2020-2021年新高二数学开学摸底考试卷(一)详解

2020-2021年新高二数学开学摸底考试卷（一）

一、单选题（共8小题，满分40分，每小题5分）

1、（2020·长沙市明德中学高一期末）直线3x﹣y+3＝0的倾斜角是（ ） A．30° 【答案】C

【解析】直线3xy30的斜截式方程为y3x3， ∴直线的斜率k3，∴倾斜角60，故选：C．

2、（2020·河北省石家庄二中高一期末）若a、b、c为实数，则下列命题正确的是（ ） A．若ab，则ac2bc2 C．若ab0，则【答案】B

【解析】对于A选项，若c=0，则ac2bc2，故A不成立；

对于B选项，Qab0，在不等式ab同时乘以aa0，得a2ab， 另一方面在不等式ab两边同时乘以b，得abb2，a2abb2，故B成立；

B．若ab0，则a2abb2 D．若ab0，则

B．45°

C．60°

D．150°

11 abba ab11，所以C不成立； baa2b1ba2，，，所以D不成立. 对于选项D，令a2，b1，则有a2abb1对于选项C，在ab两边同时除以abab0，可得故选B.

3、（2020·南京外国语学校高一月考）某地区对当地3000户家庭的2018年所的年收入情况调查统计，年收40）[40，60）[60，80）[80，100]，入的频率分布直方图如图所示，数据（单位：千元）的分组依次为[20，，，，则年收入不超过6万的家庭大约为（ ）

A．900户 【答案】A

B．600户 C．300户 D．150户

20＝0.3.可得年收入不【解析】由频率分布直方图可得,年收入不超过6万的家庭的频率为（0.005+0.010）×0.3＝900户.故选：A. 超过6万的家庭大约为3000×

4、（2020·湖南省湖南师大附中高一期中）已知点M(1,2)，N(5,4)，S(p,3)，T(3,q)，且向量MN与ST相等，则p，q的值分别为( ) A．-7，-5 【答案】C

【解析】由点M(1,2)，N(5,4)，S(p,3)，T(3,q)，可知：MN(4,2),ST(3p,q3)，

B．7，-5

C．-7，5

D．7，5

3p4p7.故选：C 因为向量MN与ST相等，所以q32q5（3,1）5、（2020·济南市历城第二中学高一期末）关于x的不等式x2ax30，解集为，则不等式

ax2x30的解集为（ ）

（1,2）A．

【答案】D

【解析】由题,x3,x1是方程x2ax30的两根,可得31a,即a2, 所以不等式为2x2x30,即2x3x10,所以（1,2）B． C．(1,1) 2D．(3,1) 23x1,故选：D 26、（2020·广东省佛山一中高二期中）曲线x2(y1)21(x0)上的点到直线xy10的距离最大值为a，最小值为b，则ab的值是（ ） A．2

B．2

C．21 2D．21

【答案】C

【解析】因为圆心(0,1) 到直线xy10 距离为221 ，所以半圆x2y121x0到2直线xy10 距离最大值为21 ，到直线xy10 距离最小值为点(0,0)到直线xy10

距离，为112 ，所以ab211 ，选C. 2227、（2020·重庆巴蜀中学高一期末）若cos(x12)2x5,11，121210D． cos(x)值为（ ），则6A．

3 5B．

4 5C．-3 54 5【答案】A 【解析】

cos(x12)2x5,11，121210x,， ，则12272， sinx1cos2x121210cos(x)cos64=xcoscosxsinsinx

44121212222723.故选：A. 21021058、1为半径的圆与圆C：在平面直角坐标系xOy中，若直线ykx2上至少存在一点，使得以该点为圆心，

x2y28x150有公共点，则实数k的最大值为（ ）

A．0

B．

4 3C．

3 2D．3

【答案】B

【解析】圆𝐶：(𝑥−4)2+𝑦2=1,

若直线𝑦=𝑘𝑥−2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆𝐶：𝑥2+𝑦2−8𝑥+15=0有公共点，可转化为𝐶到𝑙的距离𝑑≤2.即|4𝑘−2|√𝑘2+1≤2，解得𝑘的范围是0≤𝑘≤3.所以𝑘的最大值为3 44

