2020年普通高等学校招生全国统一考试 （全国 I 卷）4月开学摸底考 数学（理）（解析版）.docx

1、2020 年 4 月开学摸底考（新课标卷 01） 高三数学（理） （考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分） 注意事项： 1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效 3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 4测试范围：高中全部内容 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符 合题目要求的） 1已知集合2, 1,0,1,2A ， |Bx

2、 yx，则AB （ ） A1,2 B0,1,2 C2, 1 D2, 1,0 【答案】D 【解析】因为2, 1,0,1,2A ,0Bx x，所以2, 1,0AB .故选 D. 2已知复数 2 ai zaR i 是纯虚数，则a的值为（ ） A 1 2 B 1 2 C2 D2 【答案】A 【解析】 2212 22255 aiiaiaa zi iii Q 是纯虚数 21 0 5 2 0 5 a a ，解得： 1 2 a 本题正确选项：A 3已知3ln2a ，2ln3b ， 2 3lnc，则下列选项正确的是（ ） A B C D 【答案】D 【解析】 6 = 2 2 ， 6 = 3 3 ， 6 = ，6

3、0， a，b，c 的大小比较可以转化为2 2 ， 3 3 ， 的大小比较 设 f（x）= ，则 f（x）= 1 2 ， 当 xe 时，f（x）0，当 xe 时，f（x）0，当 0xe 时，f（x）0 f（x）在（e，+）上，f（x）单调递减， e343 3 4 4 = 2 2 ，bca，故选：D 4已知函数 1 ( ) ln1 f x xx ，则= ( )y f x的图象大致为（ ） A B C D 【答案】A 【解析】由于 122 0 111 2 ln1ln2 222 f ，排除 B 选项. 由于 2 2 22 , 23 f ef e ee ， 2 f ef e ，函数单调递减，排除 C 选

4、项. 由于 100 100 2 0 101 f e e ，排除 D 选项.故选 A. 5 在ABC中，D为BC上一点，E是AD的中点， 若BD DC ， 1 3 CEABAC， 则（ ） A 1 3 B 1 3 C 7 6 D 7 6 【答案】B 【解析】 11111 33333 CECBCAACCBCACDCA ，因为E是AD的 中点， 所以 11 32 ， 11 32 ，解得 15 , 26 ， 1 3 .故选 B. 6已知数列 n a满足 1 1a ， 2 1 3 a ，若 * 1111 232, nnnnn aaaaannN ，则数列 n a的通 项 n a （ ） A 1 1 2n

5、B 1 21 n C 1 1 3n D 1 1 21 n 【答案】B 【解析】 1111 23 nnnnnn a aa aaa , 11 123 nnn aaa , 11 1111 2() nnnn aaaa , 则 1 1 11 2 11 nn nn aa aa ,数列 1 11 nn aa 是首项为 2，公比为 2 的等比数列， 1 1 11 2 22 nn nn aa ，利用叠加法， 21 121321 1111111 ()()()122.2n nn aaaaaaa ， 121 21 2 1 n n n a ，则 1 21 n n a .选 B. 7已知函数( )2sin()(0 6,)

6、 2 f xx 的图象经过点(,2) 6 和 2 (, 2) 3 .若函数 ( )( )g xf xm 在区间,0 2 上有唯一零点，则实数m的取值范围是（ ） A( 1,1 B 1 1 1(, 2 2 C 1 (,1 2 D 2( 1,1 【答案】D 【解析】 由题意得 21 362 kT ，kN， 得 21 T k ， 故 2 42k T ， 因为06，kN， 所以2.由2sin2 63 f ，得2 32 k ，因为 2 ，故 6 ，所以 2sin 2 6 f xx ，从而当,0 2 x 时， 5 2 666 x ，令2 6 tx ，则由题意得 2sin0tm在 5 , 66 t 上有唯一

7、解，故由正弦函数图象可得1 2 m 或 11 222 m ，解得 21,1m .故选 D 8已知A 3,2，若点P是抛物线 2 y8x上任意一点，点Q是圆 22 (x2)y1上任意一点，则 PAPQ的最小值为( ) A3 B4 C5 D6 【答案】B 【解析】 抛物线 2 8yx的焦点2,0F，准线l：2x， 圆 22 (2)1xy的圆心为2,0F，半径1r ， 过点P作PB垂直准线l，垂足为B， 由抛物线的定义可知|PBPF，则1PAPQPAPFrPAPB ， 当, ,A P B三点共线时PAPB 取最小值3 25， 15 14PAPQPAPB 即有PA PQ 取得最小值 4，故选 B 9如

