【内供】2020届高三好教育云平台1月内部特供卷 文科数学（二）.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（二）学（二）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 分分（一）单选题（一）单选题1已知集合，则（）A0，2BC2D0，2，42已知平面向量，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（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，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|54Mxx N2,0,2,4,6N MN 2,0,2(2,3)m(6,)nmnn444 132 13:pp nanS22123nnna aa5a 43536373432yxaxbxcxd SABC2SABABC 4SB 2 13SC 2AB 6BC SABC4 36 3()622f xxx()f x32x 30,2()f x32x 3,32()f x3,0230,2()f x3,2 323,322AB 2ACBCABC4 22 232 234 2()sin3cos(0)f xxx3y()f x45()f x411()f x0,5()f x0,5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）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（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C3,233yx C2213xyC321xyeC210 xy C1111ABCDABC D,E F G11,BC CC BB1D DAF1AGAEFAEF92CGAEF,x y21xy22xxy45251123ABCD12DEEC 35AFAD AE BF 31()3f xxx 2,10aaABCPABABPBCCAPQRABC4ABACAP,A B C D,AB AC ADABCACDADB3cos4A 22244acbac2BA12ab 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）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（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|nanS12log13nnnaa na1,3,nnnSSS11EBBC C22():2)31(CxyOM ON 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）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）1()ln()f xxax axR()f x()f x1x2x11,A xf x22,B xf xka2kaa,m n p1mnp13mnnppm2221mnpnpm好教育云平台 内部特供卷答案 第 1 页（共 12 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 2 页（共 12 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（二）答学（二）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 分分（一）单选题（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“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（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，|540,1,2,3Mxx N0,2MN mn2 630 422642 13np5n 15123453a a a a a 4n 812343a a a a 712345512343a a a a aaa a a a f x4xx 0f x x 0f x 4SB 2AB 2SAB2 3SA 2AB 6BC 2ABC2 10AC 222SAACSC2SACSAACSAABC 平面12 662ABCS 116 2 34 333SABCABCVSSA 6200 xx03x3322fxfx f x32x 32 32f(3)6f3(3)2ff,C x y1,0A1,0B 2ACBC22221210 xyxyy22380 xyyC3,02 232 2,0 2 23,0max12 22ABCSrAB()sin3cos2sin3f xxxx312sin2sin333yxxy1,32kkZ好教育云平台 内部特供卷答案 第 3 页（共 12 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 4 页（共 12 页）所以，所以，所以，又因为，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 BC13,02kk Zmin15322maxmin245T552sin2cos222xyx 52 2,2kxkkZ442,555kxkkZ0k 20,5x552sin2cos222xyx 0,533yx 2213yx2213xyC3,22213(2)313a 1b 2c 22 333cea2,021xye2221013xyxy 22 220yy2(2 2)4 20 C1D DAF1D DAEAEAFA1DD AEF1DDEF1CCEF11BCQ1AQGQGQEF1AQAE1GQAQQEFAEE1AGQAEF1AG 1AGQ1AGAEF1D F1D