届天大联考皖豫联盟体高三第次考试数学试题解析

1、2020届天一大联考皖豫缔盟体高三第一次考试数学试题一、单项选择题1已知会集My|y3x，Nx|y1x，则MIN（）Ax|0 x1Bx|0 x1Cx|x1Dx|x0【答案】B【分析】依据函数的定义域和值域，求得会集M,N，再结合会集的交集的运算，即可求解【详解】由题意，会集My|y3xy|y0,Nx|y1xx|x1，所以MNx|0 x1.应选：B【点睛】本题主要观察了会集的交集的运算，此中解答中依据函数的定义域和值域的求法，正确求解会集M,N是解答的要点，侧重观察了计算能力2已知复数z(1i)(ai)在复平面内对应的点位于第四象限，则实数a的取值范围是（）A(1,)B(,1)C(,1)D(1,

2、1)【答案】D【分析】化简复数z(1i)(ai)a1(a1)i，依据复数z在复平面内对应的点位于第四象限，列出不等式，即可求解【详解】由题意，复数z(1i)(ai)a1(a1)i，由于复数z在复平面内对应的点位于第四象限，可得a10且a10，解得1a1.即实数a的取值范围是(1,1)应选：D第1页共18页【点睛】本题主要观察了复数的基本运算和复数的几何意义，此中熟记复数的运算法规，结合复数的几何意义，列出不等式是解答的要点，侧重观察了推理与运算能力3“m2”是“函数f(x)x24mx3在区间2,)上单调递加”的（）A充分不用要条件B必需不充分条件C充要条件D既不充分也不用要条件【答案】A【分析

3、】依据二次函数的性质，求得函数的单调性，再结合充分条件、必需条件的判断方法，即可求解【详解】由题意，函数f(x)x24mx3的对称轴为x2m，若m2，则2m4，函数f(x)在2,)上递加，充分性成立；若f(x)在区间2,)上递加，则2m2，即m1，不可以推出m2，所以必需性不成立，应选：A【点睛】本题主要观察了二次函数的单调性和充分条件，必需条件的判断，此中解答中熟练应用二次函数的性质，结合充分、必需条件的判断方法求解是解答的要点，侧重观察了推理与运算能力4某几何体的三视图以以下图，则该几何体的体积为（）A16B20C43D83【答案】D【分析】依据三视图可知，该几何体上边是一个长方体，下边是

4、一个圆柱，结合几何体体积公式，即可求解第2页共18页【详解】由三视图可知，该几何体上边是一个底面边长为22，侧棱长为1的长方体，下边是一个底面半径为1，母线长为3的圆柱，其体积为V2222112383.应选：D【点睛】本题主要观察了空间几何体的三视图的应用，以及几何体的体积的计算，此中解答中利用几何体的三视图求得原几何体的形状是解答的要点，侧重观察了推理与计算能力5已知等比数列an中，a1a2a32，a4a5a64，则数列an的前12项之积为（）A512B1024C2046D2048【答案】B【分析】依据等比数列的定义和性质，求得数列anan1an2是公比为2的等比数列，从而求得a7a8a9,

5、a10a11a12的值，即可求解【详解】由题意，数列an是等比数列，可得数列anan1an2也是等比数列，此中数列anan1an2a4a5a642，的公比为2a1a2a3所以a7a8a9a4a5a628，a10a11a12a4a5a62216，所以数列an的前12项之积为T12248161024.应选：B【点睛】本题主要观察了等比数列的性质，以及等比数列的应用，此中解答中熟记等比数列的概念和性质是解答的要点，侧重观察了推理与计算能力6设a20192，blog20182020，clog20192020，则（）AacbabcCbcaDcbaB【答案】A【分析】现依据指数函数和对数函数的的性质，可得

