内蒙古呼和浩特市2020届高三第一次质量普查调研考试理科数学试题

内蒙古呼和浩特市2020届高三第一次质量普查调研考试理科数学试题

‎2020年呼和浩特市高三年级第一次质量普查调研考试 理科数学 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题部分答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号座位号涂写在答题卡上本试卷满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎2.回答第Ⅰ卷时，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.写在本试卷上无效.‎ ‎3.答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.‎ ‎4.考试结束，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 第Ⅰ卷 一、单项选择题（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，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合，再进行交集运算，即可得答案；‎ ‎【详解】，，‎ ‎，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交运算和解不等式，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎2.若复数，则当时，复数在复平面内对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据角的范围，结合复数的几何意义，即可判断出点的符号，进而得复数在复平面内对应的点所在象限.‎ ‎【详解】复数，在复平面内对应的点为，‎ 当时，，‎ 所以对应点的坐标位于第二象限，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的几何意义，三角函数符号的判断，属于基础题.‎ ‎3.如图是某学校研究性课题《什么样的活动最能促进同学们进行垃圾分类》向题的统计图（每个受访者都只能在问卷的5个活动中选择一个），以下结论错误的是（　　）‎ A. 回答该问卷的总人数不可能是100个 B. 回答该问卷的受访者中，选择“设置分类明确的垃圾桶”的人数最多 C. 回答该问卷的受访者中，选择“学校团委会宣传”的人数最少 D. 回答该问卷受访者中，选择“公益广告”的人数比选择“学校要求”的少8个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对图表数据分析处理，再结合简单的合情推理逐一检验即可得解．‎ ‎【详解】对于选项A，若回答该问卷的总人数不可能是100个，则选择③④⑤的同学人数不为整数，故A正确，‎ 对于选项B，由统计图可知，选择“设置分类明确的垃圾桶”的人数最多，故B正确，‎ 对于选项C，由统计图可知，选择“学校团委会宣传”的人数最少，故C正确，‎ 对于选项D，由统计图可知，选择“公益广告”的人数比选择“学校要求”的少8%，故D错误，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了对图表数据的分析处理能力及简单的合情推理，属中档题．‎ ‎4.已知，，向量的夹角为，则（ ）‎ A. B. ‎1 ‎C. 2 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据向量的数量积运算，即可得答案；‎ ‎【详解】，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积运算，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎5.记为数列的前项和，且，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据递推关系可得数列为等比数列，再利用等比数列的前项和公式，即可得答案；‎ ‎【详解】当时，，‎ 当时，，由，‎ ‎，‎ 数列为等比数列，‎ ‎，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查根据数列的递推关系求等比数列的前6‎ 项和，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎6.如图是某空间几何体的三视图，该几何体的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图可知几何体为圆锥，求出其侧面积和底面积，即可得到全面积.‎ ‎【详解】圆锥的母线长，底面半径，‎ ‎，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查利用三视图还原几何体的直观图、圆锥的表面积计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.‎ ‎7.已知函数，给出下列四个结论：‎ ‎①函数的最小正周期是；‎ ‎②函数在区间上是减函数；‎ ‎③函数的图象关于直线对称；‎ ‎④函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到其中所有正确结论的编号是（ ）‎ A. ①② B. ①③ C. ①②③ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据降幂公式和辅助角公式化简三角函数式，结合正弦函数的图像与性质即可判断各选项是否正确.‎ ‎【详解】由降幂公式和辅助角公式化简可得 ‎，‎ 对于①，由解析式可知最小正周期为，所以①正确；‎ 对于②，由函数解析式可知，满足时单调递减，解得，当时，单调递减区间为，所以②正确；‎ 对于③，由函数解析式可知对称轴满足，解得，所以当时，对称轴为，所以③正确；‎ 对于④，函数的图象向左平移个单位可得，与所求解析式不同，因而④错误，‎ 综上可知，正确的为①②③，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了降幂公式与辅助角公式化简三角函数式的应用，正弦函数图像与性质的综合应用，属于基础题.‎ ‎8.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：已知且是整数，则满足能被3除余1且被5除余3的所有的取值的和为（ ）‎ A. 2020 B. ‎2305 ‎C. 4610 D. 4675‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造等差数列，再利用等差数列的前项和公式，即可得答案；‎ ‎【详解】且，，‎ 当时，，‎ 的值构成以为首项，公差为的等差数列，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 的取值的和为，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式和前项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎9.