，，在为增函数；‎ 当时，，在为减函数；‎ 又当t趋近于时，趋近于，‎ 所以的值域为，故，选D.‎ ‎【点睛】对于多变量的方程，可以利用代数变形的方法将变量的个数降低，再利用参变分离的方法把参数的取值范围问题转化为一元函数的值域问题，后者可利用导数的方法来处理.‎ 二、填空题（每小题5分，共4小题，共20分）‎ ‎13.函数的定义域为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用偶次方根被开方数为非负数、对数真数大于零和分式分母不为零列不等式组，解不等式组求得函数的定义域.‎ ‎【详解】依题意得，得，即函数的定义为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数定义域的求法，函数的定义域主要由以下方面考虑来求解：一个是分数的分母不能为零，二个是偶次方根的被开方数为非负数，第三是对数的真数要大于零，第四个是零次方的底数不能为零.属于基础题.‎ ‎14.已知，为锐角，且，则_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将题目所给方程展开后，化简为的形式，由此求得的大小.‎ ‎【详解】将展开得，即，由于，为锐角，，故.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用两角和的正切公式对已知条件进行化简，考查特殊角的三角函数值，属于中档题.‎ ‎15.设函数，函数，若对于任意的，总存在，使得，则实数m的取值范围是_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，在上的最小值大于在上的最小值，分别求出两个函数的最小值，即可求出m的取值范围.‎ ‎【详解】由题意可知，在上的最小值大于在上的最小值.‎ ‎，当时，，此时函数单调递减；‎ 当时，，此时函数单调递增.‎ ‎，即函数在上的最小值为-1.‎ 函数为直线，‎ 当时，，显然不符合题意；‎ 当时，在上单调递增，的最小值为，则，与矛盾；‎ 当时，在上单调递减，的最小值为，则，即，符合题意.‎ 故实数m的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了不等式恒成立问题与存在解问题，考查了函数的单调性的应用，考查了函数的最值，属于中档题.‎ ‎16.已知四边形为矩形, ,为的中点,将沿折起,得到四棱锥,设的中点为,在翻折过程中,得到如下有三个命题:‎ ‎①平面，且的长度为定值；‎ ‎②三棱锥的最大体积为；‎ ‎③在翻折过程中，存在某个位置，使得.‎ 其中正确命题的序号为__________．（写出所有正确结论的序号）‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，得出，可判断出命题①的正误；由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥 的一半，并由平面平面，得出三棱锥体积的最大值，可判断出命题②的正误；取的中点，连接，由，结合得出平面，推出得出矛盾，可判断出命题③的正误.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 对于命题①，取的中点，连接、，则，，‎ ‎，由勾股定理得，‎ 易知，且，、分别为、的中点，所以，，‎ 四边形为平行四边形，，，‎ 平面，平面，平面，命题①正确；‎ 对于命题②，由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥的一半，当平面平面时，三棱锥体积取最大值，‎ 取的中点，则，且，‎ 平面平面，平面平面，，‎ 平面，平面，‎ 的面积为，‎ 所以，三棱锥的体积的最大值为，‎ 则三棱锥的体积的最大值为，命题②正确；‎ 对于命题③，，为的中点，所以，，‎ 若，且，平面，‎ 由于平面，，事实上，易得，，‎ ‎，由勾股定理可得，这与矛盾，命题③错误.‎ 故答案为：①②.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面平行、锥体体积的计算以及异面直线垂直的判定，判断这些命题时根据相关的判定定理以及性质定理，在计算三棱锥体积时，需要找到合适的底面与高来计算，考查空间想象能力，考查逻辑推理能力，属于难题.‎ 三、解答题（共6小题，共70分）‎ ‎17.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】‎ ‎【分析】‎ 对于命题，利用求得函数的导数，利用分离常数法求得的取值范围.对于命题，利用判别式为非负数，求得的取值范围.由于或真，且假，故一真一假，分别求得真假和假真时，的取值范围，然后取并集求得题目所求的取值范围.‎ ‎【详解】解：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.‎ ‎【点睛】本小题主要考查还有逻辑连接词真假性求参数的取值范围，考查利用导数求解单调性的问题，属于中档题.‎ ‎18.在平面直角坐标系中，已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点．‎ ‎(1)求的值；‎ ‎(2)若角满足，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由三角函数的定义，求得的值,再利用两角和的正弦公式，即可求解．‎ ‎（2）利用三角函数的基本关系式，求得,又根据，得到，代入即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】（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.