1、 优能营地事业部数学教研组 1/17 2020 届高中毕业班年级第一次质量预测 理科数学试题卷理科数学试题卷 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.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.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，只有一项是符合题目要求的.1.设集合22,1AxN xBy yx=，则AB的子集个数为 A.2 B.4 C.8 D
2、.16 答案：答案：B 解析：由题可知0,1,2,1,ABy y=0,1AB=，所以子集个数为224=.故选B.2.复数1izi+=在复平面内对应的点位于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 答案：答案：D 解析：11izii+=，在复平面内对应的点坐标为(1,1)，位于第四象限，故选 D.3.郑州市某一景区为了了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了 2016 年 1 月至 2018 年 12 月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘 优能营地事业部数学教研组 2/17 制了下面的折线图.根据该折线图，下列结论错误的是 A.月接待游客逐月增加 B.年接待游
3、客量逐年增加 C.各年的月接待游客量高峰期大致在 7,8 月 D.各年 1 月至 6 月的月接待游客量相对于 7 月至 12 月，波动性更小，变化比较平稳 答案：答案：A 解析：由图易得 A 选项错误.4.定义在R上的函数()1()23x mf x=为偶函数，13211(log),(),()22afbfcf m=，则 A.cab B.acb C.abc D.bac 答案：答案：C 解析：因为函数()f x为偶函数，得0m=，所以()1()23xf x=在)0,+上单调递减，因为13211(log)(1)(1),0()1,()(0)22afffcf mf=，所以abc，故选 C.优能营地事业部数
4、学教研组 3/17 5.“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样，为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为 3 的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷 2000 个点，已知恰有800 个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是 A.165 B.185 C.10 D.325 答案：答案：B 解析：由几何概型可知8002000SS=阴影正方形，3 39S=正方形解得185S=阴影，故选 B.6.已知向量a与b夹角为3，且1,23aab=，则b=A.3 B.2 C.1 D.32 答案：答案：C 解析：222222(2)44cos423ababaa bbbb
5、=+=+=，解得1b=，故选 C.7.宋元时期数学名著算学启蒙中有关于“松竹并生”的问题：松长三尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的,a b分别为 3,1，则输出的n等于 A.5 B.4 C.3 D.2 答案：答案：B 解析：输入的,a b分别为 3,1 时，代入框图计算得91,22nab=，272,44nab=，813,88nab=，2434,1616nab=，此时ab，输出4n=，故选 B.8.函数21()cos21xxf xx+=的图象大致是 优能营地事业部数学教研组 4/17 答案：答案：C 解析：2121xxy+=为奇函数，cos
6、yx=为偶函数，所以21()cos21xxf xx+=为奇函数，排除 A、B，且4421()cos04421f+=，故选 C.9.第十一届全国少数民族传统体育运动会在河南郑州举行，某项目比赛期间需要安排 3 名志愿者完成 5 项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有多少种 A.60 B.90 C.120 D.150 答案：答案：D 解析：5 项工作分给 3 人共有两种情况，分别为 1、1、3 和 1、2、2，当 5 项工作分为 1、1、3 时，共有3115212210CCCA=种，当 5 项工作分为 1、2、2 时共有1225422215CCCA=种，所以不同的安排方