8、图为我国数学家赵爽(约 3 世纪初)在为周髀算经作注时验证勾股定理的示意图，现在提供 5 种颜 色给其中 5 个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则,区域涂色不相同的概率 为( ) A1 7 B2 7 C3 7 D4 7 【答案】D 【解析】 提供 5 种颜色给其中 5 个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同， 根据题意，如图，设 5 个区域依次为,分 4 步进行分析： ，对于区域，有 5 种颜色可选； ，对于区域与区域相邻，有 4 种颜色可选； ，对于区域，与,区域相邻，有 3 种颜色可选； ，对于区域,，若与颜色相同，区域有 3 种颜色可选， 若与颜

9、色不相同，区域有 2 种颜色可选，区域有 2 种颜色可选， 则区域,有3 + 2 2 = 7种选择， 则不同的涂色方案有5 4 3 7 = 420种， 其中，,区域涂色不相同的情况有： ，对于区域，有 5 种颜色可选； ，对于区域与区域相邻，有 4 种颜色可选； ，对于区域与,区域相邻，有 2 种颜色可选； ，对于区域,，若与颜色相同，区域有 2 种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有 2 种颜色可选，区域有 1 种颜色可选， 则区域,有2 + 2 1 = 4种选择， 不同的涂色方案有5 4 2 4 = 240种， ,区域涂色不相同的概率为 = 240 420 = 4 7 ,故选 D 10已知两

10、个半径不等的圆盘叠放在一起（有一轴穿过它们的圆心） ，两圆盘上分别有互相垂直的两条直径 将其分为四个区域， 小圆盘上所写的实数分别记为 1234 ,x x x x， 大圆盘上所写的实数分别记为 1234 ,y yyy, 如图所示.将小圆盘逆时针旋转1,2,3,4i i 次，每次转动90，记1 ,2 ,3 ,4 i T i 为转动i次后各区域内两 数乘积之和，例如 112233441 Tx yx yx yx y. 若 1234 +0xxxx， 1234 +0yyyy ，则以下结论 正确的是 A 1234 ,T T T T中至少有一个为正数 B 1234 ,T T T T中至少有一个为负数 C 1

11、234 ,T T T T中至多有一个为正数 D 1234 ,T T T T中至多有一个为负数 【答案】A 【解析】根据题意可知： （ 12341234 +xxxxyyyy）（）0, 又（ 12341234 +xxxxyyyy）（）去掉括号即得： （ 12341234 +xxxxyyyy）（） = 1234 TTTT0,所以可知 1234 ,T T T T中至少有一个为正数，故选 A 11已知集合 A=1，2，3，4，5，6，7，8，9） ，在集合 A 中任取三个元素，分别作为一个三位数的个位 数，十位数和百位数，记这个三位数为，现将组成的三个数字按从小到大排成的三位数记为（） ，按从 大到小排

12、成的三位数记为 D（） （例如219，则（）129，D（）921） ，阅读如图所示的程序框图， 运行相应的程序，任意输入一个，则输出 b 的值为（ ） A792 B693 C594 D495 【答案】D 【解析】 试题分析：A，如果输出的值为 792，则 = 792， （）= 279，（）= 972， = （） （）= 972 279 = 693，不满足题意 B，如果输出的值为 693，则 = 693,， （）= 369，（）= 963， = （） （）= 963 369 = 594，不满足题意 C，如果输出的值为 594，则 = 594， （）= 459，（）= 954， = （） （）=

13、954 459 = 495，不满足题意 D，如果输出的值为 495，则 = 495，（）= 459，（）= 954， = （） （）= 954 459 = 495，满足题意故选 D 12 如下图， 在正方体 1111 ABCDABC D中， 点EF、分别为棱 1 BB， 1 CC的中点， 点O为上底面的中心， 过EFO、 、三点的平面把正方体分为两部分， 其中含 1 A的部分为 1 V， 不含 1 A的部分为 2 V， 连接 1 A和 2 V的 任一点M，设 1 AM与平面 1111 DCBA所成角为，则sin的最大值为（ ） A 2 2 B 2 5 5 C 2 6 5 D 2 6 6 【答案

