2021届高三上学期开学检测数学试题 含答案详解

高三数学开学考试试卷 2020.8 一、单选题（每小题 5 分，计 40 分） 1．若集合  2A x y x   ，  2 1B x y x   ，则 A B  （ ） A． 1, B．   2, 1 1,   C． 2, D．   2, 1 2,   2，设 i 是虚数单位，则复数 2i 1 i 在复平面内所对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．若方程 2 2 15 3 x y m m    表示椭圆，则 m 的取值范围是（ ） A． 3,5 B． 5,3 C．   3,1 1,5  D．   5,1 1,3  4．若函数    3 1 4 , 1 , 1 a x a xf x ax x       是 R 上的减函数，则 a 的取值范围为（ ） A． 1 1,8 3     B． 10, 3      C． 1 ,8    D． 1 1, ,8 3           5．下列函数中，最小值为 4 的是（ ） A． 4y x x   B．  4sin 0siny x xx     C． e 4ex xy   D． 2 2 21 1 y x x     6．已知函数  f x 是定义在 R 上的偶函数，当 0x  时，   2 4f x x x  ，则不等式  2 5f x   的解集 为（ ） A． 3,7 B． 4,5 C． 7,3 D． 2,6 7．函数   2 3 ln sin x xf x x x   的图象大致为（ ） A． B． C． D． 8．已知函数   sinf x x a x  ，对任意的 1x ，  2 ,x    ，且 1 2x x ，不等式    1 2 1 2 f x f x ax x   恒 成立，则实数 a 的取值范围是（ ） A． 1 2a  B． 1 2a  C． 1 2a  D． 1 2a  二、多选题（每小题 5 分，计 20 分，多选得 0 分，少选得 3 分） 9．若数列 na 满足 1 12 ,0 ,2 12 1, 1,2 n n n n n a a a a a           1 3 5a  ，则数列 na 中的项的值可能为（ ） A． 1 5 B． 2 5 C． 4 5 D． 6 5 10．下面命题正确的是（ ） A．“ 1a  ”是“ 1 1a  ”的充分不必要条件 B．命题“对任意 xR ， 2 1 0x x   ”的否定是“存在 xR ，使得 2 1 0x x   ” C．设 x ， yR ，则“ 2x  且 2y  ”是“ 2 4y  ”的必要不充分条件 D．设 a ，bR ，则“ 0a  ”是“ 0ab  ”的必要不充分条件 11．已知函数    3 0f x ax bx c ac    ，则函数  y f x 的图象不可能是（ ） A． B． C． D． 12．设函数   lnf x x x ，    f xg x x  ，给定下列命题，其中是正确命题的是（ ） A．不等式   0g x  的解集为 1 ,e     B．函数  g x 在 0,e 单调递增，在 ,e  单调递减 C．若 1m  ，则当 1 2 0x x  时，有      2 2 1 2 1 22 m x x f x f x   D．若函数     2F x f x ax  有两个极值点，则实数 10, 2a     三、填空题（每小题 5 分，计 20 分） 13．已知   5 3 8f x x ax bx    ，若  2 10f   ，则  2f  ________． 14．设函数  f x 是定义在 R 上的奇函数，且       2log 1 , 0 , 0 x xf x g x x     ，则  7g f    的值为________． 15．已知 :p 实数 m 满足  2 212 7 0m a am a   ， :q 方程 2 2 11 2 x y m m    表示焦点在 y 轴上的椭圆．若 p 是 q 的充分不必要条件，则实数 a 的取值范围是________． 16．已知函数   2 e 2 ln x f x k x kxx    ，若 2x  是函数  f x 的唯一极值点，则实数 k 的取值集合是 ________． 四、解答题（共 6 小题，计 70 分） 17．【本题满分 10 分】 在① 2 2 22b ac a c   ，② cos sina B b A ，③sin cos 2B B  这三个条件中任选一个，补充在下 面的问题中，并解决该问题． 已知 ABC△ 的内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ________， π 3A  ， 2b  ，求 ABC△ 的面积． 18．【本题满分 12 分， 6 6 】 已知函数    3 0f x ax x b a    ，若函数  f x 在点   1, 1f 处的切线方程是 2 3 0x y   ． （1）求函数  f x 的解析式； （2）求  f x 的单调区间． 19．【本题满 12 分， 6 6 】 在《我是演说家》第四季这档节目中，英国华威大学留学生游斯彬的“数学之美”的演讲视频在微信朋友 圈不断被转发，他的视角独特，语言幽默，给观众留下了深刻的印象．某机构为了了解观众对该演讲的喜 爱程度，随机调查了观看该演讲的 140 名观众，得到如下的列联表：（单位：名） 男 女 总计 喜爱 40 60 100 不喜爱 20 20 40 总计 60 80 140 （1）根据以上列联表，判断能否在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为观众性别与喜爱该演讲有关；（精 确到 0.001） （2）从这 60 名男观众中按对该演讲是否喜爱采取分层抽样，抽取一个容量为 6 的样本，然后随机选取两 名作跟踪调查，求选到的两名观众都喜爱该演讲的概率． 附表：  2 0P K k 0.10 0.05 0.25 0.010 0.005 0k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    ． 20．