A1D FAES,E F1,C C BC1EFAD1,A E F D1AEFD221422 5D SAS12 2AD 12212 22 22 5622AD SS139=6=42AEFDS梯形CGAEF1h2h111 1 1123323C AEFAEFA CEFVShV21122223323G AEFAEFA GEFVShV12hh好教育云平台 内部特供卷答案 第 5 页（共 12 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 6 页（共 12 页）12【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】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，代入重心坐标，即，所以，解得或(舍)cosxrsinyr0,0,2r21xy2 cossin1rr12cossinr22222221tan211tancos12cos2cossin1tan2tan2221tan1tan22xxyrr2211tan0,1215tantan1tan22224222max111524xxy22min2145504xxytan0201xy120 xy1tan2231025xy161512DEEC 35AFAD 3355BFBAADABAD 1133AEADDCABAD 2231135335ABADABADABADAE BF 1316443515AE BF 16152,1 2111fxxxx 0fx11x 0fx1x 1x 1x 2123ff221011012aaaaa 21a 43PBC1PPy2PAPa:40BClxy1,P m n2,0Pa402201mannma14,4Pa12,P P R Q1 244RQPPakka4:4RQalyxaa400 040,334 4,3 3444343aaa43a 0a 好教育云平台 内部特供卷答案 第 7 页（共 12 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 8 页（共 12 页）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）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，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，43ABCDACxADyABz22222xyz22216xyz111222ABCACDADBSSSSyzxyzx222222240 xyzSxyyzzx432S 8S xyz5 222224acacb2221cos28acbBac2231cos22cos121cos48AAB ,20,BA2BA27sin1 cos4AA23 7sin1 cos8BB5 7sinsin()sincoscossin16CABABABsinsinabAB73 748ab32ab12ab 2 2a 3 2bsinsinacAC5 72 2sin5 216sin274aCcA3nna 12log13nnnaa12 3nnnaa112 3(2)nnnaan2122 3nnnaa3232 3nnnaa2322 3aa1212 3aa1n 211233333nnnaa13a 3nna 1113nnnnSSa13 1 3331 32nnnS113333(3)322nnnS 111113333322nnnnnnnnSSSaS1(3)nnnnSSSS 3nS1nnSS1111ABCDABC D11BC 11AAB BBE 11AAB B11BCBE1BEEC1111BCECC1EC 11EBC11BC 11EBCBE 11EBC2a1AEAEa1EBBE22211EBBEBB2212BEBB3AB 222122AEABBB222184aa3a 1BBFEF1AEAEEFABEF 11BBC C好教育云平台 内部特供卷答案 第 9 页（共 12 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 10 页（共 12 页）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，11EBBC C1 11 111113 6 318333E BB C CBB C CVSEFBC BB EF 矩形47 47(,)330,1A1ykx10kxy 2,31R 223 111kk 1473k2473k474733k0,1A22:231Cxy11,M x y22,N xy1ykx22231xy2214170kxkx1224 11kxxk12271x xk2212121212212411111kky ykxkxk x xk xxk 2121221248121kkOM ONx xy yk 1k 1yx10 xy f x0,222111axaxfxxxx 21g xxax24a22a 0 0fx f x0,2a 0 0g x 0,0fx f x0,2a 0 0g x 2142aax2242aax10 xx 0fx12xxx 0fx2xx 0fx f x 120,xx 12,x x2a 1212121212lnlnxxf xf xxxaxxx x 1212121212lnln11f xf xxxkaxxx xxx 121x x 1212lnln2xxkaxxa2ka1212lnln1xxxx1212lnlnxxxx222212ln0(1)xxxx*12lnh tttt 0,21x 22212ln1 1 2ln10 xxx *a2ka222mnmn222npnp222pmpm好教育云平台 内部特供卷答案 第 11 页（共 12 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 12 页（共 12 页）得由已知得，即，取等号时，（2）因为，所以，取等号时，即222mnpmnnppm2()1mnp2222221333mnpmnnppmmnnppm 