2020届高三开学摸底大联考全国卷数学(理)试题(解析版)(20200816035544).pdf

第 1 页 共 19 页2020届高三开学摸底大联考全国卷数学（理）试题一、单选题1已知命题:,(0,1)Px y，2xy，则命题P的否定为（）A,(0,1)x y，2xyB,(0,1)x y，2xyC00,(0,1)xy，002xyD00,(0,1)xy，002xy【答案】D【解析】根据全称命题的否定是特称命题，可直接得出结果.【详解】命题:,(0,1)Px y，2xy的否定为“00,(0,1)xy，002xy”。故选 D【点睛】本题主要考查全称命题的否定，只需改写量词与结论即可，属于基础题型.2已知集合|31Axx，集合2|2Bx yx，则AB（）A2,1B2,1C3,2D3,2【答案】D【解析】由题意|22Bxx，再由集合并集的概念直接计算即可得解.【详解】由题意22|2|20|22Bx yxxxxx，所以|31|3|2223,2xxABxxxx故选：D.【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法和集合并集的运算，属于基础题.3已知实数,x y满足2,2,1 0,yxyxy则32xy的最大值为()A7 B 5 C4 D92【答案】A 第 2 页 共 19 页【解析】画出已知约束条件对应的可行域，求出直接，代入目标函数，得到结果【详解】解：实数x，y满足221 0yxyxy对应的可行域如下图所示：由210yxy解得(1,2)A，32zxy经过可行域的A时，目标函数取得最大值当1x，2y时，327zxy，故32zxy的最大值为7，故选：A【点睛】本题考查的知识点是简单线性规划的应用，其中利用角点法是解答线性规划类小题最常用的方法，属于基础题4某商场开展转转盘抽奖活动，每抽奖一次转动一次转盘（转盘如图），经测量可知一等奖，二等奖和三等奖所在扇形区域的圆心角分别为20，50和60，则抽奖一次中一等奖的概率为()第 3 页 共 19 页A1336B1736C1936D59【答案】C【解析】由测度比是圆心角的弧度数比求解【详解】解：一等奖，二等奖和三等奖所在扇形的圆心角分别为：20，50和60，且三等奖对应等圆心角的两个区域，转动一次转盘指针指向位置是等可能的，抽奖一次中奖的概率20502601901936036036P故选：C【点睛】本题考查几何概型概率的求法，明确测度比是圆心角的弧度数比是关键，属于基础题5已知P为圆2211xy上任一点，A，B为直线l：3470 xy上的两个动点，且3AB，则PAB面积的最大值为（）A9 B92C3 D32【答案】B【解析】计算出圆上点到直线的最远距离为3，利用面积公式即可得解.【详解】由题意知圆2211xy的圆心为1,0，半径为1，则圆心到直线的距离为2237372534，所以圆上的点到直线的最大距离为2 13，所以PABS的最大值为193322故选：B.【点睛】本题考查了圆上点到直线距离最值的求解，考查了转化化归思想，属于基础题.6元代数学家朱世杰编著的算法启蒙 中记载了有关数列的计算问题：“今有竹七节，下两节容米四升，上两节容米二升，各节欲均容，问逐节各容几升？”其大意为：现有一根七节的竹子，最下面两节可装米四升，最上面两节可装米二升，如果竹子装米量逐节等量减少，问竹子各节各装米多少升？以此计算，第四节竹子的装米量为（）第 4 页 共 19 页A1升B32升C23升D43升【答案】B【解析】由题意得12676aaaa，由等差数列的性质即可直接得解.【详解】设竹子自下而上的各节容米量分别为1a，2a7a，则有12676aaaa，由等差数列的性质可得17423aaa，所以432a故选：B.【点睛】本题考查了等差数列的应用，关键是对于题目条件的转化，属于基础题.7执行如图所示的程序框图，则输出S的值为()A3 B 2020 C3030 D1010【答案】C【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【详解】解：模拟程序的运行，可得10a，23a，32a，45a，54a，67a可知12343aaaa，当2020i时，1010 33030S故选：C【点睛】第 5 页 共 19 页本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，属于基础题8 如图，四棱锥PABCD中，底面为直角梯形90BADADC，23ABCD，E为PC上靠近点C的三等分点，则三棱锥BCDE与四棱锥PABCD的体积比为（）A19B15C16D13【答案】B【解析】根据等积法可知，BCDEEBCDVV，再根据点E到面ABCD的距离等于点P到面ABCD的距离的13，以及35BCDABCDSS，即可求出【详解】设点P到面ABCD的距离为d，所以点E到面ABCD的距离等于13d又23ABCD，所以35BCDABCDSS而BCDEEBCDVV，故111313313553BCDB