河北省唐山市区县2020届高三数学上学期第一次段考试题 理（含解析）

1河北省唐山市区县2020届高三数学上学期第一次段考试题理（含解析）一、选择题（每小题5分，共12小题，共60分）1.已知集合10,1AxRxBxZx，则AB（）A.01xxB.11xxC.0,1D.1【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10AxRx＝1Axx，1BxZx＝{1，0，-1，-2，…}，∴0,1AB．故选：C．【点睛】本题考查交集的求法，是基础题，注意条件xZ，属于易错题．2.命题“4,0xRxx”的否定是（）A.4,0xRxxB.4,0xRxxC.4000,0xRxxD.4000,0xRxx【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：xR，40xx，故选D.【点睛】全称命题的一般形式是：xM，px，其否定为,xMpx.存在性命题的一般形式是xM，px，其否定为,xMpx.23.设0.52a，0.5log0.6b，4tan5c，则（）A.abcB.cbaC.bcaD.cab【答案】B【解析】【分析】由指数函数的性质得1a，由对数函数的性质得0,1b，根据正切函数的性质得0c，即可求解，得到答案．【详解】由指数函数的性质，可得0.521a，由对数函数的性质可得0.5log0.60,1b，根据正切函数的性质，可得4tan05c，所以cba，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,,abc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（πθ4）=12，则sin2θ=（）A.12B.32C.12D.32【答案】A【解析】【分析】由三角函数的诱导公式，化简得2sin2cos[2()]2cos()144，即可求解.【详解】因为1cos()42，又由2211sin2cos(2)cos[2()]2cos()12()124422，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3题.5.设,mn是两条直线，a，表示两个平面，如果m，//a，那么“n”是“mn”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m，//a，那么由n则可得到n即可得到mn；反之由mn，m，//a，不能得到n，故，如果m，//a，那么“n”是“mn”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2()(1)cos1xfxxe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1f，2f利用排除法可得解.4【详解】由题意得，211coscos1e1exxxefxxx，所以1cos1exxefxx1cos1exxexfx，所以函数fx为奇函数，图象关于原点对称，排除选项A，C；令1x，则12111cos1cos101e1eef，02f。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sin3cos36，则tan2（）A.43B.32C.43D.32【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tan2的值．【详解】由题1331sincos3cossin2222aaaa骣琪-=-+琪桫，则3tan2故tan222tan=431tanaa--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fx在R上可导，导函数为(),(1)()fxyxfx图像如图所示，则()5A.()fx有极大值(2)f，极小值(1)fB.()fx有极大值(2)f，极小值(1)fC.()fx有极大值(2)f，极小值(2)fD.()fx有极大值(2)f，极小值(2)f【答案】C【解析】【分析】根据函数(1)()yxfx的图象，求得fx的符号，得到函数yfx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2x时，(1)()0xfx，则()0fx，函数fx单调递减；当21x时，(1)()0xfx，则()0fx，函数fx单调递减增；当12x时，(1)()0xfx，则()0fx，函数fx单调递减增；当2x时，(1)()0xfx，则()0fx，函数fx单调递减增，所以()fx有极大值(2)f，极小值(2)f，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DABC的四个顶点都在球O的球面上，若DC平面ABC，60ACB，32AB，23DC，则球O的表面积为（）A.24B.30C.36D.426【答案】C【解析】【分析】设底面ABC外接圆的半径为r，且圆心为1O，则可根据条件得到222DCRr，利用正弦定理可求r，从而求出R后可求球的表面积.【详解】如图，设底面ABC外接圆的半径为r，且圆心为1O，则1OO平面ABC，因为DC平面ABC，所以1OODC，所以1,,,DCOO四点共面.取CD的中点为E，连接OE，则OEDC，因为DC平面ABC，1CO平面ABC，所以1DCCO，所以1OECO，故四边形1ECOO为平行四边形，故1132OOCD，2221113RCOOOCO，在ABC中，13232226sin32COACB即16CO，所以3R，所以球的表面积为24336S，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.710.若函数212log45fxxx在区间32,2mm内单调递增，则实数m的取值范围为()A.4,33B.4,23C.4,23D.4,3【答案】C【解析】【分析】先利用复合函数同增异减法得出函数212log45fxxx的单调递增区间为2,5，于此得出32,22,5mm，然后列不等式组可解出实数m的取值范围.【详解】由2450xx，即2450xx，解得15x.二次函数245yxx的对称轴为2x.由复合函数单调性可得函数212log45fxxx的单调递增区间为2,5．要使函数212log45fxxx在区间32,2mm内单调递增，则32,22,5mm，即32225322mmmm，解得423m，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R上的偶函数()fx满足(1)()fxfx，当0,1x时，()21fxx，设函数11()(13)2xgxx，则函数()fx与()gx的图像所有交点的横坐标之和为（）A.2B.4C.6D.8【答案】B8【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）＝（12）|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()2xeefxex(e为自然对数的底数)，()ln4gxxaxea.若存在实数12,xx，使得12()()12efxgx，且211||xex，则实数a的最大值为（）A.52eB.25eeC.2eD.1【答案】C【解析】【分析】9解方程112efx求得1x，结合211||xex求得2x的取值范围2,ee.将21gx转化为直线3yaxe和lnyx在区间2,ee上有交点的问题来求得a的最大值.【详解】由112efx得1110xeexe，注意到1xehxexe在R上为增函数且0he，所以1xe.由于gx的定义域为0,，所以由211||xex得22exe.所以由21gx得22ln3xaxe，画出2lnyxexe和3yaxe的图像如下图所示，其中2,1,,2AeBe由图可知a的最大值即为132ACkeee.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1ln()22xxfx的定义域为__________．10【答案】0,1(1,]e【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010220xxlnx，得001xxex，即函数的定义为0,11,e.【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211(2)3ln2mxdxx，则实数m的值为____________.【答案】1【解析】【分析】根据题意找出12mxx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m的值【详解】由于222111(2)(ln)|(ln24)(ln1)ln23mxdxxmxmmmx；所以3ln23ln2m，即1m；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fx与gx是定义在同一区间,ab上的两个函数，若函数yfxgx在,xab上有两个不同的零点，则称fx和gx在,ab上是“关联函数”，区间,ab称为“关联区间”.若lnfxxx与2gxmx在1,3上是“关联函数”，则实11数m的取值范围是_________.【答案】113ln2,ln33