13mnp13mnnppm22mnmn22npnp22pmpm222()2()mnpmnpmnpnpm13mnp2221mnpnpm 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（二（二）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 分分（一）单选题（一）单选题 1已知集合|54Mxx N，2,0,2,4,6N ，则MN（）A0，2 B2,0,2 C2 D0，2，4 2已知平面向量(2,3)m，(6,)n，若mn，则n（）A4 B4 C4 13 D2 13 3设命题:p所有正方形都是平行四边形，则p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 na的前 n 项和为nS，若22123nnna aa，则5a（）A43 B53 C63 D73 5下列图象中，可以作为432yxaxbxcxd 的图象的是（）A B C D 6 已知三棱锥SABC中，2SABABC，4SB，2 13SC，2AB，6BC，则三棱锥SABC的体积是（）A4 B6 C4 3 D6 3 7已知函数()622f xxx，则下列说法正确的是（）A函数()f x的对称轴为32x，且在30,2上单调递增 B函数()f x的对称轴为32x，且在3,32上单调递增 C函数()f x的对称中心为3,02，且在30,2上单调递增 D函数()f x的对称中心为3,2 32，且在3,32上单调递增 8满足条件2AB，2ACBC的ABC面积的最大值是（）A4 2 B2 2 C32 2 D34 2 （二）多选题（二）多选题 9将函数()sin3cos(0)f xxx的图像向右平移3个单位，得到的图像关于y轴对称，则（）A()f x的周期的最大值为45 B()f x的周期的最大值为411 C当()f x的周期取最大值时，平移后的函数在0,5上单调递增 D当()f x的周期取最大值时，平移后的函数在0,5上单调递减 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）10已知双曲线C过点3,2且渐近线为33yx，则下列结论正确的是（）AC的方程为2213xy BC的离心率为3 C曲线21xye经过C的一个焦点 D直线210 xy 与C有两个公共点 11正方体1111ABCDABC D的棱长为 2，,E F G分别为11,BC CC BB的中点，则（）A直线1D D与直线AF垂直 B直线1AG与平面AEF平行 C平面AEF截正方体所得的截面面积为92 D点C与点G到平面AEF的距离相等 12设非负实数,x y满足21xy，则22xxy的（）A最小值为45 B最小值为25 C最大值为1 D最大值为123 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边长为 2 的正方形ABCD中，12DEEC，35AFAD，则AE BF_ 14函数31()3f xxx 在2,10aa上有最大值，则实数 a 的取值范围是_ 15在等腰直角三角形ABC中，点P是边AB异于A、B的一点光线从点P出发，经过BC、CA反射后又回到点P(如图)若光线QR经过ABC的重心，且4ABAC，则AP _ 16半径为 2 的球面上有,A B C D四点，且,AB AC AD两两垂直，则ABC，ACD与ADB面积之和的最大值为_ 三、解答题：本三、解答题：本大题共大题共 6 个个大题，共大题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤演算步骤 17（10 分）已知ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且3cos4A，22244acbac（1）求证：2BA；（2）若12ab，求 c 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）18（12 分）已知首项为 3 的数列 na的前 n 项和为nS，且12log13nnnaa（1）求数列 na的通项公式；（2）求证：1,3,nnnSSS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11EBBCC的体积 20（12 分）已知过点 A(0，1)且斜率为 k 的直线 l 与圆22():2)31(Cxy交于 M，N 两点（1）求 k 的取值范围；（2）若OM ON12，其中 O 为坐标原点，求|MN|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）设函数1()ln()f xxax axR（1）讨论()f x的单调性；（2）若()f x有两个极值点1x和2x，记过点 11,A xf x，22,B xf x的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得2ka？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由 22（12 分）设,m n p均为正数，且1mnp 证明：（1）13mnnppm；（2）2221mnpnpm 好教育云平台 内部特供卷答案 第 1 页（共 12 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 2 页（共 12 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（二学（二）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 分分（一）单选题（一）单选题 1【答案】A【解析】依题意，|54 0,1,2,3Mxx N，故0,2MN，故选 A 2【答案】D【解析】因为mn，所以2 6 30，所以4，所以22642 13n 故选 D 