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中解答中熟记三角函数的定义，以及三角函数恒等变换的公式，合理、准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎19.已知 f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2．．‎ ‎(1)当时，求函数的单调区间；‎ ‎(2)若在处取得极大值，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）减区间，增区间；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求出，通过讨论其符号可得函数的单调区间.‎ ‎（2）因为在处有极大值，从而可知在的左侧附近有，在的右侧附近有，从而得到在的两侧附近总有，据此可求出的取值范围.‎ ‎【详解】(1) 当时，，令，则，‎ 当时，；‎ 当时，，‎ 所以的增区间为，减区间为. ‎ ‎（2）由(1)得.‎ 因为在处有极大值，‎ 故可知在的左侧附近有，‎ 在的右侧附近有，‎ 所以在的两侧附近有，所以即，‎ 此时当，，则当x∈（﹣∞，0）时，x＜0，ex＜1，ex﹣a＜0，所以f'（x）＞0；‎ 当x∈（0，lna）时，x＞0，ex﹣a＜elna﹣a＝0，所以f'（x）＜0．‎ 故为的极大值点，‎ 若a≤1，则当x∈（0，1）时，x＞0，ex﹣a≥ex﹣1＞0，‎ 所以f'（x）＞0．‎ 所以0不是f（x）的极大值点．‎ 综上可知，a的取值范围是（1，+∞）．‎ ‎【点睛】函数的极值刻画了函数局部性质，它可以理解为函数图像具有“局部最低”的特性，用数学语言描述则是：“在的附近的任意 ，有（）” ．另外如果在附近可导且 的左右两侧导数的符号发生变化，则必为函数的极值点，极大值、极小值的判断方法如下：‎ ‎（1）在的左侧附近，有，在的右侧附近，有，则为函数的极大值点；‎ ‎（1）在的左侧附近，有，在的右侧附近，有，则为函数的极小值点．‎ ‎20.如图，在三棱柱中，四边形是菱形，四边形是矩形，、分别为棱、的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若，，且平面平面，求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连接，，证明，再证明平面；（2）‎ 取中点，证明平面，再利用求四棱锥的体积.‎ ‎【详解】证明：（1）取的中点，连接，，‎ 因为且，‎ 又因为，分别为，的中点，且，‎ 所以与平行且相等，所以四边形是平行四边形，‎ 所以，‎ 又平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）取的中点，在中，，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，∴，即 ‎∵平面平面，平面平面，‎ 又平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎，‎ ‎∴即四棱锥的体积为.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间几何元素的平行关系的证明，考查几何体体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解张窝 水平和分析推理能力.‎ ‎21.如图，在四棱锥中，平面，， ，，，，为侧棱上一点. ‎ ‎（1）若，求证：平面；‎ ‎（2）求证：平面平面；‎ ‎（3）在侧棱上是否存在点，使得平面？ 若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）存在，,理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，连结，可证，从而可得平面.‎ ‎（2）可证平面，从而可得平面平面.‎ ‎（3）在平面内作于点，可证平面.再利用解直角三角形的方法可求.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设，连结，‎ 由已知，，,得 ‎.由,得.‎ 在中，由，得.‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）因为平面，平面，‎ 所以.‎ 在直角梯形中，因，‎ 故，，因，‎ 所以.所以.又，所以平面.‎ 因为平面，所以平面平面.‎ ‎（3）在平面内作于点，则即为所求的点，‎ 由，，，‎ 得平面.因平面，所以.又，‎ 所以平面.‎ 由，，，得.‎ ‎【点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行. 而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角.立体几何中的与动点有关的探索性问题，通常先指出动点的位置，再证明结论成立.‎ ‎22.设 在处的切线方程是，其中 为自然对数的底数.‎ ‎（1）求的值 ‎（2）证明：‎ ‎【答案】(1) (2)见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先对函数求导，根据题意列出方程组，求解即可得出结果；‎ ‎（2）先由（1）得，令，用导数方法判断函数的单调性，只需其最大值小于等于0即可.‎ ‎【详解】（1）‎ 由题意，可得 ‎ 解得 ‎（2）由（1）知 令，则 ‎,，当 ‎，又，所以，使得即 ‎ 所以在上单调递增，在上单调递减 所以 ‎ ‎，‎ 令 ，‎ 又所以，使得此时 ，‎ ‎，，；‎ 故 ‎【点睛】本题主要考查根据切线方程求参数的问题、以及导数方法证明不等式，熟记导数的几何意义、以及导数的方法研究函数单调性、最值等即可，属于常考题型.‎