内蒙古呼和浩特市2020届高三上学期质量普查调研考试数学（理）试题

内蒙古呼和浩特市2020届高三上学期质量普查调研考试数学（理）试题

‎2020届呼和浩特市高三年级质量普查调研考试 理科数学 注意事项：‎ 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题时，考生务必将自己的姓名、考号、座位号涂写在答题卡上.本试卷满分150分，答题时间120分钟.‎ 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.‎ 答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷无效.‎ 考试结束，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.复数满足，则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】A ‎【解析】‎ 试题分析：由得，所以复数在复平面内对应的点在第一象限，故选A.‎ 考点：1.复数的运算；2.复数的几何意义.‎ ‎2.已知集合，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合A,B，根据并集的定义运算即可.‎ ‎【详解】由条件得，，‎ 所以，即：.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考査了集合之间的基本运算，不等式的解法，解题关键在于正确求解不等式，并用数轴表示集合之间的关系，属于容易题.‎ ‎3.在同一直角坐标系中，函数且图象可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题通过讨论的不同取值情况，分别讨论本题指数函数、对数函数的图象和，结合选项，判断得出正确结论.题目不难，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.‎ ‎【详解】当时，函数过定点且单调递减，则函数过定点且单调递增，函数过定点且单调递减，D选项符合；当时，函数过定点且单调递增，则函数过定点且单调递减，函数过定点且单调递增，各选项均不符合.综上，选D.‎ ‎【点睛】易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；二是不能通过讨论的不同取值范围，认识函数的单调性.‎ ‎4.设，且是第二象限的角，则的值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 由二倍角公式可得，根据同角三角函数关系求出，再利用正切函数的二倍角公式即可.‎ ‎【详解】由得 ‎，‎ 因为是第二象限的角，‎ 所以，‎ 所以，，‎ 所以，‎ 所以，‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的二倍角公式、特殊角的三角函数值，属于中档题.‎ ‎5.函数和的图像在上交点的个数为（ ）‎ A. 3 B. ‎5 ‎C. 6 D. 7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数图象交点的个数可转化为方程根的个数，解方程即可求解.‎ ‎【详解】由得，‎ 所以，亦即或，‎ 当时，的值在内可以为，，0，，，‎ 当时，的值在内可以为，0，，‎ 所以在的根为，，0，或，‎ 故选:B ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的恒等变形、三角函数求值,考查了转化思想，属于中档题.‎ ‎6.已知函数满足，，则等于（ ）‎ A. 0 B. ‎2 ‎C. 8 D. 不确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可知函数关于对称，根据对称性可知，利用定积分性质即可求解.‎ ‎【详解】由得关于对称.‎ 所以，‎ 所以，‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了函数的对称性、定积分的几何意义,定积分的运算性质，属于中档题.‎ ‎7.已知等比数列满足，，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数列为等比数列可得，可证明是以为首项，为公比的新等比数列，根据等比数列前n项和计算即可.‎ ‎【详解】∵，，∴，‎ 整理得及解得或-3（舍）,‎ 对于，‎ 设，‎ 则，，‎ 其本质是以为首项，为公比的新等比数列的前项和,‎ ‎∴‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了等比数列通项公式与前项和公式，考查了等比数列基本量的运算，属于中档题.‎ ‎8.已知，若在区间上单调时，的取值集合为，对不等式恒成立时，的取值集合为，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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简函数，由题意知，从而可知，由不等式恒成立，分离参数可知恒成立，可求出，由充分条件、必要条件定义即可判断“”是“”的充分非必要条件.‎ ‎【详解】，可知函数周期，由题可知函数在区间，故该区间长度需小于等于半个周期，及，∴，‎ 对于不等式，；设，，；‎ ‎∴不等式等价于恒成立，及，‎ 对于，，‎ ‎∴，及集合，‎ ‎∴，‎ ‎“”是“”的充分非必要条件，‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了三角函数单调区间求解，不等式恒成立问题，基本不等式、充分必要条件的判断,属于难题.‎ ‎9.在平面直角坐标系中，已知点、，、是轴上的两个动点，且，则的最小值为（ ）‎ A. -2 B. ‎0 ‎C. -3 D. -4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点，点，,可得，利用二次函数求最值即可.‎ ‎【详解】设点，点，，则，，‎ ‎∴；‎ 当时，的最小值为-3，‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算、数量积及函数最值问题，属于中档题.‎ ‎10.等差数列的公差不为0，是其前项和，给出下列命题：‎ ‎①若，且，则和都是中的最大项；‎ ‎②给定，对一切，都有；‎ ‎③若，则中一定有最小项；‎ ‎④存在，使得和同号.