CDEEBCDPABCDPABCDABCDdSVVVVdS故选：B【点睛】本题主要考查等积法的应用，以及棱锥的体积公式的应用，意在考查学生的转化能力，属于基础题9在梯形ABCD中，2,BCAD DEEC，设,BAa BCb，则BE（）A1124abB1536abC2233abD1324ab第 6 页 共 19 页【答案】D【解析】利用向量的三角形法则得出AC，进而求出CE，最后利用BEBCCE，即可求解【详解】ACABBCab，ACADDC22bbaba，224CDabCE，24abBEBCCEb1324ab，答案选 D【点睛】本题考查向量的线性运算，属于基础题10已知函数()sin3cos3(0)f xxx在0,2上有且仅有三个零点，则的取值范围是()A10 14,33B10 14,33C144,3D144,3【答案】D【解析】利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，利用函数的零点个数，转化为方程的根的个数，利用三角函数的有界性，转化求解即可【详解】解：函数()sin3cos32sin()33f xxxx，函数()sin3cos3(0)f xxx在0,2上有且仅有三个零点，就是3sin()32x在0,2上有且仅有三个解，则233xk或223k；2223233，解得144,3故选：D【点睛】本题考查函数的零点的判断三角函数的图象与形状的应用，考查转化思想以及计算能第 7 页 共 19 页力，属于中档题115102221xxxx的展开式中，含7x项的系数为（）A100 B 300 C500 D110【答案】A【解析】转化条件得510520222211xxxxxxx，则可写出其通项公式30115201krkrkrkTTC Cx，通过分别给r、k赋值令23rk，即可得解.【详解】由题意510520222211xxxxxxx，则其通项公式为：5302201152052011rkkr krrkkrkrkTTCxxCxC C x，其中05r，020k，则23rk，所以可取3r，20k，此时20320520110C C；4r，19k，此时194195201100C C；=5r，18k，此时185185201190C C；所以7x项的系数为10 100 190100故选：A.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了计算能力和分类讨论思想，属于中档题.12双曲线C：222210,0 xyabab，1F，2F为其左?右焦点，线段2F A垂直直线byxa，垂足为点A，与C交于点B，若2F BBA，则C的离心率为（）A2B 2 C3 D3【答案】A【解析】由题意2,0Fc，2F A所在的直线方程为ayxcb，求出点2,aabAcc，进而求得22,22caabBcc，代入双曲线的方程化简后得222ca，利用22cea即可得解.【详解】第 8 页 共 19 页由题意2,0Fc，线段2F A垂直直线byxa，2F Aakb，2F A所在的直线方程为ayxcb，与直线byxa的交点为2,aabAcc，2F BBA，B为线段2F A的中点，22,22caabBcc，代入双曲线方程得2222222222244aca bbaa bcc，得222ca，222cea故选：A.【点睛】本题考查了双曲线离心率的求解，考查了计算能力，属于中档题.二、填空题13若复数2221izi，则|z_.【答案】2 2【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解【详解】解：2222(1)22221(1)(1)iiziiii，22|2(2)2 2z故答案为：2 2【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，属于基础题14在一次考试后，为了分析成绩，从1，2，3 班中抽取了3 名同学(每班一人)，记这三名同学为A?B?C，已知来自2 班的同学比B成绩低，A与来自 2 班的同学成绩不同，C的成绩比来自3 班的同学高由此判断，来自1 班的同学为 _第 9 页 共 19 页【答案】B【解析】由题意先确定C 来自 2 班，再根据“来自 2 班的同学比B成绩低，C的成绩比来自 3 班的同学高”，即可得解.【详解】由题，B不是来自2 班，A不是来自2 班，所以C来自 2 班，又B的成绩比来自2 班的同学高，C的成绩比来自3 班的同学高，所以B不能来自3 班，只能来自1 班.故答案为：B.【点睛】本题考查了简单的逻辑推理的应用，属于基础题.15数列na中，其前n项和为nS且221nnnSa，则10S_.