2020年四川省泸州市高考数学一诊试卷（文科）.docx

1、 第 1 页（共 18 页） 2020 年四川省泸州市高考数学一诊试卷（文科）年四川省泸州市高考数学一诊试卷（文科） 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，共分，共 60 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 （5 分）已知集合0A，1，2，3，集合 |2Bxx，则(AB ) A03 B0，1，2 C1，2 D0，1，2，3 2 （5 分）下列函数( )f x中，满足“对任意 1 x， 2 (0,)x ，且 12 xx都有 12 ()()f xf x” 的是( ) A( )f

2、xx B( )2 x f x C( )f xlnx D 3 ( )f xx 3 （5 分） “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 （5 分）已知函数( )yf xx是偶函数，且f（2）1，则( 2)(f ) A2 B3 C4 D5 5 （5 分）一条直线若同时平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面的交线的位置 关系是( ) A异面 B相交 C平行 D不能确定 6 （5 分）函数( )(1)|f xxln x的图象大致为( ) A B C D 7 （5 分）已知:(0,) 2 p ，sin， 0 :qxN， 2

3、 00 210xx ，则下列选项中是假 命题的为( ) Apq B()pq Cpq D()pq 第 2 页（共 18 页） 8 （5 分）函数( )sin(2)(|) 2 f xx 的图象向左平移 6 个单位后关于原点对称，则函 数( )f x在0， 2 上的最小值为( ) A 3 2 B 1 2 C 1 2 D 3 2 9 （5 分）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

4、的值为( ) A3 B 131 2 C6 D2 2 10 （5 分）若将甲桶中的aL水缓慢注入空桶乙中，则xmin后甲桶中剩余的水量符合衰减函 数( ) nx f 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 mmin后，甲桶中的水只有 4 a L，则m的值为( ) A5 B8 C9 D10 11 （5 分） 如图， 三棱锥PABC中，PA 平面ABC， 且ABC为等边三角形， 若3AB ， 2PA，则三棱锥PABC的外接球的表面积为( ) A4 B16 C8 D32 12 （5 分）已知函数 3 ( )logf xx的图象与函数( )g x的图象关于直线yx对

5、称，函数( )h x 是最小正周期为 2 的偶函数，且当0x，1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( ) A 7 (1,2log 3) B 5 ( 2, 2log 3) C 5 ( 2log 3，1) D 7 ( log 3， 1) 2 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，共分，共 20 分把答案填在答题卡上分把答案填在答题卡上 13 （5 分）函数 2 ( )logf xx的定义域为 第 3 页（共 18 页） 14 （5 分）设函数 2,0 5 ( ) (5),5 xx f x

6、 f xx ，那么(18)f的值 15 （5 分） （文)函数( )cos22sinf xxx的最小值为 16 （5 分）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，可组成平面图形或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 5 小题，共小题，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、

7、证明过程或演算步骤 17 （12 分）已知函数 32 1 ( ) 3 f xxxax（其中a为常数） （）若1x 是( )f x的极值点，求函数( )f x的减区间； （）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(cossin )caBB （）求A； （）已知10c ，BC边上的高1AD ，求b的值 19 （12 分）已知函数( )2cos (sincos )1()f xxxxxR （）求函数( )f x的最小值及取最小值时x取值的集合； （）若将函数( )f x的图象上所有点的横坐标扩大为原来的 4

8、倍，纵坐标不变，得到函数 ( )g x的图象，且 1 ( ) 5 g，( 2 ， 3 ) 2 ，求() 2 g 的值 20 （12 分）如图，已知BD为圆锥AO底面的直径，点C是圆锥底面的圆周上， 2ABBDAD， 6 BDC ，AEED，F是AC上一点，且平面BFE 平面ABD （）求证：ADBF； （）求多面体BCDEF的体积 第 4 页（共 18 页） 21 （12 分）已知函数( )f xlnx， 1 ( )g xa x （其中a是常数） ， （）求过点(0, 1)P与曲线( )f x相切的直线方程； （）是否存在1k 的实数，使得只有唯一的正数a，当 1 x a 时不等式 1 ( )

