2020届全国大联考高三第一次大联考数学（理）试题（解析版）

全国大联考 2020 届高三第一次联考•数学试卷 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 A，则集合 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 化简集合 , ，按交集定义，即可求解. 【详解】集合 ， ，则 . 故选:A. 【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题. 2.命题“ ”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 套用命题的否定形式即可. 【详解】命题“ ”的否定为“ ”，所以命题“ ”的否定为 “ ”. 故选：C 【点睛】本题考查全称命题的否定，属于基础题. 3. （ ） { }2{ | 2 3, }, | 1= − < < ∈ = >A x x x N B x x A B = {2} { 1,0,1}− { 2,2}− { 1,0,1,2}− A B { | 2 3, } {0,1,2}= − < < ∈ =A x x x N { | 1 1}= > < −或B x x x {2}A B = 20, ( 1) ( 1)∀ > + > −x x x x 20, ( 1) ( 1)∀ > + > −x x x x 20, ( 1) ( 1)∀ + > −x x x x 20, ( 1) ( 1)∃ > + −x x x x 20, ( 1) ( 1)∃ + > −x x x x , ( )x M p x∀ ∈ , ( )x M p x∃ ∈ ¬ 20, ( 1) ( 1)∀ > + > −x x x x 20, ( 1) ( 1)x x x x∃ > + ≤ − 2 1 2 3 2 x dxx− + =+∫A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先求出不定积分，再代入上下限来求定积分. 【详解】由题， . 故选：D 【点睛】本题考查定积分的运算，属于基础题. 4.设集合 、 是全集 的两个子集，则“ ”是“ ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 作出韦恩图，数形结合，即可得出结论. 【详解】如图所示， ， 同时 . 故选:C. 【点睛】本题考查集合关系及充要条件，注意数形结合方法的应用，属于基础题. 5.已知函数 ，若 ，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 2 2ln+ 3 2ln− 6 2ln− 6 4ln− 2 2 1 1 2 3 1d 2 d2 2 x x xx x− − +  = − + + ∫ ∫ 2 1[2 ln( 2)]x x − = − + (4 ln 4) ( 2 ln1) 6 ln 4= − − − − = − A B U A B⊆ UA B = ∅ ⊆ ⇒ ∩ = ∅UA B A B ∩ = ∅ ⇒ ⊆UA B A B 2 , 0( ) 4, 0 x xf x x x −=  + >  ( )0 2f x < 0x ( , 1)−∞ − ( 1,0]− ( 1, )− +∞ ( ,0)−∞对 分类讨论，代入解析式求出 ，解不等式，即可求解. 【详解】函数 ，由 得 或 解得 . 故选:B. 【点睛】本题考查利用分段函数性质解不等式，属于基础题. 6.已知 ，则下列说法中正确的是（ ） A. 是假命题 B. 是真命题 C. 是真命题 D. 是假命题 【答案】D 【解析】 【分析】 举例判断命题 p 与 q 的真假，再由复合命题的真假判断得答案． 【详解】当 时， 故 命题为假命题； 记 f（x）＝ex﹣x 的导数为 f′（x）＝ex ， 易知 f（x）＝ex﹣x （﹣∞，0）上递减，在（0，＋∞）上递增， ∴f（x）＞f（0）＝１＞0，即 ，故 命题为真命题； ∴ 是假命题 故选 D 【点睛】本题考查复合命题的真假判断，考查全称命题与特称命题的真假，考查指对函数的图象与性质， 是基础题． 7.已知集合 ，定义集合 ，则 等于（ ） A. B. 0x 0( )f x 2 , 0( ) 4, 0 x xf x x x −=  + >  ( )0 2f x < 0 0 2 2 0 x x − > ∀ ∈ > p q∨ p q∧ ( )p q∨ ¬ ( )p q∧ ¬ 0 1x > 1 0 2 log 0,x < p −１ 在 , xx R e x∀ ∈ > q ( )p q∧ ¬ { | 1 2}, { |1 5}= − < = −A x x B x x   * { | , , }= = + ∈ ∈A B z z x y x A y B *( * )B A B { | 6 1}−   − > k 0< 2 2 21 8 (1 8 ) ( )( 0)kAB k f k kk − = − + − = 3a − a ( , 3] (3, )−∞ − +∞ ( )2: , 4 1p x R m x x∀ ∈ + > 2: [2,8], log 1 0q x m x∃ ∈ +  p m p q¬ ∨ p q¬ ∧ m 1 ,4  +∞   -1m＜ 1 4m > p m ( )24 1x m x x∀ ∈ ⋅ + >R 0m∴ > 21 16 0− p m 1 ,4  +∞   2[2,8], log 1 0x m x∃ ∈ + ≥ 2 1[2,8], logx m x ∃ ∈ ≥ − [2,8]x∈ 2 1 11,log 3  − ∈ − −  x 1m∴ ≥ −∵当 为真命题，且 为假命题时， ∴ 与 的真假性相同， 当 假 假时，有 ，解得 ； 当 真 真时，有 ，解得 ； 故当 为真命题且 为假命题时，可得 或 . 【点睛】本题主要考查结合不等式的含有量词的命题的恒成立问题，存在性问题，考查复合命题的真假判 断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力. 19.已知 的图象在 处的切线方程为 . （1）求常数 的值； （2）若方程 在区间 上有两个不同的实根，求实数 的值. 