二、多选题（共4小题，满分20分，每小题5分，少选的3分，多选不得分）

9、（2020·首都师范大学附属中学高一期末）下列函数既是偶函数，又在,0上单调递减的是（ ） A．y2x 【答案】AD

【解析】对于A选项，y2为偶函数，且当x0时，y22xB．yx3

2C．y1x x2D．ylnx1

x1为减函数，符合题意. x2对于B选项，yx3为偶函数，根据幂函数单调性可知yx3在,0上递增，不符合题意. 对于C选项，y21x为奇函数，不符合题意. x22对于D选项，ylnx1为偶函数，根据复合函数单调性同增异减可知，ylnx1在区间,0上单调递减，符合题意.故选：AD.

10、（2020·枣庄市第三中学高一月考）如图，在正四棱锥SABCD中，E，M，N分别是BC，CD，

SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论中恒成立的为（ ）.

A．EPAC 【答案】AC

B．EP∥BD C．EP∥面SBD D．EP面SAC

【解析】如图所示，连接AC､BD相交于点O，连接EM，EN.

由正四棱锥SABCD，可得SO底面ABCD，ACBD，所以SOAC. 因为SOBDO，所以AC平面SBD， 因为E，M，N分别是BC，CD，SC的中点， 所以EM//D，MN//SD，而EMMNN，

所以平面EMN//平面SBD，所以AC平面EMN，所以ACEP，故A正确； 由异面直线的定义可知:EP与BD是异面直线，不可能EP//BD，因此B不正确； 平面EMN//平面SBD，所以EP//平面SBD，因此C正确；

EM平面SAC，若EP平面SAC，则EP//EM，与EPEME相矛盾，

因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直，即D不正确.

故选:AC.

11、（2020·福建省福州第一中学高一期末）下列关于函数fxtan2x有（ ）

A．fx的定义域是xx的相关性质的命题，正确的48k,kZ 2B．fx的最小正周期是 C．fx的单调递增区间是k3k,kZ 8282D．fx的对称中心是【答案】AC

k,0kZ 28【解析】对于A选项，令2x42kkZ，解得xkkZ， 28则函数yfx的定义域是xx8k,kZ，A选项正确； 2，B选项错误； 2k3kxkZ， 对于C选项，令k2xkkZ，解得2828242对于B选项，函数yfx的最小正周期为则函数yfx的单调递增区间是对于D选项，令2xk3k,kZ，C选项正确； 28284kkkZ，解得xkZ， 248

则函数yfx的对称中心为k,0kZ，D选项错误.故选：AC. 482212、（2020·辽宁省高二期末）若P是圆C：x3y31上任一点，则点P到直线ykx1距离的值可以为（ ） A．4 【答案】ABC 【解析】如图，

B．6

C．321

D．8

圆C：x3y31的圆心坐标为3,3，半径为1，

22直线ykx1过定点0,1，由图可知，

圆心C到直线ykx1距离的最大值为(30)2(31)25， 则点P到直线ykx1距离的最大值为516. ABC中的值均不大于6，只有D不符合.故选：ABC.

三、填空题（共4小题，满分20分，每小题5分，一题两空，第一空2分） 13、（2020·福建省福州第一中学高一期末）已知sin2cos0，则【答案】【解析】

1________.

sincos5 2sin2cos0，sin2cos0，tan2，

1sin2cos2tan212215因此，.

sincossincostan22故答案为：

14、（2020·巴蜀中学高一期末）某电子商务公司对10000名网络购物者2014年度的消费情况进行统计，发现消费金额（单位：万元）都在区间[0.3,   0.9]内，其频率分布直方图如图所示．