3【答案】C【解析】“所以”改为“存在”（或“有的”），“都是”改为“不都是”（或“不是”），即p为有的正方形不是平行四边形，故选 C 4【答案】D【解析】当5n 时，15123453a a a a a；当4n 时，812343a a a a，所以712345512343a a a a aaa a a a，故选 D 5【答案】C【解析】因为 f x的最高次项为4x，当x时，0f x；当x时，0f x，所以符合要求的仅有 C 选项，故选 C 6【答案】C【解析】由4SB，2AB，且2SAB，得2 3SA；又由2AB，6BC，且2ABC，得2 10AC 因为222SAACSC，从而知2SAC，即SAAC，所以SAABC平面 又由于12 662ABCS，从而116 2 34 333S ABCABCVSSA 故选 C 7【答案】A【解析】依题意，6200 xx，解得03x，因为3322fxfx，故函数 f x的对称轴为32x，排除 C、D；因为32 32f，(3)6f，故3(3)2ff，排除 B，故选 A 8【答案】B【解析】设,C x y，1,0A，1,0B，因为2ACBC，所以22221210 xyxyy，所以22380 xyy，所以C的轨迹是以3,0为圆心，半径等于2 2的圆去掉点32 2,0，2 23,0两点，所以max12 22ABCSrAB 故选 B （二）多选题（二）多选题 9【答案】AC【解析】因为()sin3cos2sin3f xxxx，所以向右平移3个单位后得到12sin2sin333yxx，又因为平移后得到的函数图象关于y轴对称，所以1,32kkZ，好教育云平台 内部特供卷答案 第 3 页（共 12 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 4 页（共 12 页）所以13,02kk Z，所以min15322，所以maxmin245T，又因为552sin2cos222xyx，令52 2,2kxkkZ，所以442,555kxkkZ，当0k 时，20,5x，所以552sin2cos222xyx 在0,5上单调递增 故选 AC 10【答案】AC【解析】对于选项 A：由已知33yx，可得2213yx，从而设所求双曲线方程为2213xy，又由双曲线C过点3,2，从而2213(2)3，即1，从而选项 A 正确；对于选项 B：由双曲线方程可知3a，1b，2c，从而离心率为22 333cea，所以 B 选项错误；对于选项 C：双曲线的右焦点坐标为2,0，满足21xye，从而选项 C 正确；对于选项 D：联立2221013xyxy，整理得22 220yy，由2(2 2)4 20，知直线与双曲线C只有一个交点，选项 D 错误 故选 AC 11【答案】BC【解析】A若1DDAF，又因为1DDAE且AEAFA，所以1DD 平面AEF，所以1DDEF，所以1CCEF，显然不成立，故结论错误；B如图所示，取11BC的中点Q，连接1AQ，GQ，由条件可知：GQEF，1AQAE，且1GQAQQ，EFAEE，所以平面1AGQ平面AEF，又因为1AG 平面1AGQ，所以1AG平面AEF，故结论正确；C如图所示，连接1D F，1D A，延长1D F，AE交于点S，因为,E F为1,CC BC的中点，所以1EFAD，所以1,A E F D四点共面，所以截面即为梯形1AEFD，又因为221422 5DSAS，12 2AD，所以12212 22 22 5622AD SS，所以139=6=42AEFDS梯形，故结论正确；D记点C与点G到平面AEF的距离分别为1h，2h，因为111 1 1123323C AEFAEFA CEFVShV，又因为21122223323G AEFAEFA GEFVShV，所以12hh，故结论错误 故选 BC 好教育云平台 内部特供卷答案 第 5 页（共 12 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 6 页（共 12 页）12【答案】AC【解析】令cosxr，sinyr，0,0,2r，因为21xy，所以2 cossin1rr，所以12cossinr，所以22222221tan211tancos12cos2cossin1tan2tan2221tan1tan22xxyrr 2211tan0,1215tantan1tan22224，所以222max111524xxy，22min2145504xxy，取最大值时tan02或 1，此时01xy或120 xy，取最小值时1tan22，此时31025xy 故选 AC 第第卷卷 二、填空题：本二、填空题：本大题共大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分 13【答案】1615【解析】因为12DEEC，35AFAD，所以3355BFBAADABAD，所以1133AEADDCABAD，所以2231135335ABADABADABADAE BF ，所以1316443515AE BF 故答案为1615 14【答案】2,1【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 2111fxxxx ，当 0fx时，11x；当 0fx时，1x 或1x，所以1x 是函数的极大值点，且 2123ff，则由题意得221011012aaaaa ，解得21a 15【答案】43【解析】建立平面直角坐标如图，作P关于BC的对称点1P，作P关于y轴的对称点2P，设APa，因为:40BClxy，1,P m n，2,0Pa，所以402201mannma，解得14,4Pa，由光的反射原理可知：12,P P R Q四点共线，所以1 244RQPPakka，所以4:4RQalyxaa，代入重心坐标400 040,33，即4 4,3 3，所以444343aaa，解得43a 或0a(舍)好教育云平台 内部特供卷答案 第 7 页（共 12 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 8 页（共 12 页）故答案为43 