7、式共有33(10 15)150A+=种，故选 D.10.已知抛物线22yx=的焦点为F，准线为l，P是l上一点，直线PF与抛物线交于,M N两点，若3PFMF=，则MN=A.163 B.83 C.2 D.8 33 答案：答案：B 解析：优能营地事业部数学教研组 5/17 由 题 可 知1(,0)2F，由 抛物 线定 义可知MFMQ=，因为3PFMF=，所以22PMMFMQ=，所 以 直 线MN的 倾 斜 角满 足3sin2=，所 以22228sin33()2pMN=.故选 B 11.已知三棱锥PABC内接于球O，PA平面ABC，ABC为等边三角形，且边长为3，球O的表面积为16，则直线PC与平
8、面PAB所成的角的正弦值为 A.157 B.155 C.152 D.1510 答案：答案：D 解析：PA平面ABC，所以三棱锥PABC的外接球即为三棱柱PB CABC的外接球，因为球O的表面积为16，所以球O半径为2R=，三棱柱的外接球半径满足222()2PArR+=，其中r为ABC的外接圆半径，3sin6012r=，解得2 3PA=，取,A B中点M，CMAB，CMPA，所以CM 平面PAB，所以CPM为PC与平面PAB 优能营地事业部数学教研组 6/17 所成角，3,152CMPC=，所以3152sin1015CMCPMPC=，故选 D 12.221,1,()log(1),1,xxf xx
9、x+=32515()244g xxxm=+，若()yf g xm=有 9 个零点，则m的取值范围是 A.(0,1)B.(0,3)C.5(1,)3 D.5(,3)3 答案：答案：A 解析：由图可知：03m 令()tg x=，即()f tm=结合图象可得，()f tm=最多有 3 个解，若使()yf g xm=有 9 个零点，则每个t都有 3 个x满足()g xt=，()g x图象如下图所示：32mtm+132m 2log(2 1)mm+优能营地事业部数学教研组 7/17 即：01m 二、填空题：本大题共 4 题，每小题 5 分，共 20 分.13.曲线221xyxex=+在点(0,1)处的切线方
10、程为 .【答案】【答案】10 xy+=【解析】由题意，得(1)4xyxex=+，则曲线221xyxex=+在点(0,1)切线的斜率为01xky=，所以所求的切线方程为1yx=+，即10 xy+=.14.若nS是等差数列 na的前n项和，若10a，213aa=，则105SS=.【答案】【答案】4【解析】na是等差数列，且213aa=，所以公差2112daaa=，故1015110454510SadSad+=+.15.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab=的右顶点为A，以A为圆心，b为半径做圆，圆A与双曲线C的一条渐近线相交于两点,M N，若32OMON=（O为坐标原点），则双曲线C的离心
11、率为 .【答案】【答案】305【解析】由题意得，圆 A 的方程为222()xayb+=，圆A与直线byxa=交点，设为1122(,),(,)M x yN xy，222()xaybbyxa+=联立得：22222()bxaxba+=，化简得2234222220c xa xaa c+=，所以3422121222222,aaa cxxx xcc+=，优能营地事业部数学教研组 8/17 1233,22xOMONx=，又因为212121221()2xxxxx xxx+=+，故624224326(2)23acaa c=+整理得：42242550240ca cc+=，所以422550240ee+=，得2415
12、e=（舍）或265e=，故305e=.16.已知数列 na满足：对任意*nN均有122nnapap+=+（p为常数，0p 且1p），若2,345,18,6,2,6,11,30a a a a ，则1a的所有可能值的集合是 .【答案】【答案】0,66【解析】由122nnapap+=+，得12(2)nnap a+=+，当20na+=时，即2na=时，即2345,18,6,2,6,11,30a a a a 符合题意，此时12a=成立.当20na+时,即数列2na+为等比数列，则23452,2,2,2 16,4,0,8,13,32aaaa+，所以23452,2,2,2aaaa+只能为4,8,16,32或
13、32,16,8,4.则12a+为2或64，此时1a为 0 或66.故1a的所有可能值的集合是 2,0,66.三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.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（12 分）已知ABC外接圆半径为R，其内角,A B C的对 边长分 别 为,a b c，设 优能营地事业部数学教研组 9/17 222(sinsin)()sinRABacC=.()求角B；()若12,8bc=，求sin A的值.解析：解析：(I)222(sinsin)()sin.RABacC=2