‎ 其中正确命题的个数为（ ）‎ A. 4 B. ‎3 ‎C. 2 D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①中可推导，结合，可知数列前5项为正，第6项为0，即可判断结论正误②根据等差数列中下标之和相等则项的和相等的性质，可判断正误③时，不论首项的符号，都能判断中一定有最小项④根据等差数列的定义可知和分别为，即可判断正误.‎ ‎【详解】对于①若，，可得，即，所以和都是中的最大项，①正确；②根据等差中项性质可知，所以②是正确的；③根据等差数列求和公式可知，，当时，是最小值；当，或时取最大值；④和，因为，所以和异号，故④是错误的.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的定义，通项公式和前项和的性质，属于中档题.‎ ‎11.已知函数满足，且，则函数零点的个数为（ ）‎ A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 0个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，可得，即有，可推出，解方程，得或，判断零点个数即可.‎ ‎【详解】，∴，，∵代入，得，∴.‎ 或，‎ ‎；，‎ 如图所示，‎ 函数与函数的图像交点个数为2个，所以的解得个数为2个；综上，零点个数为3个，‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了导数公式的逆用，以及函数与方程问题，函数的零点个数，数形结合，属于难题.‎ ‎12.中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍.如图，是利用算筹表示1-9的一种方法.则据此，3可表示为“”，26可表示为“”，现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1-9这9‎ 数字表示的两位数的个数为（ ）‎ A. 9 B. ‎13 ‎C. 16 D. 18‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意6根算筹可表示数字组合1、5，1、9，2、4，2、8，6、4，6、8，3、3，3、7，7、7；其中数字组合3、3，7、7只表示2个两位数；其余7组每组可表示2个两位数，共个，因此可表示的两位数为16个.‎ ‎【详解】根据题意，现有6根算筹，可以表示的数字组合为1、5，1、9，2、4，2、8，6、4，6、8，3、3，3、7，7、7；‎ 数字组合1、5，1、9，2、4，2、8，6、4，6、8，3、7中，每组可以表示2个两位数，则可以表示个两位数；‎ 数字组合3、3，7、7，每组可以表示1个两位数，则可以表示个两位数；‎ 则一共可以表示个两位数.‎ 故选:C ‎【点睛】本题主要考查了数学文化，并以数学文化为载体考查考生的阅读能力以及逻辑推理能力，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 本卷包含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作答；第22题~第23题为选考题，考生根据要求作答.‎ 二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.把答案直接填在题中横线上.）‎ ‎13.已知实数满足约束条件，则的最大值为________.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.‎ ‎【详解】‎ 画出约束条件表示的可行域，如图，‎ 由可得，‎ 将变形为，‎ 平移直线，‎ 由图可知当直经过点时，‎ 直线在轴上的截距最大，‎ 所以的最大值为. 故答案为5.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.‎ ‎14.如图，在等腰梯形中，，，于点，如果选择向量与作基底，则可用该基底表示为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知为的中点，根据向量的线性运算即可求解.‎ ‎【详解】由题意可得为的中点，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算，涉及向量的加、减法则，属于中档题.‎ ‎15.《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得份量成等差数列，且较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小一份的量为___.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设此等差数列为{an}，公差为d，则 ‎ ‎（a3+a4+a5）×=a1+a2，即，解得a1=，d=．最小一份为a1，‎ 故答案为．‎ ‎16.已知常数，函数的图像过点，，若，则的值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将点代入函数解析式，联立可得，结合，化简得，解方程即可求解.‎ ‎【详解】由条件在函数图象上，则，‎ 即，所以①‎ 函数图象上，则，‎ 即，所以②‎ ‎①×②得，‎ 又③‎ 所以④‎ 由①，②显然可知，均不为0，因为，‎ 故上式④可化为，‎ 解之得：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的性质及其运算.，需要有很强的代数变形能力和运算求解能力，属于难题.‎ 三、解答题（本大题共6个小题，满分70分，解答写出文字说明，证明过程或演算过程）‎ ‎17.已知函数，.‎ ‎（1）若是第二象限角，且，求的值；‎ ‎（2）求的最大值，及最大值对应的的取值.‎ ‎【答案】（1）（2）的最大值为3，此时 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角函数恒等变换化简，，由求，根据同角三角函数关系求解即可（2）由（1）知，根据正弦函数性质求解即可.‎ ‎【详解】（1）‎ ‎，‎ ‎，‎ 则，则，‎ ‎∵是第二象限角，∴，‎ ‎∴.‎ ‎（2）‎ ‎.‎ 当时，取得最大值3，‎ 此时，即.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用三角恒等变换化简三角函数，结合三角函数图像求最值,属于中档题.‎ ‎18.已知函数.‎ ‎（1）求函数在处的切线方程；‎ ‎（2）判断函数的导函数在上的单调性；并求出函数在上的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）在上单调递增，在上单调递减；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据导数的几何意义可知，点斜式即可求出切线方程（2）导数在上为正，所以单调递增，当时，，单调递减,同时，可知在上单调递增，在上单调递减，即可根据极值求函数的最大值.