已知，则下列不等式一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据选项特点分别构造函数，并利用导数研究函数的单调性，即可得答案；‎ ‎【详解】对A，令，，当，在单调递减，，即，故A正确；‎ 对B，，，，故B错误；‎ 对C，令，当时，；当时，，在单调递减，在单调递增，显然当时，，故C错误；‎ 对D，，由C选项的分析，当时，，故D错误；‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数性质、判断不等式是否成立，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎10.设是双曲线的右焦点，过点向的一条渐近线引垂线，垂足为，交另一条渐近线于点，若，则双曲线的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据焦点到渐近线的距离为，结合角平分线的性质、勾股定理，可得离心率.‎ ‎【详解】如图所示，，，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意焦点到渐近线的距离为的运用.‎ ‎11.表面积为的球面上有四点，且是等边三角形，球心到平面的距离为，若平面平面，则三棱锥体积的最大值为（ ）‎ A. B. ‎18 ‎C. 27 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据球的表面积可得球的半径，再根据球心到平面的距离为可得的边长，当为等腰三角形时，三棱锥的体积达到最大，代入体积公式即可得答案；‎ ‎【详解】如图所示，取为的中心，过作平面，设为外接球的球心，‎ 连，，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 当为等腰三角形时，三棱锥的体积达到最大，设的外心为，‎ 为的中点，则，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 为正三角形时，三棱锥的高的最大值为，‎ ‎，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥与球的切接问题、球的体积公式计算，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.‎ ‎12.已知若恰有两个实数根，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对方程进行求解得，再求出，利用导数求函数的最大值，即可得答案；‎ ‎【详解】，或，‎ ‎，，（舍去），‎ ‎，‎ ‎，‎ 令，则，，‎ ‎，‎ 函数在单调递增，在单调递减，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性和最值、方程的根，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意将问题转化为关于的函数值域问题.‎ 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分，第13题~21题为必考题，每个试题考生都必须做答；第22题~第23题为选考题，考生根据要求做答.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把正确答案填在答题卡的相应位置.）‎ ‎13.的展开式中的常数项为______.‎ ‎【答案】240‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项展开式的通项公式可得 ‎【详解】利用二项展开式的通项公式可得，‎ 当，‎ 展开式中的常数项为，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查二项式定理求展开式的常数项，考查运算求解能力.‎ ‎14.已知定义在上的奇函数，当时，，则在点处的切线方程为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇函数的性质求出当时函数的解析式，利用导数的几何意义求切线的方程；‎ ‎【详解】当时，，，‎ ‎，，‎ 切线方程为，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义、奇函数的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意先求解析式再求导数.‎ ‎15.若10件产品包含2件次品，今在其中任取两件，已知两件中有一件不是废品的条件下，另一件是废品的概率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设事件A={两件中有一件不是废品}，事件B={两件中恰有一件为废品}，则.‎ ‎16.已知抛物线方程，为焦点，为抛物线准线上一点，为线段与抛物线的交点，定义：.已知点，则______；设点，则的值为____.‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据直线的方程，求出点，再利用焦半径公式，即可得答案；‎ ‎（2）根据，再利用抛物线的定义，即可得答案；‎ ‎【详解】（1），，，‎ 直线的方程为，与联立得：，‎ 解得：或，‎ ‎，；‎ ‎（2）设准线与轴的交点为，于，‎ ‎，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线中线段比例的新定义题、抛物线的焦半径，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）‎ ‎17.如图，已知在中，为上一点，，.‎ ‎（1）若，求的值；‎ ‎（2）若为角平分线，且，求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理将转化成求的值，即可得答案；‎ ‎（2）设，则，在中由余弦定理可得或，‎ 再分别求出的面积.‎ ‎【详解】（1），可得：‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，可得，‎ ‎，‎ 在中 ‎（2）设，则，在中由余弦定理可得：‎ ‎，‎ 解得或 因为，所以 又由（1）知 所以 由（1）知当时，‎ 当时，‎ 综上的面积为或 ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用、三角形的面积公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎18.如图，矩形中，，，在边上，且，将沿折到的位置，使得平面平面.‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）连接交于点，根据对应边成比例可证得两个直角三角形相似，由此证得，而，故平面，所以.（II）由（I）知平面，以为原点联立空间直角坐标系，利用平面和平面的方向量，计算两个半平面所成角的余弦值.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）连接交于点，依题意得，所以 ，‎ 所以，所以，所以，‎ 即，，又，,平面.‎ 所以平面.‎ 又平面，所以.‎ ‎（Ⅱ）因为平面平面，‎ 由（Ⅰ）知，平面，‎ 以为原点，建立空间直角坐标系如图所示.