14、】B 【解析】连接 EF，因为 EF/面 ABCD,所以过 EFO 的平面与平面 ABCD 的交线一定是过点 O 且与 EF 平行 的直线，过点 O 作 GH/BC 交 CD 于点 G,交 AB 于 H 点，则 GH/EF,连接 EH，FG,则平行四边形 EFGH 为 截面，则五棱柱 1111 AB EHADC FGD为 1 V，三棱柱 EBH-FCG 为 2 V，设 M 点为 2 V的任一点，过 M 点作 底面 1111 DCBA的垂线， 垂足为 N， 连接 1 AN,则 1 MAN即为 1 AM与平面 1111 DCBA所成的角， 所以 1 MAN =，因为 sin= 1 MN AM ,要

15、使 的正弦最大，必须 MN 最大， 1 AM最小，当点 M 与点 H 重合时符合题意，故 sin 的最大值为 11 = MNHN AMAH = 2 5 5 ,故选 B 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13已知函数 2 ln11f xxx， 4f a ，则fa_ 【答案】2 【解析】因为 2222 f xfxln1x1 ln1x1ln 122xxxx ， f afa2，且 f a4，则fa2.故答案为-2 14已知随机变量X服从正态分布2,1N，若 223P XaP Xa，则a_ 【答案】1 【解析】由正态分布的性质可得正态分布的图像对称轴为2X ， 结合题意有：

16、 223 2,1 2 aa a .故答案为 1 15已知双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 中， 12 ,A A是左、右顶点，F是右焦点，B是虚轴的上端点若在 线段BF上（不含端点）存在不同的两点(1,2) i P i ，使得 12 0 ii PA PA，则双曲线离心率的取值范围是 _. 【答案】 51 2 2 ， 【解析】设c为半焦距，则,0F c，又0,Bb， 所以:0BF bxcybc， 以 12 A A为直径的圆的方程为O： 222 xya，因为 12 0 ii PA PA， 1,2i ， 所以O与线段BF有两个交点（不含端点） ， 所以 22 bc a bc ba 即

17、 4224 22 30 2 ca ca ca ，故 42 2 310 2 ee e ， 解得 51 2 2 e .故填 51 2 2 ，. 16四面体ABCD中，AB 底面BCD，2ABBD ，1CBCD，则四面体ABCD的外接球 的表面积为_ 【答案】4 【解析】如图，在四面体ABCD中，AB 底面BCD，2ABBD，1CBCD， 可得90BCD，补形为长方体，则过一个顶点的三条棱长分别为 1，1， 2， 则长方体的对角线长为 222 11( 2)2 ，则三棱锥ABCD的外接球的半径为 1 其表面积为 2 414故答案为：4 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证

18、明过程或演算步骤） 17（本小题满分 12 分） 已知数列 n a的前n项和 1 * 1 2N 2 n nn San ，数列 n b满足2n nn ba. （）求证：数列 n b是等差数列，并求数列 n a的通项公式； （）设 1 1 21 n n nn n n c nana ，数列 n c的前n项和为 n T，求满足 * 124 N 63 n Tn的n的最大 值. 【解析】 () 1 1 2 2 n nn SanN ， 当2n时， 2 11 1 2 2 n nn Sa ， 1 11 1 2 n nnnnn aSSaa ， 化为 1 1 221 nn nn aa ， 1 2,1 n nnnn

19、babb ，即当2n时, 1 1 nn bb ， 令1n ,可得 111 1 2Saa ,即 1 1 2 a . 又 11 21ba,数列 n b是首项和公差均为 1 的等差数列. 于是11 12n nn bnna ， 2 n n n a. ()由()可得 1 1 1 21 22 n n nn n n c nn nn 1 1 1 211 2 21212121 n nn nn , 2231 11111 2 1. 2121212121 n nn T 1 1124 2 1 2163 n , 可得 16 2642 n ，5n， 因为n是自然数，所以n的最大值为 4. 18（本小题满分 12 分） 某种

20、大型医疗检查机器生产商，对一次性购买 2 台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修 优惠方案：方案一：交纳延保金 7000 元，在延保的两年内可免费维修 2 次，超过 2 次每次收取维修费 2000 元；方案二：交纳延保金 10000 元，在延保的两年内可免费维修 4 次，超过 4 次每次收取维修费 1000 元. 某医院准备一次性购买 2 台这种机器现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了 50 台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表： 维修次数 0 1 2 3 台数 5 10 20 15 以这 50 台机器维修次数的频率代替 1 台机器维修次数发生的概