9、 ()f x g xkx a 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 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的题中任选一题作答，如果多做，则按所做的 第一题计分第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）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,) 3 B ，曲线 1 M是劣弧OB，曲线 2 M是优弧OB （）求曲线 1 M的极坐标方程； （） 设点 1 (P，)为曲线 1 M上任意一点， 点 2

10、 (Q，) 3 在曲线 2 M上， 若| 6OPOQ， 求的值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23设( ) |3|4|f xxx （）解不等式( ) 2f x ； （）已知x，y实数满足 22 23(0)xya a，且xy的最大值为 1，求a的值 第 5 页（共 18 页） 2020 年四川省泸州市高考数学一诊试卷（文科）年四川省泸州市高考数学一诊试卷（文科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 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，共分，共 60 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

11、项是符合题目要求的 1 （5 分）已知集合0A，1，2，3，集合 |2Bxx，则(AB ) A03 B0，1，2 C1，2 D0，1，2，3 【解答】解：0A，1，2，3， | 22Bxx 剟， 0AB，1，2 故选：B 2 （5 分）下列函数( )f x中，满足“对任意 1 x， 2 (0,)x ，且 12 xx都有 12 ()()f xf x” 的是( ) A( )f xx B( )2 x f x C( )f xlnx D 3 ( )f xx 【解答】解： “对任意 1 x， 2 (0,)x ，且 12 xx都有 12 ()()f xf x” ， 函数( )f x在(0,)上单调递减， 结

12、合选项可知，( )f xx在(0,)单调递增，不符合题意， 1 ( )2( ) 2 xx f x 在(0,)单调递减，符合题意， ( )f xlnx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 （5 分） “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 【解答】解：sin20，则 1 | 2 An ，kZ， sin0，则 1 |2 2 Bkk ，kZ， B是A的真子集，所以前者是后者的充分不必要条件， 故选：A 第 6 页（共 18 页） 4 （5 分）已知函数( )yf x

13、x是偶函数，且f（2）1，则( 2)(f ) A2 B3 C4 D5 【解答】解：函数( )yf xx是偶函数， ( 2)2ff（2）2， ( 2)ff（2）225 故选：D 5 （5 分）一条直线若同时平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面的交线的位置 关系是( ) A异面 B相交 C平行 D不能确定 【解答】解：设l，/ /a，/ /a， 过直线a作与、都相交的平面， 记b，c， 则/ /ab且/ /ac， / /bc 又b，l， / /bl / /al 故选：C 6 （5 分）函数( )(1)|f xxln x的图象大致为( ) A B 第 7 页（共 18 页） C D 【解答】

14、解：当1x 时，( )(1)0f xxlnx，故排除C，D， 当01x时，10x ，0lnx ，( )(1)0f xxlnx，故排除B 故选：A 7 （5 分）已知:(0,) 2 p ，sin， 0 :qxN， 2 00 210xx ，则下列选项中是假 命题的为( ) Apq B()pq Cpq D()pq 【解答】解：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,) 2 p ，sin是真命题； 命题q：解方程 2 00 210xx ，则12x ，因此 0 :qxN， 2 00 2

15、10xx ，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 （5 分）函数( )sin(2)(|) 2 f xx 的图象向左平移 6 个单位后关于原点对称，则函 数( )f x在0， 2 上的最小值为( ) A 3 2 B 1 2 C 1 2 D 3 2 【 解 答 】 解 ： 函 数()s i n ( 2)fxx图 象 向 左 平 移 6 个 单 位 得 第 8 页（共 18 页） sin2()sin(2) 63 yxx ， 由于函数图象关于原点对称，函数为奇函数， 又|，0 3 ，得 3 ， ( )sin(2) 3 f xx ， 由于0 2 x 剟，0 2x 剟