【答案】9217【解析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用乘公比错位相减法求出数列的和【详解】解：数列na中，其前n项和为nS且221nnnSa，当1n时，解得11a当2n时，且111221nnnSa，得11222nnnnaa，整理得111222nnnnaa（常数），故数列2nna是以12为首项12为公差的等差数列，所以111(1)2222nnann，整理得12nnan所以0111 22 22nnSn，1221 22 22nnSn，得1(122)2nnnSn，整理得(1)21nnSn，所以10109 21921619217S故答案为：9217【点睛】本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用，数列的通项公式的求法及应用，乘公比错位相减法的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于中档题.16若函数1()xf xexba在其定义域上的最小值为0，则2a b最小值为 _.第 10 页 共 19 页【答案】21e【解析】由题意1()xfxea，当0a时，()0fx恒成立，不存在最小值.当0a时，则存在0 x使得1()0 xfxea，得到01xea，可得：0201xxa be令1()tth te，利用导数研究其单调性即可得出【详解】由题意1()xfxea，当0a时，1()0 xfxea恒成立，1()xf xexba单调递增，不存在最小值.当0a时，则存在0 x使得1()0 xfxea，即01xea，使得1()xf xexba在0(0,)x上单调递减，在0(,)x上单调递增，0001()0 xf xexba，可得：0201xxa be令1()tth te，2()tth te，当2t时，()h t取得极小值：21e故答案为：21e【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题三、解答题17在ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinsinsinacAcABbB（1）求B；（2）若8ac，三角形的面积4 3ABCS，求b【答案】（1）3（2）4【解析】（1）由题意结合正弦定理得222acbac，再由余弦定理可得1cos2B，即可得解；（2）由（1）结合三角形面积公式可得16ac，则利用余弦定理可得第 11 页 共 19 页22222cos3bacacBacac，计算即可得解.【详解】（1）由sinsinsinacAcABbB得sinsinsinacAcCbB，由正弦定理得22acacb即222acbac，222122acbac，1cos2B，由0,B可得3B（2）由（1）知3B，则1sin4 32ABCSacB，解得16ac，又8ac，22222cos316bacacBacac，解得4b【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题.18如图所示的多面体的底面ABCD为直角梯形，四边形DCFE为矩形，且DEBC，ADDC，ADAB，122ABADDECD，M，N，P分别为EF，BF，BC的中点（1）求证：BC 平面MNP；（2）求直线MN与平面BCF所成角的余弦值【答案】（1）答案见解析（2）33【解析】（1）先证明PN平面ABCD，可得PNBC，取CD中点H，利用等腰三角形的性质可得HPBC，由线面垂直的判定即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出各点坐标后，再求出平面BCF的一个法向量n和直线第 12 页 共 19 页MN的方向向量MN，求出两向量夹角的余弦值后利用平方关系即可得解.【详解】（1）证明：P，N分别为BC，BF的中点，/PNCFDE，四边形EDCF为矩形，DECD，又DEBC，BCCDC，BC，CD平面ABCD，DE平面ABCD，PN平面ABCD，PNBC，取CD中点H，连接PH，BH，MH，则/MHCFPN，点M，N，P，H同在平面MNP内在BHC中，2BHAD，2CHCDAB，P为BC中点，HPBC，又PNHPP，PN，HP平面MNP，BC 平面MNP（2）由（1）知AD，DE，CD三条直线两两垂直且交于点D，以D为原点，DA，DC，DE分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图则2,2,0B，0,4,0C，0,0,2E，0,4,2F，M，N分别为EF，BF中点，可得0,2,2M，1,3,1N，2,2,2BF，2,2,0BC，1,1,1MN，设平面BCF的一个法向量为,nm n p，则00n BCn BF，即2202220mnmnp，令1m，可得1n，0p，1,1,0n，所以6cos,3n MNn MNn MN所以MN与平面BCF所成角的余弦值为263133.