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1、绝密启用前（2020 年 1 月 15 日 15：00-17：00）北碚区高 2020 届普通高等学校招生第一次诊断性考试 数学 考试时间：120 分钟；分数：150 分 注意：本试卷包含、两卷。第卷为选择题，所有答案必须用 2B 铅笔涂在答题卡中相应的位置。第卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。一、选择题 1.要得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点 A.横坐标伸长到原来的 2 倍纵坐标不变，再向左平行移动个单位长度 B.横坐标伸长到原来的 2 倍纵坐标不变，再向右平行移动个单位长度 C.横坐标缩短到原来的纵坐标不变，再向右平行移动个单位长度
2、D.横坐标缩短到原来的纵坐标不变，再向左平行移动个单位长度 2.已知集合，则B的子集个数为 A.3 B.4 C.7 D.8 3.已知角 的终边经过点，则的值等于 A.B.C.D.4.函数的零点个数为 A.0 B.1 C.2 D.3 5.若在区间上递减，则a的取值范围为 A.B.C.D.6.若，是第三象限的角，则 A.B.C.2 D.7.已知函数为自然对数的底数，若在上恒成立，则实数m的取值范围是 A.B.C.D.8.非零向量，满足；，则与 夹角的大小为 A.B.C.D.9.古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：将一线段AB分为两线段AC，CB，使得其中较长的
3、一段AC是全长AB与另一段CB的比例中项，即满足后人把这个数称为黄金分割数，把点C称为线段AB的黄金分割点 在中，若点P，Q为线段BC的两个黄金分割点，在内任取一点M，则点M落在内的概率为 A.B.C.D.10.在中，点D，E分别是边AB，AC上的点，且，记，四边形BCED的面积分别为，则 的最大值为 A.B.C.D.11.设是定义在R上的函数，其导函数为，若 1/，则不等式其中e为自然对数的底数的解集为 A.B.C.D.12.已知是边长为 2 的正三角形，点P为平面内一点，且，则的取值范围是 A.B.C.D.二、填空题 13.已知实数，是与的等比中项，则的最小值是_ 14.已知函数，关于x的
4、方程有四个不同的实数解，则的取值范围为_ 15.如图，AB是圆O的直径，C、D是圆O上的点，则_ 16.已知点A是以BC为直径的圆O上异于B，C的动点，P为平面ABC外一点，且平面平面ABC，则三棱锥外接球的表面积为_ 三、解答题 17.等比数列的各项均为正数，成等差数列，且满足求数列的通项公式；设，求数列的前n项和 18.如图，四棱锥的底面是矩形，平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且 求证：平面PEC；求证：平面平面PCD 19.已知直线l的参数方程为为参数，曲线C的极坐标方程为，直线l与曲线C交于A，B两点，点，求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；求的值 20.已知函数求函
5、数的单调增区间；将函数的图象向左平移 个单位，再向下平移 1 个单位后得到函数的图象，当时，求函数的值域 21.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的焦距为 2，离心率为，椭圆的右顶点为A 求该椭圆的方程：过点作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q，求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值 22.如图所示，直角梯形ABCD中，四边形EDCF为矩形，平面平面ABCD 求证：平面ABE；求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值；在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由 答案和解析 1.【答案】B 【解析】【分析】本题主要考查三角函
6、数的诱导公式和函数的图象变换规律，属于基础题 由可得解【解答】解：将函数 的图象上所有的点的横坐标变为原来的 2 倍，得到，再向右平行移动个单位长度，即可得到的图象 故选B 2.【答案】D 【解析】【分析】本题考查了集合的子集个数问题，若集合有n个元素，其子集有个 先求出集合B中的元素，从而求出其子集的个数【解答】解：由题意可知，集合1，则B的子集个数为：个 故选D 3.【答案】C 【解析】【分析】本题主要考查任意角的三角函数的定义及诱导公式，属于基础题 利用任意角的三角函数的定义，诱导公式，求得的值【解答】解：角 的终边经过点，则 故选C 4.【答案】C 【解析】【分析】本题主要考查函数的零