16、， 2 2 333 x 剟， 当2 33 x ，即0x 时， 3 ( )sin() 32 min f x 故选：A 9 （5 分）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 B 131 2 C6 D2 2 【解答】解：由已知代数式的求值方法： 先换元，再列方程，解方程，求解（舍去负根） ， 可得要求的式子 令32 32 3(0)m m ， 则两边平方得，则 2

17、 32 32 3m ， 即 2 32mm，解得，3m ，1m 舍去 故选：A 10 （5 分）若将甲桶中的aL水缓慢注入空桶乙中，则xmin后甲桶中剩余的水量符合衰减函 数( ) nx f 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 mmin后，甲桶中的水只有 4 a L，则m的值为( ) A5 B8 C9 D10 【解答】解：5min后甲桶和乙桶的水量相等， 第 9 页（共 18 页） 函数( ) nt yf tae，满足f（5） 5 1 2 n aea 可得 11 52 nln， 因此，当kmin后甲桶中的水只有 4 a 升， 即 1 ( ) 4 f ka

18、， 即 111 524 lnkln， 即为 111 2 522 lnkln， 解之得10k ， 经过了55k 分钟，即5m 故选：A 11 （5 分） 如图， 三棱锥PABC中，PA 平面ABC， 且ABC为等边三角形， 若3AB ， 2PA，则三棱锥PABC的外接球的表面积为( ) A4 B16 C8 D32 【解答】解：因为是直三棱锥，底面是正三角形，所以可以将图补形成为正三棱柱，如图所 示， 第 10 页（共 18 页） 此时三棱锥四个点的外接球， 与三棱柱 6 个点的外接球是同一个， 所以问题转化为求解正三 棱柱外接球的问题， 设球心为O，作OO 平面ABC，连接O A，OA，则 1

19、1 2 OOPA ， 设ABC的外接圆半径为r，由正弦定理，得， 2 232 3 sin603 AB r ，所以3r ， 在RtOO A中， 222 OAOOOA，所以 2 3 1R ，解得2R ， 所以 2 416SR 故选：B 12 （5 分）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0x，1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( ) A 7 (1,2log 3) B 5 ( 2, 2log 3) C 5 ( 2log 3，1) D

20、 7 ( log 3， 1) 2 【解答】 解： 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0x，1时，( )( )131 x h xg x ， 函数( )( )yk f xh x有 3 个零点，即 3 log( )kxh x 有 3 个不同根， 画出函数 3 logykx与( )yh x 的图象如图： 第 11 页（共 18 页） 要使函数 3 logykx与( )yh x 的图象有 3 个交点，则 0k ，且 3 3 32 52 klog klog ，即 5 22log 3k 实

21、数k的取值范围是 5 ( 2, 2log 3) 故选：B 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，共分，共 20 分把答案填在答题卡上分把答案填在答题卡上 13 （5 分）函数 2 ( )logf xx的定义域为 【解答】解：由题意可得， 2 0 0 x log x ， 解可得，01x 即函数的定义域为(0，1 故答案为：(0，1 14 （5 分）设函数 2,0 5 ( ) (5),5 xx f x f xx ，那么(18)f的值 9 【解答】解：函数 2,0 5 ( ) (5),5 xx f x f xx ， (18)(3 53)fff （3） 2 3

22、9 故答案为：9 15 （5 分） （文)函数( )cos22sinf xxx的最小值为 3 【解答】解： 2 ( )cos22sin2sin2sin1f xxxxx 2 13 2(sin) 22 x 1 sin1x 剟 当sin1x 时，函数有最小值3 第 12 页（共 18 页） 故答案为：3 16 （5 分）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，可组成平面图形或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

23、： 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 【解答】解：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 5 小题，共小题，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 32 1 ( ) 3 f xxxax（其中a为常数） （）若1x 是( )f x的极值