第 13 页 共 19 页【点睛】本题考查了线面垂直的判定和利用空间向量求线面角，属于中档题.19移动支付（支付宝支付，微信支付等）开创了新的支付方式，使电子货币开始普及，为了了解习惯使用移动支付方式是否与年龄有关，对某地 200 人进行了问卷调查，得到数据如下：60 岁以上的人群中，习惯使用移动支付的人数为30 人；60 岁及以下的人群中，不习惯使用移动支付的人数为40 人.已知在全部200 人中，随机抽取一人，抽到习惯使用移动支付的人的概率为0.6.（1）完成如下的列联表，并判断是否有99.9%的把握认为习惯使用移动支付与年龄有关，并说明理由.习惯使用移动支付不习惯使用移动支付合计（人数）60 岁以上60 岁及以下合计（人数）200（2）在习惯使用移动支付的60 岁以上的人群中，每月移动支付的金额如下表：每月支付金额100,2000(1000,2000(2000,3000300 以上人数1020 x30现采用分层抽样的方法从中抽取9 人，再从这 9 人中随机抽取4人，记 4 人中每月移动支付金额超过3000 元的人数为Y，求Y的分布列及数学期望.附：22()()()()()n adbcKab cd ac bd，其中nabcd.20P Kk0.1000.0500.0100.0010k2.7063.8416.63510.828【答案】（1）列联表见解析，有，理由见解析；（2）分布列见解析，43.第 14 页 共 19 页【解析】（1）根据题意填写列联表，计算2K的值，对照临界值得出结论；（2）由题意知Y的可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，求得数学期望值【详解】解：（1）列联表如图：习惯使用移动支付不习惯使用移动支付合计（人数）60 岁以上30 40 70 60 岁及以下90 40 130 合计（人数）120 80 200 22002400 2400120013.18710.82870 130 120 8091K.所以有99.9%的把握认为习惯使用移动支付与年龄有关.（2）由（1）得30 x，所以在抽取的9 人中，月支付金额在100,1000的有 1 人，在(1000,2000的为 2 人，在(2000,3000的为 3 人，3000 以上的为3 人，则46495(0)42CP YC，31634910(1)21C CP YC，2263495(2)14C CP YC.1363491(3)21C CP YC，所以分布列为Y0 1 2 3 P5421021514121510514()0123422114213E Y.所以Y的数学期望为43.【点睛】第 15 页 共 19 页本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，也考查了离散型随机变量的分布列与数学期望问题，属于中档题20函数2()ln6()afxaxx axR.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若0a，证明：当2(0,x时，()0f x恒成立.【答案】（1）见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）对()fx 求导，令()0fx，可得2ax或3ax，然后分0a，0a和0a三种情况求()f x 的单调区间；（2）由（1）可知0a时，()f x 的单调性，然后分04a和4a两种情况分别求出()f x 的最大值，证明()f x 的最大值小于0 即可【详解】解：（1）因为2()ln6af xaxxx定义域为0+，则222226()6aaxaxafxxxx.令()0fx，得2260 xaxa，解得12ax，23ax.当0a时，()60fx，所以()f x 在(0,)上单调递减.当0a，02a，03a，()f x 在0,2a上单调递增，在,2a上单调递减.当0a时，02a，03a，()f x 在0,3a上单调递增，在,3a上单调递减.（2）当0a时，由（1）得()f x 在0,2a上单调递增，在,2a上单调递减.当22a，即04a时，()f x 在(0,2的最大值max()ln5ln5222aaaf xfaaa.第 16 页 共 19 页因为04a，所以lnln 2ln12ae.所以ln502aa，当22a，即4a时，()f x 在(0,2内单调递增.max()(2)ln 2122af xfa.因为4a，ln 2ln12ae.所以ln 202aa，所以ln 21202aa.综合 可知当2(0,x时，()0f x恒成立.