【本题满分 12 分， 6 6 】 如 图 ， 在 四 棱 锥 P ABCD 中 ， PA  底 面 ABCD ， BC AD ， AB BC ， 2PA AB  ， 2 2AD BC  ， M 是 PD 的中点． （1）求证：CM  平面 PAB ； （2）求二面角 M AC D  的余弦值． 21．【本题满分 12 分，3 6 3  】 某企业新研发了一种产品，产品的成本由原料成本及非原料成本组成．每批产品的非原料总成本 y （元） 与生产该产品的数量 x （千件）有关，经统计得到如下数据： x 1 2 3 4 5 6 7 y 6 11 21 34 66 101 196 根据以上数据，绘制如图所示的散点图．观察散点图，两个变量不具有线性相关关系，现考虑用对数函数 模型 lny a b x  和指数函数模型  , 0xy c d c d   分别对两个变量的关系进行拟合． （1）根据散点图判断，哪一个函数模型适宜作为 y 关于 x 的回归方程；（给出判断即可，不必说明理由） （2）根据（1）的判断结果及表 1 中的数据，建立 y 关于 x 的回归方程； （3）已知每件产品的原料成本为 10 元，若该产品的总成本不得高于 123470 元，请估计最多能生产多少千 件产品． 参考数据： lgi iv y ， 1 1 7 i n i v v    ． y v 7 1 i i i x y   7 1 i i i x v   0.5410 62.14 1.54 2535 50.12 3.47 参考公式：对于一组数据 1 1,u v ， 2 2,u v ，…， ,n nu v ，其回归直线  v u   的斜率和截距的最小二 乘估计公式分别为  1 22 1 n i i i n i i u v nuv u nu         ，  a v u  ． 22．【本题满分 12 分， 6 6 】 已知函数    3 lnf x x k x k R   ，  f x 为  f x 的导函数． （Ⅰ）当 6k  时， （i）求曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程； （ii）求函数       9g x f x f x x    的单调区间和极值； （Ⅱ）当 3k   时， 求证：对任意 1x ，  2 1,x   ，且 1 2x x ，有        1 2 1 2 1 22 f x f x f x f x x x     ． 参考答案 1-8：BBCAC CCB 9-12：ABC ABD ACD ACD 13． 26 ； 14． 2 ； 15． 1 3,3 8      ； 16． 2e ,4      解：函数定义域 0, ，     22 4 3 e 2e 2 e 2 xx x kx xx x kf x kx x x       ， 由题意可得， 2x  是   0f x  唯一的根，故 2 0xe kx  在 0, 上没有变号零点 ， 即 2 ex k x   在 0x  时没有变号零点，令   2 ex g x x  ， 0x  ，则     3 e 2x xg x x   ， 当 2x  时，   0g x  ，函数单调递增，当 0 2x  时，   0g x  ，函数单调递减， 故当 2x  时，  g x 取得最小值   2e2 4g  ，故 2e 4k  即 2e 4k   ． 17．解：若选择① 2 2 22b ac a c   ， 则由余弦定理得 2 2 2 2 2cos 2 2 2 a c b acB ac ac     ， 因为  0,πB ，所以 π 4B  ． 若选择② cos sina B b A ， 则sin cos sin sinA B B A ， 因为sin 0A  ，所以sin cosB B ， 因为  0,πB ，所以 π 4B  ． 若选择③sin cos 2B B  ， 则 π2 sin 24B     ，所以 πsin 14B     ， 因为  0,πB ，所以 π π 5π,4 4 4B      ， 所以 π π 4 2B   ，所以 π 4B  ． 由正弦定理 sin sin a b A B  ， 得 32sin 2 3sin 2 2 b Aa B     ． 因为 π 3A  ， π 4B  ，所以 π π 5ππ 3 4 12C     ， 所以 5π π πsin sin sin12 4 6C       π π π π 6 2sin cos cos sin4 6 4 6 4    ， 所以 1 sin2ABCS ab△ 1 6 2 3 33 22 4 4       ． 18．解：（1）由   3f x ax x b   ， 得   23 1f x ax   ， 所以  1 3 1 2f a    ，所以 1a  ． 把 1x  代入 2 3 0x y   ，得切点为  1,5 ， 所以  1 1 1 5f b    ，得 5b  ， 所以   3 5f x x x   ． （2）由（1）知，   23 1f x x   ， 令   23 1 0f x x    ， 解得 3 3x  或 3 3x   ； 令   23 1 0f x x    ， 解得 3 3 3 3x   ． 所以  f x ）的增区间为 3, 3       ， 3 ,3      ，减区间为 3 3,3 3      ． 19．解：（1）由题意得  2 2 140 60 20 40 20 7 1.167 3.84180 60 100 40 6K          ， 所以不能在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为观众性别与喜爱该演讲有关． （2）抽样比为 6 1 60 10  ，样本中喜爱该演讲的观众有 140 410   名，不喜爱该演讲的观众有 6 4 2  名．记 喜爱该测讲的 4 名男性观众为 a ，b ，c ， d ，不喜爱该演讲的 2 名男性观众为 1，2，则基本事件分别为：  ,a b ， ,a c ， ,a d ， ,1a ， ,2a ， ,b c ， ,b d ， ,1b ， ,2b ， ,c d ， ,1c ， ,2c ， ,1d ，  ,2d ， 1,2 ，共 15 个．