7、点与方程的根的关系，体现了转化、数形结合的数学思想，属于中档题由题意可得，本题即求函数的图象和函数的图象的交点个数，数形结合可得结论【解答】解：函数的零点个数，即为函数的图象和函数的图象的交点个数 如图所示：数形结合可得，函数的图象和函数的图象的交点个数为 2，所以的零点个数为 2，故选C 5.【答案】A 【解析】解：令，则，配方得，故对称轴为，如图所示：由图象可知，当对称轴时，在区间上单调递减，又真数，二次函数在上单调递减，故只需当时，若，则时，真数，代入解得，所以a的取值范围是 故选：A 由 题 意，在 区 间上，a的 取 值 需 令 真 数，且 函 数在区间上应单调递减，这样复合函数才能
8、单调递减 本题考查复合函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，复合函数单调性遵从同增异减的原则 6.【答案】A 【解析】【分析】本题主要考查三角恒等变换中的倍角公式的灵活运用、同角的三角函数关系等知识以及相应的运算能力，属于基础题 将欲求式中的正切化成正余弦，还要注意条件中的角 与待求式中角的差别，注意消除它们之间的不同【解答】解：由，是第三象限的角，可得，则，故选A 7.【答案】B 【解析】解：若在上恒成立，则在恒成立，令，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故，故，故选：B 问题转化为在恒成立，令，根据函数的单调性求出m的范围即可 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以
9、及函数恒成立问题，是一道中档题 8.【答案】A 【解析】【分析】本题考查向量数量积的计算，关键是掌握向量数量积的计算公式 根据题意，设，则，结合题意分析可得为等腰直角三角形，结合向量夹角的定义分析可得答案【解答】解：根据题意，设，则，若，即，且，则为等腰直角三角形，则与 的夹角为，故选：A 9.【答案】B 【解析】【分析】本题考查了阅读能力及几何概型中的面积型，属中档题 先阅读题意，理解“黄金分割”，再结合几何概型中的面积型可得：，所以，：，则在内任取一点M，则点M落在内的概率为，得解【解答】解：设，由点P，Q为线段BC的两个黄金分割点，所以，所以，：，由几何概型中的面积型可得：在内任取一点M
10、，则点M落在内的概率为，故选B 10.【答案】C 【解析】【分析】本题考查三角形的面积计算，基本不等式的应用，属于中档题 可设，利用余弦定理与基本不等式求解【解答】解：由题意可知，设，由余弦定理得，即，从而，即当且仅当时等号成立，的最大值为 故选：C 11.【答案】D 【解析】【分析】本题考查了利用导数研究函数的单调性，属中档题 构造函数，通过求导及已知不等式可得出为递增函数，再将原不等式化为可解得【解答】解：令，则，在R上为单调递增函数，原不等式可化为，根据的单调性得 故选D 12.【答案】A 【解析】【分析】本题考查向量的数量积，辅助角公式，三角函数图像与性质，考查数形结合的数学思想，化归
11、与转化思想，属于中档题 根据要求画出草图，以点B为坐标原点建立直角坐标系，写出A，B，C三点的坐标；设出P的坐标，显然P在以C为圆心，半径为的圆上，用三角函数表示P点坐标，再写出的坐标，利用坐标运算，借助辅助角公式，三角函数图像与性质写出范围【解答】解：如图，以点B为坐标原点建立直角坐标系，故A，设，因为，所以，令 则，所以 ，因为，所以，即的取值范围为，故选A 13.【答案】【解析】【分析】本题考查了等比数列的性质、指数运算性质、乘 1 法与基本不等式的性质，属于中档题 实数，是与的等比中项，可得再利用乘法与基本不等式的性质即可得出【解答】解：实数，是与的等比中项，解得，则，当且仅当，时取等
12、号 故答案为：14.【答案】【解析】【分析】本题考查函数零点与方程的根，考查数形结合的思想，属于中档题 作函数的图象，从而可得，推出的范围即可求解结果【解答】解：作函数的图象如下，设直线与的图象的从左到右的四个交点的横坐标分别为，则 结合图象可知，所以，令得，或，令得，所以，所以，故，故答案为 15.【答案】【解析】【分析】本题考查向量在几何中的应用，利用已知向量表示所求向量是解题的难点，考查分析问题解决问题的能力 通过过C作于E，用向量，求出与的关系，结合，即可求出的值【解答】解：如图：过C作于E，因为AB是圆O的直径，C、D是圆O上的点，所以E为OB的中点，连接OD，则，所以 又，故答案为