5. 2

（Ⅰ）直方图中的𝑎=_________；

（Ⅱ）在这些购物者中，消费金额在区间[0.5,   0.9]内的购物者的人数为_________． 【答案】（Ⅰ）3；（Ⅱ）6000．

【解析】由频率分布直方图及频率和等于1可得0.2×0.1+0.8×0.1+1.5×0.1+2×0.1+2.5×0.1+𝑎×0.1=1，

解之得𝑎=3．于是消费金额在区间[0.5,   0.9]内频率为0.2×0.1+0.8×0.1+2×0.1+3×0.1=0.6，所以消费金额在区间[0.5,   0.9]内的购物者的人数为：0.6×10000=6000，故应填3；6000．

15、（2020·湖南省雅礼中学高一期末）将底边长为2的等腰直角三角形ABC沿高线AD折起，使∠BDC＝60°，若折起后A、B、C、D四点都在球O的表面上，则球O的表面积为_____． 【答案】

7 3【解析】如图,在BCD中,BD1,CD1,BDC60,

设底面BCD外接圆的圆心为M,半径为r,则

12r,

sin600

所以r13,因为AD是球的弦,AD1,

11AD, 22因为A、B、C、D四点都在球O的表面上,所以OM所以球O的半径ROD117, 34127. 32所以球O的表面积S4R

16、（2020届江苏省南通市海门中学高三上学期10月检测）已知函数fxx，则不等式

x22fx2xf2x2的解集为______.

【答案】1,1；

1,x2xx 【解析】因为fxx22,x24x当x2时，fxx41，在,2上单调递增， 4xx4因为fxxf2x2

2x2x2所以2，解得1x1，即x1,1

xx2x2故答案为：1,1

四、解答题（共6小题，满分70分，第17题10分，其它12分）

17、（2020·河北省石家庄二中高一期末）已知全集UR，集合Ax|x24x50，

Bx|2x4.

（1）求ACUB；

（2）若集合Cx|ax4a,a0，满足CUAA，CBB，求实数a的取值范围.

【答案】（1）ACUBx|1x2或4x5；（2）a|1a54 【解析】（1）由题Ax|1x5，CUBx|x2或x4，，ACBUx|1x24x5；

（2）由CUAA得CA，则a14a5，解得1a54，

由CBB得BC，则a2a4，解得1a2，

4∴实数a的取值范围为a|1a54． 18、（2020·新疆生产建设兵团二中高一期末）已知函数f(x)a23a3ax是指数函数．

(1)求f(x)的表达式；

(2)判断F(x)f(x)f(x)的奇偶性，并加以证明 (3)解不等式：loga(1x)loga(x2)．

【答案】（1）f(x)2x（2）见证明；（3）{x|2x12}

【解析】（1）∵函数f(x)a23a3ax是指数函数，a0且a1，

∴a23a31，可得a2或a1（舍去），∴f(x)2x； （2）由（1）得F(x)2x2x，

∴F(x)2x2x，∴F(x)F(x)，∴F(x)是奇函数；

或

（3）不等式：log2(1x)log2(x2)，以2为底单调递增， 即1xx20， ∴2x11，解集为{x|2x}．

2219、（2020·海南省海南中学高一期末）已知设函数f(x)43sin(1)求函数f(x)最小正周期和值域.

(2)求函数f(x),x[2,2]的单调递增区间.

【答案】（1）最小正周期为2，值域为4,4；（2）2,11xcosx2cosx 22524,,2 ，，3333【解析】（1）fx23sinx2cosx4sinx 6fx的最小正周期T2，值域为4,4

（2）令2k2x2k，kZ，解得：2kx2k，kZ 262332,2k，kZ fx单调递增区间为2k33令k1，则2k52582,2k ，为单调递增区间 33333令k0，则2k222,为单调递增区间 ，2k 3333332474,2为单调递增区间  ，2k33333524,,2 ，，3333令k1，则2k综上所述：函数fx,x2,2的单调递增区间为2,20、（2020·山东省滕州市第一中学新校高一月考）如图在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，点E、

F分别是棱PC和PD的中点.