【答案】（1） ；（2） 或 . 【解析】 【分析】 （1）求出 ，由 ，建立 方程求解，即可求出结论； （2）根据函数的单调区间，极值，做出函数在 的图象，即可求解. 【详解】（1） ，由题意知 ， 解得 （舍去）或 . （2）当 时， 故方程 有根，根为 或 ， p q¬ ∨ p q¬ ∧ p q p q 1 4 1 m m  ≤  < − 1m < − p q 1 4 1 m m  >  ≥ − 1 4m > p q¬ ∨ p q¬ ∧ 1m < − 1 4m > 3 2 2( ) 3 ( 1)f x x ax bx a a= + + + > 1x = − 0y = ,a b ( )f x c= [ 4,1]− c 2 9 a b =  = 0c = 4c = ( )f x′ ( 1) 0, ( 1) 0f f′ − = − = ,a b [ 4,1]− 2( ) 3 6′ = + +f x x ax b 2 ( 1) 0 3 6 0 ( 1) 0 1 3 0 f a b f a b a  − = − + =⇒ − = − + − + = ′  1 3 a b =  = 2 9 a b =  = 2, 9a b= = 2( ) 3 12 9 3( 3)( 1)′ = + + = + +f x x x x x ( ) 0f x′ = 3x = − 1x = −+ 0 - 0 + 极大值 极小值 由表可见，当 时， 有极小值 0. 由上表可知 的减函数区间为 ， 递增区间为 ， . 因为 ， .由数形结合可得 或 . 【点睛】本题考查导数的几何意义，应用函数的图象是解题的关键，意在考查直观想象、逻辑推理和数学 计算能力，属于中档题. 20.已知函数 . （1）当 时，求函数 的值域. （2）设函数 ，若 ，且 的最小值为 ，求实数 的取值范围. x ( , 3)−∞ − 3− ( 3, 1)− − 1− ( 1, )− +∞ ( )f x′ ( )f x    1x = − ( )f x ( )f x ( 3, 1)− − ( , 3)−∞ − ( 1, )− +∞ ( 4) 0, ( 3) 4, ( 1) 0, (0) 4− = − = − = =f f f f (1) 20=f 0c = 4c = 2( ) 2 , ( ) 2= = +xf x g x x ax 1a = − ( ( ))( 2 3)= −y f g x x  ( ),( ) ( ), f x x bh x g x x b =  ( )h x 2 2 a【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）令 ，求出 的范围，再由指数函数的单调性，即可求出结论； （2）对 分类讨论，分别求出 以及 的最小值或范围，与 的最小值 建立方程关系，求出 的值，进而求出 的取值关系. 【详解】（1）当 时， ， 令 ， ∵ ∴ ， 而 是增函数，∴ ， ∴函数的值域是 . （2）当 时，则 在 上单调递减， 在 上单调递增，所以 的最小值为 ， 在 上单调递增，最小值为 ， 而 的最小值为 ，所以这种情况不可能. 当 时，则 在 上单调递减且没有最小值， 在 上单调递增最小值为 ， 所以 的最小值为 ，解得 （满足题意）， 所以 ，解得 . 所以实数 的取值范围是 . 1 ,2562      1 2 2, 4  −−∞    2 2 , 2µµ = − =x x y u a ( )f x ( )g x ( )h x 2 2 b a 1a = − 2 2( ( )) 2 ( 2 3)−= −x xf g x x  2 2 , 2µµ = − =x x y [ 2,3]x∈ − [ 1,8]µ ∈ − 2µ=y 1 2562 y  1 ,2562      0a > 0, ( )>b g x ( , )a−∞ − ( , )a b− ( )g x 2( ) 0− = − =b ( )h x 2 2 0a < 0, ( ) 0 2s t< < < ( ) ( ) 1f s f t s t ′ ′− ( )f x ( )f x ( ) ( )x f x xϕ ′= − ( )xϕ (0,2) 0 2s t< < < 0a = 2( ) 2 ln , ( ) 2 2(1 ln )f x x x x f x x x′= − = − + ( ) 2 2(1 ln )h x x x= − + 2( ) 2h x x ′ = − ( )h x (0,1) (1, )+∞ 0x → ( )h x → +∞ 1x = ( ) 0h x = x → +∞ ( )h x → +∞ ( ) 0h x ≥ ( )f x (0, )+∞ (1) 1f = ( ) 1f x > { }| 1x x > ( ) ( )g x f x′= ( ) ( ) 2 2ln 2x g x x x x aϕ = − = − − − 2 2 2 2( ) 1 xx x x ϕ′ −∴ = − = ( )xϕ (0,2) 0 2s t< < −， ， 即 【点睛】本题考查利用函数的导数来判断函数的单调性，再利用函数的单调性来解决不等式问题，属于较 难题. 22.已知函数 ，其中 为自然对数的底数. （1）若函数 在区间 上是单调函数，试求 的取值范围； （2）若函数 在区间 上恰有 3 个零点，且 ，求 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【分析】 （1）求出 ，再求 恒成立，以及 恒成立时， 的取值范 围； （2）由已知 ， 在区间 内恰有一个零点，转化为 在区间 内恰 有两个零点，由（1）的结论对 分类讨论，根据 单调性，结合零点存在性定理，即可求出结论. 【详解】（1）由题意得 ，则 ， 当函数 在区间 上单调递增时， 在区间 上恒成立. ∴ （其中 ），解得 . 当函数 在区间 上单调递减时， 在区间 上恒成立， ∴ （其中 ），解得 . 综上所述，实数 的取值范围是 . . . ( ) ( )g s g t s t∴ − > − 0s t∴ − < ( ) ( ) 1g s g t s t −∴ f b f e a b (1) 0g = + =a b e 1 1 ( ) 1 02f e a b e e  = + − + = + − = − >f a e f a 1 2− <