1、（全国卷）2020届高三数学开学考试摸底大联考试题 理（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.1.已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意，再由集合并集的概念直接计算即可得解.【详解】由题意，所以故选：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.2.已知命题，则命题 的否定为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】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，的否定为“，”故选D【点睛】本题主要考查全称命题的否定，只需
2、改写量词与结论即可，属于基础题型.3.已知实数满足则的最大值为( )A. 7B. 5C. 4D. 【答案】A【解析】【分析】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，满足对应的可行域如下图所示：由解得，经过可行域的时，目标函数取得最大值当，时，故的最大值为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，和，则抽奖一次中一等奖的概率为( )A. B. C. D. 【答
3、案】C【解析】【分析】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：，和，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.已知为圆上任一点，为直线：上两个动点，且，则面积的最大值为（ ）A. 9B. C. 3D. 【答案】B【解析】【分析】计算出圆上点到直线的最远距离为，利用面积公式即可得解.【详解】由题意知圆的圆心为，半径为1，则圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的最大距离为，所以的最大值为故选：B.【点睛】本题考查
4、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（ ）A. 1升B. 升C. 升D. 升【答案】B【解析】【分析】由题意得，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，则有，由等差数列的性质可得，所以故选：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
5、转化，属于基础题.7.梯形中，设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用向量的三角形法则得出，进而求出，最后利用，即可求解【详解】，答案选D【点睛】本题考查向量的线性运算，属于基础题8.执行如图所示的程序框图，则输出的值为( )A. 3B. 2020C. 3030D. 1010【答案】C【解析】【分析】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，可知，当时，故选：C【点睛】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，
6、属于基础题9.的展开式中，含项的系数为（ ）A. 100B. 300C. 500D. 110【答案】A【解析】【分析】转化条件得，则可写出其通项公式，通过分别给、赋值令，即可得解.【详解】由题意，则其通项公式为：，其中，则，所以可取，此时；，此时；，此时；所以项的系数为故选：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.10.已知函数在上有且仅有三个零点，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】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，
7、函数在上有且仅有三个零点，就是在上有且仅有三个解，则或；，解得故选：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力，属于中档题11.如图，四棱锥中，底面为直角梯形，为上靠近点的三等分点，则三棱锥与四棱锥的体积比为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据等积法可知，再根据点到面的距离等于点到面的距离的，以及，即可求出【详解】设点到面的距离为，所以点到面的距离等于又，所以而，故故选：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12.双曲线：，为其左右焦点，线段垂直直线，垂足为点，与交于点
8、，若，则的离心率为（ ）A. B. 2C. 3D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，所在的直线方程为，求出点，进而求得，代入双曲线的方程化简后得，利用即可得解.【详解】由题意，线段垂直直线，所在的直线方程为，与直线的交点为，为线段的中点，代入双曲线方程得，得，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：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若复数，则_.【答案】【解析】【分析】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：，故答案为：【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
9、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，已知来自2班的同学比成绩低，与来自2班的同学成绩不同，的成绩比来自3班的同学高由此判断，来自1班的同学为_【答案】B【解析】【分析】由题意先确定C来自2班，再根据“来自2班的同学比成绩低，的成绩比来自3班的同学高”，即可得解.【详解】由题，不是来自2班，不是来自2班，所以来自2班，又的成绩比来自2班的同学高，的成绩比来自3班的同学高，所以不能来自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.数列中，其前项和为且，则_.【答案】9217【解析】【分析】首先利用递推关系式求出数列的
10、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：数列中，其前项和为且，当时，解得当时，且，得，整理得（常数），故数列是以为首项为公差的等差数列，所以，整理得所以，得，整理得，所以故答案为：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.若函数在其定义域上的最小值为0，则最小值为_.【答案】【解析】【分析】由题意，当时，恒成立，不存在最小值.当时，则存在使得，得到，可得：令，利用导数研究其单调性即可得出【详解】由题意，当时，恒成立，单调递增，不存在最小值.当时，则存在使
11、得，即，使得在上单调递减，在上单调递增，可得：令，当时，取得极小值：故答案为：【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：共70分.解答应写出文字说明、证眀过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.在中，三个内角，所对的边分别为，且（1）求；（2）若，三角形的面积，求【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意结合正弦定理得，再由余弦定理可得，即可得解；（2）由（1）结合三角形面积公式可得，则利用余弦定理可得
12、，计算即可得解.【详解】（1）由得，由正弦定理得即，由可得（2）由（1）知，则，解得，又 ，解得【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为直角梯形，四边形为矩形，且，分别为，的中点（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明平面，可得，取中点，利用等腰三角形的性质可得，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，再求出平面的一个法向量和直线的方向向量，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：，分别为，的中点，四边形为矩形，又，平面，平
13、面，平面，取中点，连接，则，点，同在平面内在中，为中点，又，平面，平面（2）由（1）知，三条直线两两垂直且交于点，以为原点，分别为，轴，建立空间直角坐标系，如图则，分别为，中点，可得，设平面的一个法向量为，则，即，令，可得，所以所以与平面所成角的余弦值为.【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.