14、222(sinsin)()sin2,RRABacCR=即：222.acbac+=3 分 2221cos.22acbBac+=因为0,B所以3B=6 分(II)若12,8bc=，由正弦定理，sinsinbcBC=,3sin3C=,由bc，故C为锐角，6cos.3C=9 分 36133 23sinsin()sin().323236ABCC+=+=+=+=12 分 18.（12 分）已知三棱锥MABC中，2 2,MAMBMCAC=2ABBC=,O为AC的中点，点N在棱BC上，且23BNBC=.()证明：BO 平面AMC.()求二面角NAMC的正弦值.优能营地事业部数学教研组 10/17 解析：（I）
15、如图所示：连接OM，在ABC中：2,2 2ABBCAC=，则90,2ABCBO=，OBAC.2 分 在MAC中：2 2MAMCAC=，O为AC的中点，则OMAC，且6.OM=4 分 在MOB中：2,6,2 2BOOMMB=，满足：222BOOMMB+=根据勾股定理逆定理得到OBOM,AC OM相交于O，故OB 平面AMC.6 分（）因为,OB OC OM两两垂直，建立空间直角坐标系 如图所示 因为2 2MAMBMCAC=,2ABBC=则(0,2,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,6)ABCM8 分 由23BNBC=所以，2 2 2(,0)33N 设平面MAN的法向量为(,)mx
16、y z=，则 2 5 225 2(,0)(,)0,3333(0,2,6)(,)260AN nx y zxyAM nx y zyz=+=+=令3y=，得(5 3,3,1)m=10 分 因为BO平面AMC，所以(2,0,0)OB=为平面AMC的法向量，所以(5 3,3,1)m=与(2,0,0)OB=所成角的余弦为5 65 3cos,79 279m OB=所以二面角的正弦值为25 322 79|sin,|1()797979m OB=.12 分 NOMBCANOACBM 优能营地事业部数学教研组 11/17 19.（12 分）已知椭圆2222:1(0)yxEabab+=的离心率为22，且过点(0,4)
17、C.()求椭圆E的方程；()若过点1(,0)3的任意直线与椭圆E相交于,A B两点，线段AB的中点为M，求证：恒有2ABCM=.解析：解析：（I）由题意知1b=，22ca=.1 分 又因为222abc=+解得，2a=.3 分 所以椭圆方程为2212yx+=.4 分（）设过点1(,0)3直线为13xty=，设()11,A x y，()22,B xy 由221312xtyxy=+=得()2291812160ttyy+=，且.则12212212,9 18616,9 18yy ytytt+=+=+分 又因为()111,CAxy=，()221,CBxy=，()()212121212121244416(1
18、)(1)13339CA CBxxy ytytyy yty yt yy=+=+=+()2221641216109 183 9 189ttttt=+=+，10 分 所以CACB.因为线段AB的中点为M，所以|2|ABCM=.12 分 优能营地事业部数学教研组 12/17 20.(12 分)水污染现状与工业废水排放密切相关，某工厂深入贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水处理程序如下：原始污水必先经过 A 系统处理，处理后的污水（A 级水）达到环保标准（简称达标）的概率为()01pp，经化验检验，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须进行 B 系统处理后直接排放.某厂现有 4 个标准水量的
19、 A 级水池，分别取样、检测，多个污水样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有样本不达标，则混合样本的化验结果必不达标，若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水直接排放.现有以下四种方案：方案一：逐个化验；方案二：平均分成两组化验；方案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验；方案四：四个样本混在一起化验.化验次数的期望值越小，则方案越“优”.()若2 23p=,求 2 个 A 级水样本混合化验结果不达标的概率;()()若2 23p=,现有 4 个 A 级水样本需要化验,请问:方案一、二、四中哪个最“优”？（）若