其中选到的两名观众都喜爱该演讲的事件有 6 个，故所求概率为 6 0.415  ． 20．解：（1）如图，取 AP 的中点 E ，连接 BE ， EM ． ∵ E ， M 分别为 PA ， PD 的中点，∴ 1 2EM AD ， 又 BC AD 且 2AD BC ，∴ EM BC ，∴四边形 BCME 为平行四边形， ∴ BE CM ，又 CM  平面 PAB ， BE  平面 PAB ，∴ MC  平面 PAB ． （2）由题意知： PA ， AB ， AD 两两垂直，以 A 为坐标原点， AB ， AD ， AP 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系： 则  0,0,0A ，  0,2,0D ，  2,1,0C ， 20,1, 2M       ，  0,0, 2P ， ∴  2,1,0AC  ， 20,1, 2AM        ，  0,0, 2AP  ， 设平面 MAC 的法向量  , ,n x y z ， 则 2 0 2 02 AC n x y AM n y z              ，令 2y  ，则 1x   ， 2z   ，∴  1, 2, 2n    ． ∵ PA  平面 ABCD ，∴ AP  为平面 ACD 的一个法向量， ∴ 2 2 2 7cos , 72 7 AP nAP n AP n            ， ∵二面角 M aC D  为锐二面角，∴二面角 M AC D  的余弦值为 2 7 7 ． 21．解：（1）根据散点图判断， xy c d  适宣作为非原料总成本关于生产该产品的数量 x 的回归方程类型． （2）由 xy c d  ，两边同时取常用对数得  lg lg lg lgxy c d c x d    ． 设 lg y v ，∴ lg lgv c x d  ， ∵ 4x  ， 1.54v  ， 7 2 1 140i i x   ， ∴ 7 1 7 222 1 7 50.12 7 4 1.54 7lg 0.25140 7 4 287 i i i i i x v xv d x x             ． 把 4,1.54 代入 lg lgv c x d  ，得 lg 0.54c  ， ∴ 0.54 0.25v x  ，∴ lg 0.54 0.25y x  ， ∴  0.54 0.25 0.2510 3.47 10x xy    ， 即 y 关于 x 的回归方程为  0.253.47 10 xy   ． （3）设生产了 x 千件该产品则生产总成本为   0.253.47 10 10 1000xg x x     ． 又   0.253.47 10 10000xg x x   在其定义域内单调递增，且   312 3.47 10 120000 123470g     ，故 最多能生产 12 千件产品． 22．【详解】（Ⅰ）（i）当 6k  时，   3 6lnf x x x  ，   2 63f x x x    ．可得  1 1f  ，  1 9f   ， 所以曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程为  1 9 1y x   ，即 9 8y x  ． （ii）依题意，   3 2 33 6lng x x x x x     ，  0,x  ． 从而可得   2 2 6 33 6g x x x x x      ，整理可得：      3 2 3 1 1x xg x x    ， 令   0g x  ，解得 1x  ． 当 x 变化时，  g x ，  g x 的变化情况如下表： x  0,1 1x   1,  g x  0   g x 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数  g x 的单调递减区间为  0,1 ，单调递增区间为  1, ；  g x 的极小值为  1 1g  ，无极大值． （Ⅱ）证明：由   3 lnf x x k x  ，得   23 kf x x x    ． 对任意的 1x ，  2 1,x   ，且 1 2x x ，令  1 2 1x t tx   ，则            1 2 1 2 1 22x x f x f x f x f x       2 2 3 3 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 3 3 2 ln xk kx x x x x x kx x x                   3 3 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 3 3 2 lnx x xx x x x x x k kx x x             3 3 2 2 13 3 1 2lnx t t t k t tt           ．① 令   1 2lnh x x xx    ，  1,x  ． 当 1x  时，   2 2 1 2 11 1 0h x x x x           ， 由此可得  h x 在 1, 单调递增，所以当 1t  时，    1h t h ，即 1 2ln 0t tt    ． 因为 2 1x  ，  33 23 3 1 1 0t t t t      ， 3k   ， 所以    3 3 2 3 2 2 1 13 3 1 2ln 3 3 1 3 2lnx t t t k t t t t t t tt t                       3 2 33 6ln 1t t t t      ．② 由（Ⅰ）（ii）可知，当 1t  时，    1g t g ，即 3 2 33 6ln 1t t t t     ， 故 3 2 33 6ln 1 0t t t t      ③ 由①②③可得           1 2 1 2 1 22 0x x f x f x f x f x      ． 所以，当 3k   时，任意的 1x ，  2 1,x   ，且 1 2x x ，有        1 2 1 2 1 22 f x f x f x f x x x     ．