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎，，切点，‎ 所以切线方程为.‎ ‎（2），令得，‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减；且，‎ 所以在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，利用导数判断原函数的单调性，函数在闭区间上的最值问题,属于中档题.‎ ‎19.（1）当时，求证：；‎ ‎（2）如图，圆内接四边形的四个内角分别为、、、.若，，，.求的值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正余弦的二倍角公式从左边向右边即可化简证明（2）为圆的内接四边形可知，，，，由（1）结论原式可化为，连接、，设，由余弦定理即可求解.‎ ‎【详解】（1）证明.‎ ‎（2）因为为圆的内接四边形，所以，，，，由此可知：‎ 连接、，设，由余弦定理可得：‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 解得，，‎ 那么，，‎ ‎，.‎ 所以原式.‎ ‎【点睛】本题主要考查了倍角公式的应用，四点共圆对角互补以及正余弦定理的运用，属于难题.‎ ‎20.已知函数，若函数在定义域上有两个极值点，，而且. ‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）证明：.‎ ‎【答案】(1) (2)见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出函数的导数，结合二次函数的性质确定a的范围即可；（2‎ ‎）结合二次函数的性质，求出f（x1）+f（x2）的解析式，根据函数的单调性证明即可．‎ ‎【详解】（1）因为函数在定义域上有两个极值点，，且，‎ 所以在上有两个根，，且，‎ 即在上有两个不相等的根，.‎ 所以，‎ 解得，即的取值范围为.‎ ‎（2）证明：由题可知，是方程的两个不等的实根，‎ 所以，其中 故 ‎，‎ 令，其中.故，‎ 所以在上单调递减，则，即.‎ ‎【点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.‎ ‎21.给定无穷数列，若无穷数列满足：对任意，都有，则称与“接近”.‎ ‎（1）设是首项为，公比为的等比数列，，，判断数列 是否与接近，并说明理由；‎ ‎（2）已知是公差为的等差数列，若存在数列满足：与接近，且在这100个值中，至少有一半是正数，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）数列与是接近的，详见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）写出与的通项公式，计算即可证明（2）由题意，分公差，公差，，公整分类讨论，分别取满足条件，利用与接近的定义，计算中所含的正数.‎ ‎【详解】（1）数列与是接近的.理由如下：‎ 因为是首项为公比为的等比数列，所以，‎ ‎，所以，，‎ 即数列与是接近的.‎ ‎（2）因为是公差为的等差数列，若存在数列满足：与是接近的，‎ 可得，‎ ‎①若公差，可取，可得，‎ 则中有100个正数，符合题意；‎ ‎②若公差，取，则，，‎ ‎，‎ 则中有100个正数，符合题意；‎ ‎③若公差，可令，，‎ ‎，‎ 则中有50个正数，符合题意；‎ ‎④若公整，若存在数列满足：与是接近的，‎ 即为，，‎ 可得，‎ 则中无正数，不符合题意；‎ 综上：的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查了对新定义类问题，涉及等差数列的通项公式，绝对值不等式的性质，对运算推理论证能力要求较高，属于难题.‎ 请考生在第22、23题中仼选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号.‎ ‎22.在极坐标系中，直线过点，且与直线垂直.‎ ‎（1）设直线上的动点的极坐标为，用表示；‎ ‎（2）在以极点为坐标原点，极轴为轴的正半轴的直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），若曲线与直线交于点，求点的极坐标及线段的长度.‎ ‎【答案】（1）（2）答案不唯一，具体见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）点的极坐标为代入直线的极坐标方程即可求解（2）联立曲线与直线即可求解点的极坐标，利用两点间距离公式求的长度即可.‎ ‎【详解】（1）由已知条件可得：‎ 直线的极坐标方程为：，‎ ‎∵动点在直线上，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎（2）曲线的极坐标方程为：，‎ 联立曲线与直线解得：或，‎ ‎∴①当时：，‎ ‎②当时：.‎ ‎∴或.‎ ‎【点睛】本题主要考查了极坐标方程的应用，以及极径的几何意义，属于中档题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）若恒成立，求实数的最大值；‎ ‎（2）在（1）成立的条件下，正数满足，证明：.‎ ‎【答案】(1)2；(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得，则原问题等价于，据此可得实数的最大值.‎ ‎（2）证明：法一：由题意结合(1)的结论可知，结合均值不等式的结论有，据此由综合法即可证得.‎ 法二：利用分析法，原问题等价于，进一步，只需证明，分解因式后只需证，据此即可证得题中的结论.‎ ‎【详解】（1）由已知可得，‎ 所以，‎ 所以只需，解得，‎ ‎∴，所以实数的最大值.‎ ‎（2）证明：法一：综合法 ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，当且仅当时取等号，①‎ 又∵，∴，‎ ‎∴，当且仅当时取等号，②‎ 由①②得，∴，所以.‎ 法二：分析法 因为，，‎ 所以要证，只需证，‎ 即证，‎ ‎∵，所以只要证，‎ 即证，‎ 即证，因为，所以只需证，‎ 因为，所以成立，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值函数最值的求解，不等式的证明方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