24、点，求函数( )f x的减区间； （）若( )f x在( 2,)上是增函数，求a的取值范围 【解答】解： 32 1 ( )( ) 3 If xxxax， 2 ( )2fxxxa ， 1x 是( )f x的极值点， ( 1)30fa ， 3a ， 2 ( )23fxxx， 第 13 页（共 18 页） 当1x 或3x 时，( )0fx，当13x 时，( )0fx， 即3a 时符合题意，即( )f x的单调单调递减区间( 1,3)， () ( )II f x在( 2,)上是增函数， 2 ( )20fxxxa 在( 2,)上恒成立， 2 2axx在( 2,)上恒成立， 令 2 ( )2g xxx，则

25、( )g x在( 2,1)上单调递增，在(1,)上单调递减， 故( )maxg xg（1）1， 1a ，即a的范围为1，) 18 （12 分） 在ABC中， 内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 已知(cossin )caBB （）求A； （）已知10c ，BC边上的高1AD ，求b的值 【解答】解： （）(cossin)caBB， 由正弦定理可得sinsin (cossin )CABB，可得 sincossincossincossinsinABBAABAB，可得cossinsinsin0ABAB， B为三角形内角，sin0B ， tan1A ， (0, )A， 3 4 A （） 11 si

26、n 22 SbcAAD a， 代入10c ，1AD ， 2 sin 2 A，可得5ab， 由余弦定理可得 2222 2cos102 5abcbcAbb， 代入5ab，可得 2 42 5100bb， 解得5b ，或 5 2 b （舍去） ， 5b 19 （12 分）已知函数( )2cos (sincos )1()f xxxxxR （）求函数( )f x的最小值及取最小值时x取值的集合； 第 14 页（共 18 页） （）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 1 ( ) 5 g，( 2 ， 3 ) 2 ，求() 2 g 的值

27、【解答】解：（）函数 2 ()2cos(sincos)12sincos2cos1sin2cos22sin(2) 4 f xxxxxxxxxx ， 故当22 42 xk 时，函数( )f x取得最小值 ( )f x的最小值为2，( )f x取最小值时x取值的集合为 3 | 8 x xk ，kZ （）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( )2sin() 24 x g x 的图象，且 1 ( )2sin() 245 g ， 2 sin() 2410 ( 2 ， 3 ) 2 ，( 242 ，)， 2 7 2 cos()1sin () 242410 ()

28、2sin()2sin2sin()2sin()cos2cos()sin 2242244244244 g 227 224 2 22 () 1021025 20 （12 分）如图，已知BD为圆锥AO底面的直径，点C是圆锥底面的圆周上， 2ABBDAD， 6 BDC ，AEED，F是AC上一点，且平面BFE 平面ABD （）求证：ADBF； （）求多面体BCDEF的体积 【解答】解： （）证明：ABD是等边三角形，AEED，ADBE， 平面BFE 平面ABD，且交线为BE，AD平面BEF， BF 平面BEF，ADBF （）解：30BDC，90BCD，2BD ， 3CD， 4435 cos 2228 C

29、AD ， 第 15 页（共 18 页） 在Rt AEF中， 5 cos 8 AE CAD AF ， 1AE ， 8 5 AF， 2 5 CF ， 点F到平面ABE的距离为点C到平面ABE的距离的 4 5 ， 142 255 FABECABDA BCD VVV ， 多面体BCDEF的体积为： 331133 3 5535210 BCDEFA BCDBCD VVSAO 21 （12 分）已知函数( )f xlnx， 1 ( )g xa x （其中a是常数） ， （）求过点(0, 1)P与曲线( )f x相切的直线方程； （）是否存在1k 的实数，使得只有唯一的正数a，当 1 x a 时不等式 1 (