‎ 在中，易得，，，‎ 所以，，，‎ 则，，‎ 设平面的法向量，则，即，解得，‎ 令，得，‎ 显然平面的一个法向量为.‎ 所以 ，所以二面角的余弦值为.‎ ‎19.检验中心为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，对份血液样本，有以下两种检验方式：①逐份检验，需要检验次；②混合检验，即将其中（且）份血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，这份的血液全为阴性，因而这份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪几份为阳性，再对这份再逐份检验，此时这份血液的检验次数总共为次.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为.‎ ‎（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来概率；‎ ‎（2）现取其中（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为点.当时，根据和的期望值大小，讨论当取何值时，采用逐份检验方式好？‎ ‎（参考数据：，，，，，.）‎ ‎【答案】（1）（2）的取值大于等于9时采用逐份检验方式好.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）记恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件，利用古典概型的概率计算公式，即可得答案；‎ ‎（2）易得，的取值为1，，利用对立事件可求得，进而得到，所以，两边取对数利用导数，可得不等式的解.‎ ‎【详解】（1）记恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件，‎ 则.‎ ‎（2）易得，的取值为1，，‎ 计算，，‎ 所以，‎ 又，，‎ 令，即.‎ 设，，，‎ 当时，，在上单调递增；‎ 当时，，在上单调递减.‎ 且，，‎ 所以的取值大于等于9时采用逐份检验方式好.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型概率计算、对立事件、离散型随机变量的方差、导数的运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，对阅读能力要求较高.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆上一点，面积的最大值为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点作关于轴对称的两条不同直线分别交椭圆于与，且，证明直线过定点，并求的面积的取值范围.‎ ‎【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)答案见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(Ⅰ)由题意利用待定系数法可得椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）设方程为，与椭圆方程联立可得，则，满足题意时，据此可得.则直线过定点，且，三角形的面积.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）设，则，‎ 设，则.‎ 解得.‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）设方程为，联立，‎ 得，‎ ‎，‎ 因为关于轴对称的两条不同直线的斜率之和为0，‎ 即，即，‎ 得，‎ 即.解得：.‎ 直线方程为：，所以直线过定点，‎ 又，‎ 令 ，‎ 又.‎ 点睛：求定点，定值问题常见的方法有两种：‎ ‎(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．‎ ‎(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．‎ ‎21.已知函数（且）的零点是.‎ ‎（1）设曲线在零点处的切线斜率分别为，判断的单调性；‎ ‎（2）设是的极值点，求证：.‎ ‎【答案】（1）在单调递增，在递减（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出函数的零点，，再利用导数的几何意义可得关于的函数，再利用导数研究函数的单调性即可；‎ ‎（2）对函数进行求导得，利用导数证明函数，不妨设，利用所证不等式，即可证得结论.‎ ‎【详解】由题可知：函数的定义域为 ‎（1）由，得，.‎ 则，，‎ 所以.‎ 令.则，‎ 所以当时，；当时，‎ 故在单调递增，在递减.‎ ‎（2），‎ 又在，恒成立，‎ 由题知为的极值点，‎ 所以且在单调递减，在单调递增，‎ 故为的极小值点.‎ 令，‎ 则 ‎，‎ 故，‎ 因为，所以，所以在单调递减，‎ 所以 所以在单调递减，所以 所以，‎ 不妨设，‎ 所以，又在单调递减，在单调递增，‎ 所以，即.‎ ‎【点睛】本题考查导数几何意义的应用、导数研究函数的单调性、证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意问题的本质是极值点偏移问题.‎ 请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.‎ ‎22.已知椭圆的普通方程为：，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，正方形的顶点都在上，且逆时针依次排列，点的极坐标为 ‎（1）写出曲线的参数方程，及点的直角坐标；‎ ‎（2）设为椭圆上的任意一点，求：的最大值.‎ ‎【答案】（1），为参数，，，；‎ ‎（2）100.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据普通方程与参数方程的转化可得曲线的参数方程，由极坐标与直角坐标的转化可得的直角坐标；进而由为正方形求得点的直角坐标；‎ ‎（2）设，即可由两点间距离公式表示出，再根据三角函数性质即可求得最大值.‎ ‎【详解】（1）椭圆的普通方程为，‎ 则，为参数，‎ 的极坐标为，‎ 的直角坐标为，，‎ 曲线的极坐标方程为，化为直角坐标方程为，‎ 将旋转得，‎ 同理，.‎ ‎（2）设，‎ 的最大值为100‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆参数方程与极坐标方程的转化，两点间距离公式及三角函数性质的应用，属于中档题.‎ ‎23.已知函数，‎ ‎（1）当时，求关于的不等式的解集；‎ ‎（2）已知，若对任意，都存在，使得成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入不等式，分类讨论即可解不等式，求得解集.‎ ‎（2）由可知，结合绝对值三角不等式可知，进而可知，解不等式即可求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 当时，不等式可化为，解得，‎ 当时，不等式可化为，解得，‎ 当时，不等式可化为，解得，‎ 综上所述，不等式的解集是.‎ ‎（2），‎ 由题意得 或 的取值范围是 ‎【点睛】本题考查了分类讨论解绝对值不等式，绝对值三角不等式的综合应用，属于中档题.‎