13、：16.【答案】【解析】【分析】本题考查了三棱锥的外接球的表面积，将空间问题转化为平面问题，利用正余弦定理是解题的关键，属于中档题 由O为外接圆的圆心，且平面平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，可得球心一定在面PBC内，即球心也是外接圆的圆心，在中，由余弦定理、正弦定理即可得R【解答】解：因为O为外接圆的圆心，且平面平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，根据球的性质，球心一定在垂线l上，球心一定在面PBC内，即球心也是外接圆的圆心，在中，由余弦定理得，由正弦定理得：，解得，三棱锥外接球的表面积为，故答案为 17.【答案】解：设等比数列的公比为，
14、成等差数列，化为：，解得，又满足，化为：，解得，；，数列的前n项和，【解析】本题考查了“裂项求和”方法、等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题设等比数列的公比为，由，成等差数列，可得，化为：，解得 又满足，化为：，解得，可得；，利用“裂项求和”方法即可得出 18.【答案】证明：取PC的中点G，连结FG、EG，为的中位线，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，四边形AEGF是平行四边形，又平面PEC，平面PEC，平面PEC；，F是PD的中点，平面ABCD，平面ABCD，又因为，AP，平面APD，平面APD，平面APD，又，且，PD，平面PDC，平面PDC，由
15、得，平面PDC，又平面PEC，平面平面PCD 【解析】本题主要考查了空间线面平行、面面垂直的判定，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题 取PC的中点G，连结FG、EG，又平面PEC，平面PEC，平面PEC；由得，只需证明平面PDC，即可得到平面平面PCD 19.【答案】解：直线l的参数方程为为参数，消去参数，可得直线l的普通方程，曲线C的极坐标方程为，即，所以曲线C的直角坐标方程为；直线l的参数方程改写为为参数，代入，得，设A、B对应的参数分别为，则 【解析】本题考查三种方程的转化，考查参数方程的运用，属于中档题 利用三种方程的转化方法，求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程即可；直线
16、的参数方程改写为为参数，代入，利用参数的几何意义求的值 20.【答案】解：由，解得 函数的单调增区间为，；将函数的图象向左平移个单位，得，再向下平移 1 个单位后得到函数，由，得，则函数的值域为 【解析】本题考查三角函数中的恒等变换应用，考查型函数的图象和性质，属中档题 利用倍角公式降幂后再由两角差的正弦公式化简由相位在正弦函数的增区间内求得x的取值范围，可得函数的单调增区间；由函数的伸缩和平移变换求得的解析式，结合x的范围求得相位的范围，进一步求得函数的值域 21.【答案】解：由题意可知：椭圆，焦点在x轴上，椭圆的离心率，则，则椭圆的标准方程：；证明：设，当斜率不存在时，与椭圆只有一个交点，
17、不合题意 由题意PQ的方程：，则联立方程 整理得：，由韦达定理可知：，则，则，由1，直线AP，AQ的斜率之和为定值 1 【解析】本题考查椭圆的简单几何性质，直线与椭圆位置关系，韦达定理及直线的斜率公式，考查计算能力，属于中档题 由题意可知，离心率，求得，则，即可求得椭圆的方程；则直线PQ的方程：，代入椭圆方程，由韦达定理及直线的斜率公式，分别求得直线AP，AQ的斜率，即可证明直线AP，AQ的斜率之和为定值 22.【答案】解：证明：四边形EDCF为矩形，平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD 由题意，以D为原点，DA所在直线为x轴，DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则0，2，0，
18、2，2，设平面ABE的法向量为y，令，则，所以平面ABE的法向量为0，又2，；又平面ABE，平面ABE；，0，设平面BEF的法向量为b，令，则，则平面BEF的法向量为，设平面ABE与平面EFB所成锐二面角为，平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值是；设2，；，又平面ABE的法向量为0，设直线BP与平面ABE所成角为，化简得，解得或；当时，；当时，；综上，【解析】本题主要考查利用向量方法解决立体几何的应用问题确定平面的法向量是解题的关键，属于较难题取D为原点，DA所在直线为x轴，DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，求出平面ABE的法向量 与向量，根据证明，从而证明平面ABE；求平面BEF的法向量，再计算平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值；设，求向量与平面ABE的法向量 所成角的余弦值，列出方程解方程得的值，从而求出的值