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值和不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属于中档题21已知椭圆C：222210 xyabab的离心率32e，椭圆的左焦点为1F，短轴的两个顶点分别为1B?2B，且11122F BF B（1）求椭圆C的标准方程（2）若过左顶点A作椭圆的两条弦AM?AN，且0AMAN，求证：直线MN与x轴的交点为定点【答案】（1）2214xy（2）答案见解析【解析】（1）由题意32ca、222cb、222cab，解方程组求出24a，21b，即可得解；（2）设直线AM方程为2yk x，联立方程组得222284,1 414kkMkk，222284,44kkNkk，则直线MN的方程为222245284444kkkyxkkk，令第 17 页 共 19 页0y得65x，即可得证.【详解】（1）设1,0Fc，10,Bb，20,Bb，由题意，32ca221112,2F B F Bc bcbcb又222cab由 得：24a，21b，所以椭圆方程为：2214xy（2）证明：由题可知：0,2A，直线AM，AN斜率存在且不为零，设直线AM斜率为k，则直线AN斜率为1k，设直线AM方程为2yk x，与椭圆方程联立得222440yk xxy，得：222214161640kxk xk方程 的一根为-2，设,MMMxy，则22164214Mkxk，得222814Mkxk，所以2MMyk x，得2414Mkyk，得222284,1414kkMkk，同理可得(将k换为1k)得222284,44kkNkk，则3222242244202014428281616144MNkkkkkkkkkkkk2222011611k kkk2544kk，所以直线MN的方程为222245284444kkkyxkkk，令0y，则22222216 12862445454kkkxkkk22646554kk所以，直线MN与x轴的交点为定点6,05【点睛】本题考查了椭圆方程的求解，考查了与椭圆相关的定点问题，考查了计算能力，属于中第 18 页 共 19 页档题.22在平面直角坐标系xOy中，直线l的倾斜角为4，且过点(5,)Ma，曲线C的参数方程为4cos,3sinxy（为参数）.（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）当曲线C上的点到直线l的最大距离为5 2时，求直线l的直角坐标方程.【答案】（1）221169xy；（2）50 xy或50 xy.【解析】（1）直接利用参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换求出结果（2）利用点到直线的距离公式的应用和三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果【详解】解：（1）由4cos,3sinxy（为参数）得cos,4sin.3xy所以2222sincos43xy.所以曲线C的直角坐标方程为221169xy.（2）直线l的方程为5yax，即50 xya.设曲线C上任一点(4cos,3sin)M，则点M到直线l的距离|4cos3sin(5)|5cos()(5)|22aad（其中3tan4）.当5a时，max555 22ad，解得10a.当50a时，max|55|105 222aad，解得0a综合 可知直线l的直角坐标方程为50 xy或50 xy.第 19 页 共 19 页【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线距离公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于中档题23已知函数()|1|2|f xxx.（1）求不等式()1fx的解集；（2）若()|1|f xa的解集为实数集R，求实数a的取值范围.【答案】（1）(,0)；（2）(,24,).【解析】（1）将()f x 写为分段函数的形式，然后根据()1f x，分别解不等式即可；（2）由（1）知()3maxf x，然后根据()|1|f xa的解集为实数集R，可得()|1|maxf xa，再解关于a的不等式即可【详解】（1）由题可得3,1,()21,12,3,2,xf xxxx()1f x，1x或12211xx，1x或10 x，0 x，所以不等式的解集为(,0).（2）由（1）可得()3maxf x若()|1|f xa的解集为R，只需|1|3a.解得2a或4a，所以实数a的取值范围为(,24,).【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属于中档题