6、0a1，b1，c1，再结合对数函数的单调性，即可求解【详解】第3页共18页依据指数函数和对数函数的的性质，可得0a1，b1，c1，又由于b11，log2002018，clog2020201911由于0log20202018log202020191，所以log20202018log20202019，即acb.应选：A【点睛】本题主要观察了指数函数与对数函数的性质及其应用，此中解答中熟练应用指数函数与对数函数的性质是解答的要点，侧重观察了推理与计算能力x3y60,7若x,y满足拘束条件xy60,则zxy的最小值为（）y1,A4B0C2D4【答案】D【分析】画出拘束条件所表示的平面地域，结合图象确立

7、目标函数的最优解，代入即可求解【详解】x3y60由题意，画出拘束条件xy60所表示的可行域，以以下图，y1目标函数zxy，可化为直线yxz当直线yxz经过A时，z获得最小值，x3y60A(3,1)，又由1，解得y所以目标函数的最小值为zmin314.应选：D【点睛】第4页共18页本题主要观察简单线性规划求解目标函数的最值问题此中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确立目标函数的最优解是解答的要点，侧重考查了数形结合思想，及推理与计算能力8已知函数，f(x)tanxln1ax(a1)为奇函数，则实数a的值为（）1xA1B0C2D3【答案】A【分析】由函数f(x)为奇函数

8、，依据f(x)f(x)，获取ln1a2x21x20，即可求解【详解】由题意，函数f(x)tanxln1ax(a1)为奇函数，1x所以f(x)tan(x)ln1axf(x)tanxln1ax，1x1x1a2x20，所以a1整理得lnx21【点睛】本题主要观察了函数的奇偶性的应用，此中解答中熟记函数的奇偶性的看法与判断是解答的要点，侧重观察了推理与计算能力rrrrrrrrr9已知向量a,b满足|a|23，|b|4，且(ab)b4，则a与b的夹角为（）AB25CD6336【答案】Drrrrr12，再结合向量的夹角公式，求得【分析】由(ab)b4，求得abrr3，即可求得向量rrcosa,ba与b的夹

9、角2【详解】rrrr4由题意，向量a,b满足|a|23，|b|，rrrrrr2rr16rr12，由于(ab)b4，可得abbab4，解得abrrrr123ab，所以cosa,brr2342|a|b|rr0,rr5又因a与b的夹角，所以a与b的夹角为.6第5页共18页应选：D【点睛】本题主要观察了向量的数目积的应用，此中解答中熟记向量的数目积的计算公式，以及向量的夹角公式，正确计算是解答的要点，侧重观察了计算能力lnx210函数y图象大体为（）xABCD【答案】C【分析】由函数fx为奇函数，除掉A，B，再利用导数求得函数的单调性，除掉D，即可求解【详解】由题意，函数ylnx2的定义域为(,0)U

10、(0,)，x且f(ln(x)2lnx2fx为奇函数，除掉A，B；x)xxf(x)，所以函数当x0时，函数y2lnx，则y2(1lnx)，xx2当0 xe时，y0，函数单调递加，当xe时，y0，函数单调递减，除掉D应选：C.【点睛】本题主要观察了函数的单调性与奇偶性的应用，此中解答中熟记函数的奇偶性的判断方法，以及函数的导数与单调性的关系是解答的要点，侧重观察了推理与运算能力11已知函数f(x)sinx1(0)，若函数f(x)在区间0,上有且只622有两个零点，则的取值范围为（）第6页共18页A2,2B2,2C2,14D2,143333【答案】C【分析】设x，化简函数为1，获取函数f(x)在f(

11、x)sin62上前三个零点，列出不等式组，即可求解6【详解】由题意，由于0 x，可得6x62，26设x，则函数f(x)sinx1sin16226则函数f(x)sin1在,上，前三个零点分别是,5,13，266665所以266，解得21413,.,3266应选：C【点睛】本题主要观察了三角函数的图象与性质的综合应用，此中解答中熟练应用三角函数的图象与性质，结合零点的看法得出相应的不等式组是解答的要点，侧重观察了推理与运算能力12设函数f(x)lg(x1),x0,|f(x)|lg3lg(1x),x则不等式的解集为（）0,Ax|1x1Bx|2x2Cx|3x3Dx|4x4【答案】B【分析】依据分段函数