14、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）完成如下列联表，并判断是否有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300以上人数102030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，求的分布列及数学期望.附：，其中.0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828【答案】（1）列联表
15、见解析，有，理由见解析；（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）根据题意填写列联表，计算的值，对照临界值得出结论；（2）由题意知的可能取值，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30407060岁及以下9040130合计（人数）12080200.所以有的把握认为习惯使用移动支付与年龄有关.（2）由（1）得，所以在抽取的9人中，月支付金额在的有1人，在的为2人，在的为3人，3000以上的为3人，则，.，所以分布列为0123.所以的数学期望为.【点睛】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
16、型随机变量的分布列与数学期望问题，属于中档题20.函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，证明：当时，恒成立.【答案】（1）见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）对求导，令，可得或，然后分，和三种情况求的单调区间；（2）由（1）可知时，的单调性，然后分和两种情况分别求出的最大值，证明的最大值小于0即可【详解】解：（1）因为定义域为，则.令，得，解得，.当时，所以在上单调递减.当，在上单调递增，在上单调递减.当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，由（1）得在上单调递增，在上单调递减.当，即时，在的最大值.因为，所以.所以，当，即时，在内单调递增.因为，.所以，所以.综合可知当时
17、，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：的离心率，椭圆的左焦点为，短轴的两个顶点分别为，且（1）求椭圆的标准方程（2）若过左顶点作椭圆的两条弦，且，求证：直线与轴的交点为定点【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由题意、，解方程组求出，即可得解；（2）设直线方程为，联立方程组得， ，则直线的方程为，令得，即可得证.【详解】（1）设，由题意，又由得：，所以椭圆方程为：（2）证明：由题可知：，直线，斜率存在且不为零，设直线斜率为，则直线斜率为，设直线方程为，与椭圆方程联立得，得： 方程的一根
18、为-2，设，则，得，所以，得，得，同理可得(将换为)得，则，所以直线的方程为，令，则所以，直线与轴的交点为定点【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，属于中档题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一题计分.作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，直线的倾斜角为，且过点，曲线的参数方程为（为参数）.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）当曲线上的点到直线的最大距离为时，求直线的直角坐标方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）直接利用参数
19、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（为参数）得所以.所以曲线的直角坐标方程为.（2）直线的方程为，即.设曲线上任一点，则点到直线的距离（其中）.当时，解得.当时，解得综合可知直线的直角坐标方程为或.【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，属于中档题选修4-5：不等式选讲23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若的解集为实数集，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】分析】（1）将写为分段函数的形式，然后根据，分别解不等式即可；（2）由（1）知，然后根据的解集为实数集，可得，再解关于的不等式即可【详解】（1）由题可得，或，或，所以不等式解集为.（2）由（1）可得若的解集为，只需.解得或，所以实数的取值范围为.【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