（1）求证：EF平面PAB；

（2）若APAD，且平面PAD平面ABCD，证明AF平面PCD. 【答案】(1)见证明；(2)见证明

【解析】（1）证明：因为点E、所以EF∥CD，又在矩形ABCD中，AB∥CD，F分别是棱PC和PD的中点，所以EF∥AB，

又ABÌ面PAB，EF面PAB，所以EF平面PAB

（2）证明：在矩形ABCD中，ADCD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，

CD面ABCD，

所以CD平面PAD，

又AF面PAD，所以CDAF①

因为PAAD且F是PD的中点，所以AFPD，②

由①②及PD面PCD，CD面PCD，PDCDD，所以AF平面 PCD.

21、（2020·陕西省西安中学高一期中）某大学艺术专业400名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：

20,30,30,40,,80,90，并整理得到频率分布直方图（如图所示）．

（Ⅰ）已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间40,50内的人数．

（Ⅱ）已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等．试估计总体中

男生和女生人数的比例． 【答案】（Ⅰ）20人（Ⅱ）3:2．

【解析】（Ⅰ）根据题意，样本中分数不小于50的频率为(0.010.020.040.02)100.9，分数在区间

[40,50)内的人数为1001000.955．

所以总体中分数在区间[40,50)内的人数估计为400520． 100（Ⅱ）由题意可知，样本中分数不小于70的学生人数为(0.020.04)1010060， 所以样本中分数不小于70的男生人数为60130． 2 所以样本中的男生人数为30260，女生人数为1006040，男生和女生人数的比例为60:403:2．所以根据分层抽样原理，总体中男生和女生人数的比例估计为3:2．

22、（苏州高一下学期期末）如图，在直角坐标系xOy中，圆O：x2+y2＝4与x轴负半轴交于点A，过点A的直线AM，AN分别与圆O交于M，N两点．

1

2（1）若kAM＝2，kAN=−，求△AMN的面积；

→

→

（2）过点P（3√3，﹣5）作圆O的两条切线，切点分别记为E，F，求𝑃𝐸•𝑃𝐹； （3）若kAM•kAN＝﹣2，求证：直线MN过定点．

【解析】（1）解：由题知，得直线AM的方程为y＝2x+4，

1

直线AN的方程为y=−2x﹣1，…（2分） 所以，圆心到直线AM的距离d=

|4|164√5，所以AM＝2√4−5=5， √5

由中位线定理知，AN=5，…

由题知kAM•kAN＝﹣1，所以AN⊥AM，S=

→

8√514√58√516××=．…（6分） 2555（2）解：|𝑃𝐸|=√(3√3)2+(−5)2−4=4√3，PO=√(3√3)2+(−5)2=2√13，

4√32√3=．… 2√13√132√3211

）﹣1=，

13√1311528=．… 1313所以cos∠OPE=

所以cos∠FPE＝2cos2∠OPE﹣1＝2（→

→

→

→

所以𝑃𝐸⋅𝑃𝐹=|𝑃𝐸|⋅|𝑃𝐹|𝑐𝑜𝑠∠𝐸𝑃𝐹=(4√3)2×

（3）证明：由题知直线AM和直线AN的斜率都存在，且都不为0，

2

𝑘不妨设直线AM的方程y＝k（x+2），则直线AN的方程为y=−（x+2）， 𝑦=𝑘(𝑥+2)所以，联立方程{2，得（x+2）[（1+k2）x+2k2﹣2]＝0， 2

𝑥+𝑦=4得x＝﹣2或x=

2−2𝑘21+𝑘2

2−2𝑘1+𝑘

2

2，

2𝑘2−84+𝑘2

−8𝑘4+𝑘2

所以M（，4𝑘1+𝑘

），同理N（2

2

，），…（13分）

因为x轴上存在一点D（−3，0），

−4𝑘

21+𝑘22−2𝑘

2+61+𝑘

所以𝑘𝐷𝑀=

=

−4𝑘4𝑘+8

2=

−𝑘𝑘+2

2，同理𝑘𝐷𝑁=

−𝑘𝑘+2

2，…（15分）

所以kDN＝kDM，所以直线MN过定点（−3，0）

2