12、的分析式，分x0和x0谈论，结合对数的运算性质分别求得不等式的解集，即可求得不等式|f(x)|lg3的解集【详解】由题意，函数f(x)lg(x1),x0,lg(1x),x0第7页共18页当x0时，由|f(x)|lg3，可得lg3lg(x1)lg3，解得又由于x0，所以0 x2；23x2，当x0时，由|f(x)|lg3，可得lg3lg(1x)lg3，解得又由于x0，所以2x0，所以不等式的解集为x|2x2应选：B【点睛】22x，3本题主要观察了绝对值不等式的解法，以及对数的函数的运算性质，侧重观察了分类谈论思想，以及运算能力二、填空题x2,x0,113设函数f(x)则ff1_.lgx,x0,10

13、 x【答案】98【分析】依据分段函数的分析式，结合分段条件，代入即可求解【详解】x2,x0，可得得f11依题意，函数f(x)lgx1,x，010100 x所以ff1f1lg1100210098.10100100故答案为：98【点睛】本题主要观察了分段函数的求值问题，此中解答中正确掌握分段函数的分段条件，正确计算是解答的要点，侧重观察了推理与计算能力14已知函数f(x)lnxx1的图象上有一点P(m,2)，则曲线yf(x)在点P处的切线方程为_.【答案】y2x【分析】利用导数求得fx为增函数，依据f(1)2，求得m1，从而求得f(1)2，得出即在点P处的切线的斜率，再利用直线的点斜式方程，即可求

14、解第8页共18页【详解】由题意，点P(m,2)在曲线yf(x)上，可得f(m)lnmm12，又由函数f(x)lnxx1,x0，则f(x)10，1x所以函数fx在(0,)上为增函数，且f(1)2，所以m1，1由于f(x)1，所以f(1)2，即在点P处的切线的斜率为2，x所以曲线yf(x)在点P(1,2)的切线方程为y22(x1)，即y2x.故答案为：y2x【点睛】本题主要观察了利用导数求解曲线在某点处的切线方程，此中解答中熟记导数的几何意义，以及导数的运算公式，结合直线的点斜式方程是解答的要点，侧重观察了推理与运算能力15设函数f(x)43xx2的定义域为D，在区间0,8上随机取一个实数x，D的

15、概率为_.【答案】12【分析】依据函数的分析式满足的条件，求得D，再结合题意，利用长度比的几何概型的概率计算公式，即可求解【详解】由题意，函数f(x)43xx2，则满足43xx20，解得1x4，即函数fx的定义域为D1,4，又由在区间0,8上随机取一个实数x，满足xD，则x0,4，所以概率为401P0.82故答案为：12【点睛】本题主要观察了几何概型的概率的计算问题，解决此类问题的步骤：求出满足条件A的基本领件对应的“几何胸襟N(A)”，再求出总的基本领件对应的“几何胸襟N”，而后根N(A)据P=求解，侧重观察认识析问题和解答问题的能力，属于基础题N16若函数f(x)2x28lnx14xm有独

16、一零点，则实数m的值_.第9页共18页【答案】16ln224【分析】由函数f(x)2x28lnx14xm有独一零点，转变成2x28lnx14xm有独一实数解，令h(x)2x28lnx14x，利用导数求得函hx的单调性与最值，即可求解【详解】由题意，函数f(x)2x28lnx14xm有独一零点，即方程2x28lnx14xm有独一实数解，令h(x)2x28lnx14x，则h(x)4x8142(x4)(2x1),x0，xx当x4时，h(x)0，当0 x4时，h(x)0，所以h(x)在(4,)上单调递加，在(0,4)上单调递减，则函数h(x)在x4处获得最小值，最小值为h(4)16ln224，要使得函

17、数f(x)2x28lnx14xm有独一零点，则m16ln224.故答案为：16ln224【点睛】本题主要观察了函数与方程的综合应用，以及利用导数研究函数的单调性与最值的应用，侧重观察了转变思想，分别参数思想，以及推理与运算能力三、解答题17设a为实数，p:22a2a1a1220，q:x(0,)，不等式22x2ax10恒成立.（1）若P为真命题，务实数a的取值范围；（2）若(p)q为真命题，务实数a的取值范围.【答案】（）1,1；（）,11,21222【分析】（1）由命题P为真命题，获取关于实数a不等式，结合指数的运算性质，即可求解；（2）由命题q为真命题，结合基本不等式求最值，获取a2，再由(

