河北省唐山市区县2020届高三上学期第一次段考数学（理）试题 23页

高三年级10月7-8日月考 数学试卷（理科）‎ 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 ‎，所以函数为奇函数，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.设函数在上可导，导函数为图像如图所示，则()‎ A. 有极大值，极小值 B. 有极大值，极小值 C. 有极大值，极小值 D. 有极大值，极小值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的图象，求得的符号，得到函数的单调性，再根据函数极值的概念，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，可得当时，，则，函数单调递减；‎ 当时，，则，函数单调递减增；‎ 当时，，则，函数单调递减增；‎ 当时，，则，函数单调递减增，‎ 所以有极大值，极小值，故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性与极值问题，其中解答中熟记函数的导数与原函数的单调性与极值之间的关系是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．‎ ‎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.已知函数(为自然对数的底数)，.若存在实数，使得，且，则实数的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解方程求得，结合求得的取值范围.将转化为直线和在区间上有交点的问题来求得的最大值.‎ ‎【详解】由得，注意到在 上为增函数且，所以.由于的定义域为，所以由得.所以由得，画出和的图像如下图所示，其中由图可知的最大值即为.故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数零点问题，考查指数方程和对数方程的解法，考查化归与转化的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.‎ 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.若，则实数的值为____________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意找出的原函数，然后根据定积分运算法则，两边进行计算，求出实数的值 ‎【详解】由于；‎ 所以，即；‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题考查定积分的计算，解题的关键是找到被积函数的原函数，属于基础题，‎ ‎15.设与是定义在同一区间上的两个函数，若函数在上有两个不同的零点，则称和在上是“关联函数”，区间称为“关联区间”.若与在上是“关联函数”，则实数的取值范围是_________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，可得出，将问题转化为直线与函数 在区间上的图象有两个交点，求实数的取值范围，然后利用导数分析函数的单调性与极值以及端点函数值，可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】令，得，得.‎ 问题等价于直线与曲线在区间上的图象有两个交点，求实数的取值范围.‎ ‎，令，得.‎ 当时，；当时，.‎ 所以，函数在处取得极小值，亦即最小值，且.‎ 又，，且.‎ 因此，当时，直线与函数在区间上的图象有两个交点，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查函数新定义问题，解题的关键就是将问题转化为函数零点来处理，并利用参变量分离法来处理，考查化归与转化数学思想，属于难题.‎ ‎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.如图，已知四棱锥中，四边形为矩形，，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）设，求平面与平面所成的二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明BC平面SDC，即可证得AD平面SDC，即可证得SCAD，利用SC2+SD2=DC2证得SCSD，问题得证。‎ ‎（2）以点O为原点，建立坐标系如图，求得S(0,0,),C(0，,0), A(2，-,0),B(2，,0)，利用即可求得E(2,,0)，求得，，利用空间向量夹角公式计算即可得解。‎ ‎【详解】（1）证明： BCSD ，BCCD 则BC平面SDC 又 则AD平面SDC，平面SDC ‎ SCAD 又在△SDC中，SC=SD=2, DC=AB，故SC2+SD2=DC2‎ 则SCSD ，又 所以 SC平面SAD ‎ ‎（2）解：作SOCD于O，因为BC平面SDC,‎ 所以平面ABCD平面SDC，故SO平面ABCD 以点O为原点，建立坐标系如图. ‎ 则S(0,0,),C(0，,0), A(2，-,0),B(2，,0) ‎ 设E(2,y,0),因为 所以 即E((2,,0) ‎ 令，则，‎ ‎，令，则，‎ 所以所求二面角的正弦值为 ‎【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明，还考查了面面垂直的性质及转化能力，考查空间思维能力及空间向量数乘的坐标运算，还考查了利用空间向量求二面角的正弦值，考查计算能力，属于中档题。‎ ‎20.已知函数．‎ ‎(1)当时，求的单调区间；‎ ‎(2)若的图象总在的图象下方(其中为的导函数)，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）增区间，减区间；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，利用的导数求得函数的单调区间.‎ ‎（2）原命题等价于恒成立，分离常数得恒成立，利用导数求得的最大值为，即.‎ ‎【详解】（1）当时，，故函数的递增区间为，减区间为.‎ ‎（2）由题意得恒成立，即恒成立.令，则令，则，令，则，当时，，递增；当时，，递减，所以，所以，所以在上递减，，所以当时，，‎ 递增，当时，，递减.所以，故.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数求解不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.‎ ‎21.在四棱锥的底面是菱形， 底面，， 分别是的中点， .‎ ‎（Ⅰ）求证： ；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（III）在边上是否存在点，使与所成角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）； （Ⅲ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由题意结合几何关系可证得平面，据此证明题中结论即可；‎ ‎(Ⅱ)建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的一个法向量，然后求解线面角的正弦值即可；‎ ‎(Ⅲ)假设满足题意的点存在，设，由直线与的方向向量得到关于的方程，解方程即可确定点F的位置.‎ ‎【详解】(Ⅰ)由菱形的性质可得：，结合三角形中位线的性质可知：，故，‎ 底面，底面，故，‎ 且，故平面，‎ 平面，‎ ‎(Ⅱ)由题意结合菱形的性质易知，，，‎ 以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则：，‎ 设平面的一个法向量为,‎ 则：，‎ 据此可得平面的一个法向量为，‎ 而，‎ 设直线与平面所成角为，‎ 则.‎ ‎(Ⅲ)由题意可得：，假设满足题意的点存在，‎ 设，，‎ 据此可得：，即：,‎ 从而点F的坐标为，‎ 据此可得：,，‎ 结合题意有：，解得：.‎ 故点F为中点时满足题意.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理与性质定理，线面角的向量求法，立体几何中的探索性问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎22.已知曲线在点处的切线与直线垂直.‎ ‎（1）求函数的最小值；‎ ‎（2）若，证明：.‎ ‎【答案】（1）最小值为.（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先对求导，再由曲线在点处的切线与直线垂直可得，则求得 解析式，然后通过单调性求最值。‎ ‎（2）要证，即证，‎ 即，构造函数，，通过证明，从而证明.‎ ‎【详解】解：（1）由，‎ 得，‎ 所以，‎ 因为曲线在点处的切线与直线垂直，‎ 所以，‎ 则，.‎ 令，‎ 则当时，，单调递减；‎ 当时，，单调递增，‎ 所以函数的最小值为.‎ ‎（2）要证，‎ 即证，‎ 又因为，‎ 所以即证.‎ 记，则，‎ 所以当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减，‎ 所以当时，有最大值.‎ 又记，则，‎ 所以当时，，单调递减；‎ 当时，，单调递增，‎ 所以的最小值为.‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 所以成立.‎ ‎【点睛】利用导函数解不等式，‎ ‎（1）恒成立问题常利用分离参数法转化为最值求解；‎ ‎（2）证明不等式可通过构造函数转化为函数的最值问题。‎