21、率，记 X 表示这 2 台机器超过质保期后延保 的两年内共需维修的次数 （1）求 X 的分布列； （2）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？ 【解析】 （）X所有可能的取值为 0，1，2，3，4，5，6， 111 0 1010100 P X ， 111 12 10525 P X ， 11213 22 5551025 P X ， 131211 322 10105550 P X ， 22317 42 5510525 P X ， 236 52 51025 P X ， 339 6 1010100 P X ， X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 6 P 1 100

22、 1 25 3 25 11 50 7 25 6 25 9 100 （）选择延保一，所需费用 1 Y元的分布列为： 1 Y 7000 9000 11000 13000 15000 P 17 100 11 50 7 25 6 25 9 100 1 1711769 70009000110001300015000 100502525100 EY 10720（元）. 选择延保二，所需费用 2 Y元的分布列为： 2 Y 10000 11000 12000 P 67 100 6 25 9 100 2 6769 10000110001200010420 10025100 EY （元）. 12 EYEY，该医院

23、选择延保方案二较合算. 19（本小题满分 12 分） 如图， 在四棱柱 1111 ABCDABC D中， 侧棱 1 A A底面ABCD，ABAC， 1AB ， 1 2ACAA ，5ADCD，且点M和N分别为 1 BC和 1 DD的中点. （1）求证：/MN平面ABCD； （2）求二面角 11 DACB的正弦值； （3）设E为棱 11 AB上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为 1 3 ，求线段 1 AE的长. 【解析】如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1, 2,0)ABCD， 又因为,M N分别为 1 BC和 1 DD的中

24、点，得 1 1,1 ,(1, 2,1) 2 MN . （）证明：依题意，可得(0,0,1)n 为平面ABCD的一个法向量， 5 0,0 2 MN ， 由此可得， 0MN n ，又因为直线MN 平面ABCD，所以/MN平面ABCD （），设 1 ( , , )nx y z为平面 1 ACD的法向量，则 11 1 0 0 nAD nAC ，即 220 2 0 xyz x ，不妨设1z ，可得 1 (0,1,1)n u r ， 设 2 ( , , )nx y z为平面 1 ACB的一个法向量， 则 21 2 0 0 nAB nAC ， 又 1 ( 0 , 1 , 2 )AB ， 得 20 2 0 y

25、z x ， 不妨设1z ， 可得 2 (0, 2,1)n ， 因此有 12 12 12 10 cos, 10 n n n n nn ，于是 12 3 10 , 10 sin n n ， 所以二面角 11 DACB的正弦值为 3 10 10 . （）依题意，可设 111 AEAB，其中 0,1 ，则(0, ,2)E，从而( 1,2,1)NE ， 又(0,0,1)n 为平面ABCD的一个法向量， 由已知得 222 11 cos, 3 ( 1)(2)1 NE n NE n NEn ， 整理得 2 430， 又因为0,1，解得72， 所以线段 1 AE的长为 72 . 20（本小题满分 12 分）已知

26、 1122 ,A x yB x y是抛物线 2 :20C xpy p上不同两点. （1）设直线: 4 p l y 与y轴交于点M，若,A B两点所在的直线方程为1yx，且直线: 4 p l y 恰好平 分AFB，求抛物线C的标准方程. （2）若直线AB与x轴交于点P，与y轴的正半轴交于点Q，且 2 12 4 p y y ，是否存在直线AB，使得 113 PAPBPQ ？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由. 【解析】 （1）设 1122 p A x ,y,B x ,y,M 0, 4 ，由 2 x2 1 py yx ，消去y整理得 2 x2px2p0， 则 2 12 12 4p80

27、xx2 x x2 p p p ， 直线 p y 4 平分AFB， AFBF kk0， 12 12 pp yy 44 0 xx ，即： 12 12 1212 pp x1x1 xxp 44 210 xx4x x ， p4，满足0，抛物线C标准方程为 2 x8y （2）由题意知，直线AB的斜率存在，且不为零， 设直线AB的方程为：ykxb(k0b0)， 由 2 x2 ykxb py ，得 2 x2pkx2pb0， 22 12 12 4p k80 xx2 x x2 pb pk pb ， 2 22 2 12 12 2 2pbxx y y?b 2p 2p4p ， 2 12 p y y 4 ， 2 2 p