18、p)q为真命题，得出p为假命题且q为真命题，列出不等式组，即可求解第10页共18页【详解】（1）由命题P为真命题，即22a2a1a1222a22a20，22解得22a2，可得1a1，即实数a的取值范围是1,1.22（2）若命题q为真命题，由x(0,)，不等式x2ax10恒成立，即x21ax在x(0,)上恒成立，即ax1对x(0,)恒成立，x当x(0,)时，x12x12，当且仅当x11时等号成立，即xxxx所以q为真命题时，可得a2，又由于(p)q为真命题，则p为假命题且q为真命题，a1或a1或1剟a2.所以2，解得a,1a22所以实数a的取值范围是,11,2.2【点睛】本题主要观察了以命题的真

19、假为载体求解参数的取值范围，此中解答中熟记复合命题的真假判断，以及一元二次不等式和不等式的恒成立问题的解法是解答的要点，侧重观察了推理与运算能力18已知函数f(x)1x3mx2nx3，其导函数f(x)是偶函数，且f(3)0.3（1）求函数f(x)的分析式；2f(x)2的图象与x轴有三个不一样的交点，务实数的取值范围.（）若函数y1f(x)134x3；（2）725【答案】（）x6,36【分析】（1）由f(x)是偶函数，依据f(x)fx，求得所以m0，再由f(3)0，解得n4，即可获取函数的分析式；（2）由（1），求得f(x)x24，从而求得函数的单调性与极值，再依据曲线yf(x)与直线y2有三个

20、不一样的交点，得出7225，即可求解33【详解】第11页共18页（1）由题意，函数f(x)1x3mx2nx3，则f(x)x22mxn，3由于f(x)是偶函数，则f(x)fx，可得x22mxnx22mxn，所以m0，又由于f(3)0，所以127093n30，解得n4，31x3所以函数的分析式为f(x)4x3.3（2）由（1）可得函数f(x)1x34x3，则f(x)x24，3令f(x)x240，解得x2.当x2或x2时，f(x)0，所以f(x)在(,2)，(2,)上分别单调递加，当2x2时，f(x)0，所以f(x)在(2,2)上单调递减，25所以f(x)的极大值为f(2)3又由曲线yf(x)与直线

21、y2，f(x)的极小值为7f(2)3有三个不一样的交点，7225725所以，即6，336故实数的取值范围是7,25.66【点睛】本题主要观察了函数性质的综合应用，以及利用导数求解函数的零点问题，此中解答中熟练应用导数求得函数的单调性与极值是解答本题的要点，侧重观察了推理与运算能力19如图，在平面直角坐标系xOy中，已知定点Q(1,0)及动点P(2cos,2sin)(0)，以PQ为斜边作一等腰直角三角形PRQ（原点O与点R分别在直线PQ的双侧）.（1）当时，求|OR|2；3第12页共18页（2）求四边形OPRQ面积的最大值.【答案】（1）53；（2）2524【分析】（1）当时，获取点P的坐标为(

22、1,3)，在ORQ中，由余弦定理，即3可求得|OR|2的值（2）依据三角形的面积公式，求得四边形OPRQ的面积为S2sin54，4结合三角函数的性质，即可求解【详解】（1）在直角坐标系xOy中，已知定点Q(1,0)及动点P(2cos,2sin)，当时，点P的坐标为(1,3)，所以OQP，且|PQ|3.32OQR36，所以，|RQ|PQ|cos442在ORQ中，由余弦定理，可得|OR|2|OQ|2|RQ|22|OQ|RQ|cos341316252223，22所以|OR|2532（2）由题意可得，|OP|2，POQ.四边形OPRQ的面积S1|OP|OQ|sin1|PQ|224sin11222212