30、 ) ()f x g xkx a 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 【解答】解：( ) I设过(0, 1)P的直线与曲线( )f x相切于点 0 (x， 0) lnx， 1 ( )fx x ， 在 0 (x， 0) lnx点处的切线方程为 00 0 1 ()ylnxxx x ， 把(0, 1)代入可得 0 0lnx 即 0 1x ， 故切线方程为1yx； ()II假设存在1k 的正实数， 使得只有唯一的正数a， 当 1 x a 时不等式 1 ( ) ()f x g xkx a 恒 成立， 即 2 1 a x lnx kx ax 恒成立， 1 x a ， 2 (

31、1)k ax lnx a 即 2 (1) 0 k ax lnx a ， 第 16 页（共 18 页） 令 22 (1) ( ) k axkk m xlnxlnxx aaa ， 1 ()x a ， 则 1 ( )0 k m x xa 可得 a x k ， （1）当 1a ka 即 2 0ka时， 0 1 (,)xx a 时，( )0m x，则( )m x在 0 1 (,)x a 上为增函数， 当 0 (xx，)时，( )0m x，则( )m x在 0 (x，)上为减函数， 则 0 2 ( )()1 0 max ak m xm xln ka ， 即 2 1 ka ln ak ， 令h（a） 2 k

32、a ln ak ，()ak， 则h（a） 2 33 122kak aaa ， 由h（a）0可得，2 ()ak ak， 当(, 2 )akk时，h（a）0时，h（a）在(,2 )kk单调递减， 当( 2 ,)ak时，h（a）0时，h（a）在( 2 ,)k 单调递增， 故存在唯一的正数ak，使得h（a）1，只能h（a）1 min ， h（a） 12 ( 2 )1 2 min hkln k 故 2 k e ，此时a只有唯一的值 2 e e （2）当 1a ka 即 2 k a，( )0m x，( )m x在 1 (,) a 为增函数， 1 1 lim( )0 x a m xln a ，即1a，故1k

33、 ， 显然满足1 ak的a不唯一， 综上可知，存在实数 2 k e ，a只有唯一值 2 e e ，当 1 x a 时，原式恒成立 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的题中任选一题作答，如果多做，则按所做的 第一题计分第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）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 第 17 页（共 18 页） 的一个交点为(2,) 3 B ，曲线 1 M是劣弧OB，曲线 2 M是优弧OB （）求曲线 1 M的极坐标方程

34、； （） 设点 1 (P，)为曲线 1 M上任意一点， 点 2 (Q，) 3 在曲线 2 M上， 若| 6OPOQ， 求的值 【解答】解： （）过极点的直线l与以点(2,0)A为圆心、半径为 2 的圆上任意一点( , ) ， 整理得4cos 由于的圆的一个交点为(2,) 3 B ，曲线 1 M是劣弧OB， 所以 1 M的方程为4cos () 32 剟 （）点 1 (P，)为曲线 1 M上任意一点， 所以 1 4cos() 32 剟， 点 2 (Q，) 3 在曲线 2 M上， 所以 2 4cos()() 3233 剟 整理得 2 4cos()() 363 剟 由于| 6OPOQ， 所以 12 6

35、， 整理得4cos4cos()6 3 ，即：4 3sin()6 3 ， 由于 32 剟且 63 剟，所以 32 剟 解得 3 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23设( ) |3|4|f xxx 第 18 页（共 18 页） （）解不等式( ) 2f x ； （）已知x，y实数满足 22 23(0)xya a，且xy的最大值为 1，求a的值 【解答】解： （）由函数( ) |3|4|f xxx， 当3x 时，不等式( ) 2f x 化为34 2xx ，解得2.53x； 当34x剟时，不等式( ) 2f x 化为34 2xx ，即1 2恒成立，此时34x剟； 当4x 时，不等式( ) 2f x 化为34 2xx ，解得44.5x ； 综上知，不等式( ) 2f x 的解集为 |2.44.5xx剟； （）由柯西不等式得 22222 11 ( 2 )( 3 ) ()() () 23 xyxy， 又 22 23(0)xya a， 所以 2 5 () 6 xya，当且仅当23xy时取等号； 又因为xy的最大值为 1， 所以 5 1 6 a ，解得a的值为 6 5