28、b 4 ， b0， p b 2 直线AB的方程为： p ykx 2 假设存在直线AB，使得 113 PAPBPQ ，即 PQPQ 3 PAPB ， 作AAx 轴，BBx 轴，垂足为AB、， 12 1212 pp PQPQOQOQyyp 22 PAPBAABByy2y y ， 2 1212 yyk xxp2pkp， 2 12 p y y 4 ， 2 2 2 PQPQp 2pkp 4k2 pPAPB2 4 ，由 2 4k23，得 1 k 2 ， 故存在直线AB，使得 113 PAPBPQ ，直线AB方程为 1p yx 22 21（本小题满分 12 分）已知函数 2 1 ln 2 f xxxax a

29、R， 2 3 2 x g xexx. （1）讨论 f x的单调性； （2）定义：对于函数 f x，若存在 0 x，使 00 f xx 成立，则称 0 x为函数 f x的不动点.如果函数 F xf xg x存在不动点，求实数a的取值范围. 【解析】 (1) f x的定义域为 2 1 0,0 xax fxx x ， ， 对于函数 2 10yxax ， 当 2 40a 时，即22a 时， 2 10xax 在0x恒成立. 2 1 0 xax fx x 在 0,恒成立. f x在0,为增函数； 当0 ，即2a或2a时， 当2a时， 由 0fx ， 得 2 4 2 aa x 或 2 4 2 aa x ，

30、22 44 0 22 aaaa ， f x在 2 4 0, 2 aa 为增函数， 22 44 , 22 aaaa 减函数. 2 4 , 2 aa 为增函数， 当2a时，由 2 1 0 xax fx x 在 0,恒成立， f x在0,为增函数。 综上，当2a时， f x在 2 4 0, 2 aa 为增函数， 22 44 , 22 aaaa 减函数， 2 4 , 2 aa 为增函数；当2a时， f x在0,为增函数。 （2） 222 13 lnln0 22 xx F xf xg xxxaxexxxxaxxex， F x存在不动点，方程 F xx有实数根，即 2 ln x exx a x 有解， 令

31、 2 ln 0 x exx h xx x ， 22 11ln 1ln11 x x exxx exxxx h x xx ， 令 0h x ，得1x ， 当0,1x时， 0h xh x ，单调递减； 当1,x时， 0h xh x ， 单调递增； 11h xhe ， 当1ae 时， F x有不动点， a的范围为1,e. 请考生在第 22、23 两题中任选一题作答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做的第一个 题目计分 22 （本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 3 3 xt yt （t为参数） ，曲线 1 C的参数方程为 22cos 2

32、sin x y （为参数） ，以该直角坐标系的原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2 C的极坐标方 程为2 3cos2sin （1）分别求曲线 1 C的极坐标方程和曲线 2 C的直角坐标方程； （2）设直线l交曲线 1 C于O，A两点，交曲线 2 C于O，B两点，求|AB的长 【解析】解法一： （）曲线 1 C： 22 2 xcos ysin （为参数）可化为直角坐标方程： 2 2 24xy， 即 22 40xyx， 可得 2 4 cos0， 所以曲线 1 C的极坐标方程为：4cos. 曲线 2 C： 2 3cos2sin，即 2 2 3 cos2 sin， 则 2 C的直角

33、坐标方程为： 2 2 314xy. （）直线l的直角坐标方程为 3 3 yx ， 所以l的极坐标方程为 5 6 R . 联立 5 6 4cos ，得2 3 A ， 联立 5 6 2 32cossin ，得4 B ， 42 3 AB AB. 解法二： （）同解法一 （）直线l的直角坐标方程为 3 3 yx ， 联立 22 3 3 40 yx xxy ，解得3,3A， 联立 2 2 3 3 314 yx xy ，解得2 3, 2B， 所以 22 2 332342 3AB . 23 （本小题满分 10 分）选修 4-5：不等式选讲 已知0a，0b，0c 设函数( )f xxbxca，xR （I）若1

34、abc，求不等式( )5f x 的解集； （II）若函数 ( )f x的最小值为1，证明： 149 18 abbcca （a b c ） 【解析】【解析】 （I）1abc，不等式 5f x ，即114xx 当1x时，11421xxx 当11x 时，11411xxx 当1x时，11412xxx 解集为2,2 （II） f xxbxca xcxba bca a0,b0,c0 m i n1fxabc 149 abbcca 149 abbcca abc 1149 2 abbcca abbcac 222 1123 2abbcca 222 abbcca 2 1123 2 abbcca abbcca 1818 abc