23、cossincos52sin45，444由于(0,)，当3时，四边形OPRQ面积S最大，最大值为25.44【点睛】本题主要观察了余弦定理和三角形的面积公式，以及三角函数的性质的应用，此中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的要点，侧重观察了运算与求解能力20已知等差数列an满足a54，2a6a918，等比数列bn的各项均为正数，且b22，b3b4a4a5.（1）求an和bn的通项公式；第13页共18页（2）设Tn为数列anbn的前n项和，求满足Tn2020的最大正整数n.【答案】（1）ann1，bn2n1；（2）8【分析】（1）设等差

24、数列a的公差为d，等比数列b的公比为q，且q0，根nn据题设条件，列出方程组，求得a1,d,q，即可获取an和bn的通项公式；（2）由（1）获取anbn(n1)2n1，结合乘公比错位相减法，求得数列的前n项和Tn，从而求得悉足Tn2020的最大正整数n.【详解】（1）设等差数列an的公差为d，由于a54，可得a14d4，解得a10,d1，2a6a93a118d1818所以ana1(n1)dn1.设等比数列bn的公比为q，且q0，由于b22,b3b4a4a5，可得b3b42q2q212，解得q=2或q3（舍去），所以bnb2qn22n1.（2）由（1）可得ab(n1)2n1，nn当n1时，T10

25、.当n2时，Tn121222L(n2)2n2(n1)2n1，则2Tn122223L(n2)2n1(n1)2n.两式相减，得Tn22223L2n1(n1)2n22n(n1)2n(n2)2n2.12所以n(n2)2n2，T当n1时也符合上式，所以Tn(n2)2n2，又由于T8628215382020，T9729235862020，所以满足Tn2000的最大正整数n8.第14页共18页【点睛】本题主要观察等差、等比数列的通项公式及乞降公式、以及“”错位相减法乞降的应用，此类题目是数列问题中的常有题型，解答中确立通项公式是基础，正确计算乞降是要点，易错点是在“错位”以后乞降时，弄错等比数列的项数，能较

26、好的观察考生的逻辑思想能力及基本计算能力.x2y21(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2，上极点为A，21已知椭圆C:2b2aAF1F2的面积为21，且椭圆C的离心率为.2（1）求椭圆C的标准方程；2F1作直线l1MF1，过点F2作直线（）点M在椭圆上且位于第二象限，过点l2MF2，若直线l1,l2的交点N恰好也在椭圆C上，求点M的坐标.【答案】（1）x2y21；（2）23,3233【分析】（1）依据题设条件，列出a,b,c的方程组，结合a2b2c2，求得a,b,c的值，即可获取椭圆的标准方程；（2）设Mx,y0，分x01和x01两种状况谈论，当x01时，联立l1,l2的方02程组，获得

27、Nx0,x01，再结合椭圆的对称性，列出方程组，即可求解y0【详解】（1）由椭圆C的上极点为A，AF1F2的面积为1，且椭圆C的离心率为2，2c2a212cbbc1，解得a2,b1,c1，可得2a2b2c2所以椭圆C的标准方程为x2y21.2（2）由（1）知，椭圆的方程x22(1,0)，F2(1,0)，2y1，可得F1设Mx0,y0，则x00，y00.第15页共18页当x01时，l2与l1订交于点F2不符合题意；当x01时，直线MF1的斜率为y0y0，x0，直线MF2的斜率为x011由于l1MF1，l2MF2，所以直线x01x01l1的斜率为，直线l2的斜率为，y0y0所以直线l1的方程为yx01x01y0(x1)，直线l2的方程为y(x1)，y0 x21x021联立l1和l2的方程，解得xx0，y0，所以Nx0,，y0y0 x021y0，由于点M,N在椭圆C上，由椭圆的对称性，可知y0所以x02y021或x02y021，x02y021x023x02y021由方程组2，解得3，而方程组2无解（舍去），x0y021y03x0y021232所以点M的坐标为23,3.33【点睛】本题主要观察椭圆的标准方程的求解、及直线与椭圆的地址关系的综合应用,解答此类题目，平常联立直线方程与椭圆方程，应用一元二次方程根与系数