16【答案】8【解析】如图所示，将四面体ABCD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ACx，ADy，ABz，则有22222xyz，即22216xyz 记111222ABCACDADBSSSSyzxyzx 从而有222222240 xyzSxyyzzx，即432S，从而8S 当且仅当xyz，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：本三、解答题：本大题共大题共 6 个个大题，共大题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或分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）证明见解析；（2）5 22【解析】（1）依题意，2224acacb，则2221cos28acbBac，2231cos22cos121cos48AAB ，因为,20,BA，故2BA（2）依题意，27sin1 cos4AA，23 7sin1 cos8BB，5 7sinsin()sincoscossin16CABABAB，因为sinsinabAB，即73 748ab，可得32ab，又12ab，所以2 2a，3 2b；由sinsinacAC，得5 72 2sin5 216sin274aCcA 18【答案】（1）3nna；（2）见解析【解析】（1）因为12log13nnnaa，故12 3nnnaa，112 3(2)nnnaan，2122 3nnnaa，3232 3nnnaa，2322 3aa，1212 3aa，把上面1n个等式叠加，得到2112 3 3333nnnaa，因为13a，故3nna （2）由（1）可得1113nnnnSSa，13 1 3331 32nnnS，故113333(3)322nnnS，111113333322nnnnnnnnSSSaS，所以1(3)nnnnSSSS，故3，nS，1nnSS成等差数列 19【答案】（1）见解析；（2）18【解析】（1）因为在长方体1111ABCDABC D中，11BC 平面11AAB B，BE 平面11AAB B，所以11BCBE，又1BEEC，1111BCECC，且1EC 平面11EBC，11BC 平面11EBC，所以BE 平面11EBC（2）设长方体侧棱长为2a，则1AEAEa，由（1）可得1EBBE，所以22211EBBEBB，即2212BEBB，又3AB，所以222122AEABBB，即222184aa，解得3a，取1BB中点F，连结EF，因为1AEAE，则EFAB，所以EF 平面11BBCC，好教育云平台 内部特供卷答案 第 9 页（共 12 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 10 页（共 12 页）所以四棱锥11EBBCC的体积为1 11 111113 6 318333E BBC CBBC CVSEFBC BB EF 矩形 20【答案】（1）47 47(,)33；（2）2【解析】（1）由题意可得，直线 l 的斜率存在，设过点0,1A的直线方程1ykx，即10kxy 由已知可得圆 C 的圆心 C 的坐标2,3，半径1R 故由223 111kk，解得1473k，2473k 故当474733k，过点0,1A的直线与圆22:231Cxy相交于 M，N两点（2）设11,M x y；22,N xy，由题意可得，经过点 M、N、A 的直线方程为1ykx，代入圆 C 的方程22231xy，可得2214170kxkx，1224 11kxxk，12271x xk，2212121212212411111kky ykxkxk x xk xxk，由2121221248121kkOM ONx xy yk，解得1k，故直线 l 的方程为1yx，即10 xy 圆心 C 在直线 l 上，MN 长即为圆的直径所以|MN|=2 21【答案】（1）见解析；（2）不存在，详见解析【解析】（1）f x定义域为0,，222111axaxfxxxx，令 21g xxax，24a，当22a 时，0，0fx，故 f x在0,上单调递增，当2a 时，0，0g x 的两根都小于零，在0,上，0fx，故 f x在0,上单调递增，当2a 时，0，0g x 的两根为2142aax，2242aax，当10 xx时，0fx；当12xxx时，0fx；当2xx时，0fx；故 f x分别在 120,xx 上单调递增，在12,x x上单调递减（2）由（1）知，2a，因为 1212121212lnlnxxf xf xxxaxxx x，所以 1212121212lnln11f xf xxxkaxxx xxx，又由（1）知，1 21x x，于是1212lnln2xxkaxx，若存在a，使得2ka，则1212lnln1xxxx，即1212lnlnxxxx，亦即222212ln0(1)xxxx（*）再由（1）知，函数 12lnh tttt 在0,上单调递增，而21x，所以22212ln1 1 2ln10 xxx ，这与（*）式矛盾，故不存在a，使得2ka 22【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】（1）由222mnmn，222npnp，222pmpm，好教育云平台 内部特供卷答案 第 11 页（共 12 页）好教育云平台 内部特供卷答案 第 12 页（共 12 页）得222mnpmnnppm 由已知得2()1mnp，即2222221333mnpmnnppmmnnppm，取等号时13mnp，13mnnppm（2）因为22mnmn，22npnp，22pmpm，所以222()2()mnpmnpmnpnpm，取等号时13mnp，即2221mnpnpm 好教育云平台 内部特供卷 第 1 页（共 16 页）好教育云平台 内部特供卷 第 2 页（共 16 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（二）学（二）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