20、“方案三”比“方案四”更“优”，求p的取值范围.优能营地事业部数学教研组 13/17 解析：解析：(I)该混合样本达标的概率是22 28()39=，2 分 所以根据对立事件原理，不达标的概率为81199=.4 分(II)（i）方案一：逐个检测，检测次数为 4.方案二：由(1)知，每组两个样本检测时，若达标则检测次数为 1，概率为89；若不达标则检测次数为 3，概率为19.故方案二的检测次数记为 2，2的可能取值为 2,4,6.其分布列如下，2 2 4 6 p 6481 1681 181 可求得方案二的期望为26416119822()246818181819E=+=方案四：混在一起检测，记检测次
21、数为 4，4可取 1,5.其分布列如下，4 1 5 p 6481 1781 可求得方案四的期望为46417149()15818181E=+=.比较可得42()()4EE，故选择方案四最“优”9 分 优能营地事业部数学教研组 14/17(ii)方案三：设化验次数为3，3可取 2,5.3 2 5 p 3p 31p 3333()25(1)53Eppp=+=；方案四：设化验次数为4，4可取1,5 4 1 5 p 4p 41p 4444()5(1)54Eppp=+=；由题意得34343()()53544EEppp.故当304p时，方案三比方案四更“优”12 分 21.(12 分)已知函数()lnxef
22、xxxx=.()求()f x的最大值;()若()11xf xxebxx+恒成立,求实数b的取值范围.解析：解析：(I)()lnxef xxxx=，定义域(0,)+，221(1)(1)()()1xxexxxefxxxx=，由1xexx+，()f x在(0,1增，在(1,)+减，max()(1)1f xfe=4 分(II)1()()e1xf xxbxx+优能营地事业部数学教研组 15/17 eelne1xxxxxxbxxx+lne10 xxxxbx+eln1xxxxbx+mineln1(),xxxxbx+6 分 令eln1()xxxxxx+=，2ln()xx exxx+=令2()lnxh xx e
23、x=+，()h x在(0,)+单调递增，0,()xh x，(1)0he=()h x在(0,1)存在零点0 x，即02000()ln0 xh xx ex=+=0001ln2000000ln1ln0(ln)()xxxxx exx eexx+=9 分 由于xyxe=在(0,)+单调递增，故0001lnln,xxx=即001xex=()x在0(0,)x减，在0(,)x+增，000000min00eln111()2xxxxxxxxx+=所以2b.12 分 (二二)选考题选考题:共共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题做题，如果多做，则按题中任选一题做题，如果多做，则按所做的第一题
24、记分所做的第一题记分.22.选修 4-4:坐标系与参数方程(10 分)在 平 面 直 角 坐 标 系xOy中,已 知 曲 线E经 过 点3(1,)2P,其 参 数 方 程 为cos,3sin,xaya=(为参数),以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.()求曲线E的极坐标方程;优能营地事业部数学教研组 16/17()若直线l交E于点,A B,且OAOB,求证:2211OAOB+为定值,并求出这个定值.解析：解析：(I)将点3(1,)2P代入曲线 E 的方程，得1cos,33sin,2a=解得24a=，2 分 所以曲线E的普通方程为22143xy+=,极坐标方程为22211(cossi
25、n)143+=.5 分()不妨设点,A B的极坐标分别为 1212()()00,2AB+，则22221122222211(cossin)1,4311(cos()sin()1,4232+=+=即22212222111cossin,43111sincos,43=+=+8 分 2212111174312+=+=,即22117|12OAOB+=10 分 23.选修 45 不等式选讲（10 分）已知函数()121f xxxm=+.()求不等式()f xm的解集;优能营地事业部数学教研组 17/17()若恰好存在 4 个不同的整数n,使得()0f n,求m的取值范围.解析：解析：(I)由()f xm，得，不等式两边同时平方，得221)(21)xx(，3 分 即3(2)0 x x+，解得20 x.所以不等式()f xm的解集为|20 xx 5 分 ()设 g(x)|x1|2x1|，8 分 ()0()f ng nm 因为(2)(0)0gg=，(3)1,(4)2,(1)3.ggg=又恰好存在 4 个不同的整数 n，使得()0f n，所以21.m 故m的取值范围为1,2).10 分 12,21()3,1,22,1,xxg xxxxx+=
