2020届内蒙古呼和浩特市高三下学期第一次质量普查调研考试数学(理)试题

1、- 1 -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n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n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

2、合A x Z|CgX 3,B x|(x 1)(x 2) 0，则A B()A .0,1,2B.1,2C.x|0 剟 x 2D.x|1 x 32.若复数 zcosi sin，则当一2时，复数z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问题的调查问卷统计图(每个受访者都只能在问卷的 5 个活动中选择一个)，由此可知，以下结论错误.的是()H么祥肋汹曲雄旋啦进同学们逆廿垃圾竹艾工公矗广黑禺设豐命类期确时坨威桶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

3、”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 回答该问卷的受访者中，选择“公益广告”的人数比选择“学校要求”的少8 个4. 已知|a | 1,|b | 2，向量a,b的夹角为一，则a (a b)()3A.1B. 1 C. 2 D. 、-31- 2 -5记Sn为数列an的前n项和，且Sn2an1，则S6的值为(66548666565A.B. C. D.72966524396如图是某空间几何体的三视图，该几何体的表面积为(27.已知函数f(x) sin2x 2sin x 1，给出下列四个结论: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

4、问题：已知x 150,300且x是整数，则满足能被 3 除余 1 且被 5 除余 3 的所有x的取值的和为()A. 2020 B. 2305 C. 4610 D. 46759已知 0 a b 1，则下列不等式一定成立的是()a bIn a “a , bA .B .1C . a I nabl nbD .a bIn a In b In bLLW iunB，若2AF FB，则双曲线 C 的离心率是(7142启 厂3函数f(x)的最小正周期是函数f (x)在区间 ，8 8内是减函数;函数f (x)的图象关于直线函数f (x)的图象可由函数3对称；8,2 sin 2x的图象向左平移个单位得到其中所有正确

5、结论的编号是4A .B.C .D .2x10设F是双曲线Cay2b21(a0,b0)的右焦点，过点F向 C 的一条渐近线引垂线，垂足为交另一条渐近线于点4- 3 -A .B . C .2D .33211.表面积为 60 的球面上有四点 S,AB,C, 且 ABC 是等边三角形，球心 O 到平面 ABC 的距离为- 4 -3，若平面 SAB 平面 ABC，则三棱锥 S ABC 体积的最大值为（）A.33Z5B.18 C.27D.99 512.已知f(x)x2，x0若fex, x 02(x)(1a)f(x)a 0恰有两个实数根x1, x2，则x1x2的取值范围是( )A .( 1,)B .(1,2

6、l n22C.(,22ln2D.(,2ln2 2第U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.）1冷 的展开式中的常数项为x14已知定义在R上的奇函数f（X），当 x 0 时，f（X）线方程为_ .15若 10 件产品中包含 2 件废品，今在其中任取两件，则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_ 16已知抛物线方程y 4x，F为焦点，P为抛物线准线上一点，Q为线段PF与抛物线的交点，定义:三、解答

7、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 ABC 中，D为 BC 上一点，AB13.2x2C0SX SinX，则f（X）在点2,1处的切d(P)|PF|FQ|已知点P( 1,4 2)，则d(P)_ ；设点P( 1,t)(t0)，则2d(P) |PF|的值为2 AC ,COSB- 5 -(I)若BD AD,求矩的值;AC（H）若AD为 BAC 的角平分线，且BC，求ADC 的面积- 6 -18如图，在矩形 ABCD 中，AB 4,AD 2 ,E在 DC 边上，且DE 1,将厶 ADE沿AE折到 AD E的位置，使得平面AD E平面 ABCE (

8、H)求二面角D AB E的平面角的余弦值19.检验中心为筛查某种疾病， 需要检验血液是否为阳性， 对n(n N*)份血液样本，有以下两种检验方式：逐份检验，需要检验n次；混合检验，即将其中 k (k N*且2)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k 份的血液全为阴性，因而这 k 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 k 份血液究竟哪几份为阳性，再对这 k 份再逐份检验，此时这 k 份血液的检验次数总共为 k 1 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p(0 p 1).(I)假设有 5 份

9、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的概率；(H)现取其中 k ( kN*且k-2)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1,11-4-时，根据1和2的期望值大小，讨论当 k取何值时，采用逐份检验方式好?(I)求椭圆 C 的方程;采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为点2.当P(参考数据：In 2 0.69 , In 31.10 , ln5 1.61 ,e 2.72 ,e7.39,e320.09.)2 2小xy20.已知椭圆2ab1(ab 0)的离心率为泌2F1、F2分别是椭圆的左右焦点,点P为椭圆上一点，R

10、PF2的面积的最大值为.3.(n)过点A(4,0)作关于x轴对称的两条不同直线11,l2，分别交椭圆于点M x1, y1N X2, y2，且- 7 -X1X2，证明直线MN过定点，并求AMN 的面积 S的取值范围.- 8 -21.已知函数f(x) (x a)ln(ax)( a 0 且 a 1 )的零点是Xi,X2.(I)设曲线y f (x)在零点处的切线斜率分别为 匕*2，判断k1k2的单调性;(n)设x是f (x)的极值点，求证：X1X22x.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 把所选题目对应的题号涂黑1,以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建

11、立极坐标系，曲点A的极坐标为4,-23已知函数f(x) |2x a| 2|x 1|,(I)当 a 1 时，解关于x的不等式f(X)6;取值范围.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参考答案、选择题:sinB、1 cos BQ壘,AB 2AC ,sin B sin C线c2的极坐标方程为:4，正方形ABCD 的顶点都在C2上，且AB、C、D 逆时针依次排列,2B 铅笔在答题卡上22.已知椭圆 G 的普通方程为:(I)写出曲线 G 的参数方程，及点 B、C、D 的直角坐标;(n)设P为椭圆G上的任意一点，求:|PA |2| PB |2|PC |2| PD |2的最大值.(n

12、)已知g(x) |x 1| 2,若对任意XiR,都存在x2R,使得f Xtg x2成立，求实数a的二、填空题:13.24014.2x y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解:(I)Q cosB- 9 -snC空2sin B ACQ BDAD，可得ADC 2 B ,sinADCsin2 B2sin B cos B ,在 ADCAD中 -ACsin C2sin B1,5sin ADC 2sin BcosBcosB 2（n）设 AC t，则 AB 2t，在 ABC 中由余弦定理可得:cosBC.3)2(2t)2t24T3t解得t远或t远351 1

13、综上ACD 的面积为丄或-3518.(I)证明：连接BD交AE于点0,AB AD依题意得 一一一一2,RtABDs RtADAE,DA DEDAE ABD,又OD OB O,OB,OD平面OBDAE平面OBD,又BD平面OBD,AE BD;因为 BD 2 DC ，所以DC又由（1 ）知sin CAB 2sin BAC 1所以sinC2sin2,5由（1）知当AC15时ACD11AC | |CD | sinC -23当AC 15时SACD5AC | |CD | sinC -25得AOD 90，则AEBD，即OB AE,ODAE,- 10 -(n)Q平面ADE平面ABCE，平面ADE平面ABCEO

14、D平面AD E,AE OD,所以OD平面ABCE,以O为原点，建立空间直角坐标系O xyz如图所示.24在RtAAD E中，求得OD -，OA4，OEV5A4,0,0，B 0,8,0，D ,5、5AE，0,0，缶，uun则AB48 _.5,.5,0uuur，BD0,8 25,5，设平面ABD的法向irni(x,y,z)，ur则nuuuABuuurBD4 5X8,5y8J25z0解得x 2yz 4y1，得ur(2,1,4)，显然平面ABE的一个法向量为uun2(0,0,1).ir uu|cos n1,n24.2121，显然二面角DAB E的平面角为锐角,面角DAB E的平面角的余弦值为4. 21

15、2141 21- 11 -19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A事件,则P(A)1100,-12 -Q直线li2关于x轴对称,(2)E1k，2的取值为 1，k1,计算P21(1P)k,P2k1 1(1P)k,所以E2(1kp)(k 1)1 (1kp)k 1 k(11kk又p 1e4，E2k 1ke4, 所以k1 ke7kk即Ink -0.4x114 x设f (x)ln x,f (x)-x 0,4x44x当x (0,4)时，f (x)0,f (x)在(0,4)上单调递增；当x (4,)时，f(x) 0,f (x)在(4,)上单调递减且f (8)1In82 3I n22

16、90，f(9) ln942In3所以k的取值大于等于9 时米用逐份检验方式好20.解：(1)由题意一a2设P(x, y)，则SAF1PF2e| y |Q|y|, b，SAF1PF2,be3又a2b22e,解得a 2,b)1.94kP)2x椭圆C的方程为4yi 亠0即x14 x24nyjm 4ny2m 4y2i.(2)设MN的方程为x ny m(n0)，联立ny m4y24得n24 y22nmy m216 n2yi2mny2厂，仆m24n24- 13 -即2ny2m % y24 yi022nm 8nm2 2n 4 n 4所以直线MN得方程为x ny 1S2|AB|y y2|荻y0普21.解：由1

17、(xa)ln(ax)0,得1，x2a.a则k1fX1f1a21，k2f X22f (a) 2ln a，所以 &k22ln a a 1a令g(x)2ln xx21则g(x)2-(x2x1)(x 1)xx所以当0 x1时，g(x)0；当兰x1时g (x)0，故g(x)在(0,1)单调递增，在(1,)递减则g (x)人1令h(x) Inx 1(x0)，x11 x 1则h (x)22.x x x2n m20.解得所以直线MN过定点B(1,0)yiy22n2n24 ( 3)o&，yi(2)法一、令g(x) f (x)ln (ax)1(x0),lnf (x)在(0,X1X2)上单调递增2a

18、ln2a211.4(o3),1 1222n 4n24故f x- 14 -所以当0 x 1时，h(x) 0,h(x)单调递减;当x 1时h (x),h(x)单调递增所以h(x) h(1)0,当且仅当x 1时等号成立.因为0 x x，所以F (x)0,所以F (x)在0,x0单调递减,又因为a222a 1, a 12,小所以hIn210 x1x2X。因为f (x)在(0,)上单调递增， 所以x1x2x0.2即x1x22x0.,aa法二、f (x) In (ax)1 Inx Ina 1，xx1 af (x)2在x 0，f (x)0恒成立，x x由题知x0为f (x)的极值点，所以In ax0ax0且f (x)在0,x)单调递减，在X。,单调递增故x x0为f(X)的极小值点令F (x) f x0 x f x0 x则F (x) f x0 x f x0 xaIn x0 xa2In a 2xxxx故F (x)a1a2x4ax0 x22222 22X0XXxX0XX0XX0XIn x0 x1Xx- 15 -所以F (x)F (0) In x0 InX。aX0X02In a 20所以F （x）在0,x）单调递减，所以F(x)F(0) 0所以x0 xf X。x，不妨设0 X1X0X2，f x2f : X1f X1X0X0f X0X0X1f X0X0X1f 2x0 x1所