2020届内蒙古呼和浩特市高三上学期质量普查调研考试数学（文）试题（解析版）

2020届呼和浩特市高三年级质量普査凋研考试

文科数学

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，考生各必将自己的姓名、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，用橡皮擦干浄后，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，写在本武卷无效.

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.已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

分析】

利用诱导公式及余弦的二倍角公式即可求解.

【详解】

故选：B

【点睛】本题主要考查了三角函数诱导公式，三角恒等变换求值，选择合理二倍角公式是求解的关键，属于中档题.

4.在同一直角坐标系中，函数且的图象可能是（  ）

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.

5.已知等差数列的前项和为，若，，则的公差为（    ）

A. 8 B. 4 C. 2 D. 1

【答案】C

【解析】

【分析】

根据等差数列的前n项和与等差数列的性质，等差数列的通项公式，化简即可求解.

【详解】由等差中项得，

因为

所以，所以

所以d=2.

故选：C.

【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，前n项和公式，等差中项，等差数列的性质，属于中档题.

6.已知是函数的极小值点，则（    ）

A. -4 B. -16 C. -2 D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】

求导并化简可得，列表即可求出极小值点，得解.

【详解】因为

所以可得，和如下表

由表知函数的极小值点为2.

故选：D

【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的极值，属于容易题.

7.若函数为R上的奇函数，且当时，，则（    ）

A. -2 B. -3 C. -4 D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】

根据奇函数的性质可知解得，利用奇函数可知即可求解.

【详解】∵为R上的奇函数，

∴，解得，

∴时，；

∴.

故选：A

【点睛】本题主要考查了奇函数的性质，对数的运算，属于中档题.

8.函数的图像向左平移个单位以后，得到的图像对应的函数解析式为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

函数的图像向左平移个单位以后得，化简即可求解.

【详解】左移个单位，得到，

四个选项中，首先排除A和D，

选项B中，，

故选：B

【点睛】本题主要考查了三角函数图象的变换，诱导公式，属于中档题.

9.若命题甲是命题乙的充分非必要条件，命题丙是命题乙的必要非充分条件，命题丁是命题丙的充要条件，则命题丁是命题甲的（    ）

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】B

【解析】

【分析】

根据题意，设命题甲为集合A，命题乙为集合B，命题丙为集合C，命题丁为集合D，转化为集合之间的包含关系，可探求命题之间的关系，判断命题丁能否推出命题甲，及命题甲能否推出命题丁，即可得出结论.

【详解】设命题甲为集合A，命题乙为集合B，命题丙为集合C，命题丁为集合D；

命题甲是命题乙的充分非必要条件；命题丙是命题乙的必要非充分条件命题乙是命题丙的充分非必要条件，命题丁是命题丙的充要条件，综上得到，可知，及命题甲是命题丁的充分非必要条件命题丁是命题甲的必要非充分条件，

故选：B

【点睛】本题主要考查了充分条件，必要条件，真子集，属于中档题.

10.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.

11.已知ABC的三边，，满足：，则此三角形是（    ）

A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形

【答案】A

【解析】

【分析】

由题意∠C为三角形ABC中的最大角，只需分析∠C即可，由可得，，从而由余弦定理得变形可知∠C为锐角，即可求解.

【详解】可知，∠C为三角形ABC中的最大角，

且，

所以，

亦即，

将两式相加得：

所以∠C为锐角，三角形ABC为锐角三角形，

故选：A

【点睛】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，不等式的性质，放缩法，属于中档题 .

12.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.

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，，且∥，则实数___________.

【答案】

【解析】

【分析】

根据向量坐标的运算可得，，根据向量平行即可求出.

【详解】由己知得，，，

由于∥,

所以

得.

故答案为：

【点睛】本题主要考查了平面向量的坐标运算，向量平行的充要条件，属于中档题.

14.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.

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.下列命题：①若等差数列的公差d不为0，则给，对于一切，都有；②若等差数列的公差d<0.且，则和都是中的最大项；③命题P：，，的否定为：，；④若函数，则.其中真命题的序号为____________.

【答案】①②.

【解析】

【分析】

由等差中项的概念可判断①的正误；根据数列项的符号变化及可判断②；由命题的否定的定义可确定③的正误；根据求导公式可知④的正误.

【详解】①根据等差中项可知，是正确的；②对于d<0，，可得，所以和都是数列中的最大项；③命题P的否定为：，，所以③错；对于④因为所以④错误.

故答案为：①②

【点睛】本题主要考查了等差中项，等差数列的前n项和，命题的否定，求导公式，属于中档题.

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.己知函数.

(1)若在处的切线过原点，求切线的方程；

(2)令，求在上的最大值和最小值.

【答案】（1）（2）最大值，最小值

【解析】

【分析】

（1）求函数的导数，，点斜式写出切线方程即可（2）利用导数判断函数的单调性，确定极值，即可求出函数的最大值,最小值.

【详解】(1)设切线的方程为

，则

，则

切线方程为

则

∴切线的方程为.

(2)，

当时，；时，，

所以最大值

∵，，且

所以最小值.

【点睛】本题主要考查了导数几何意义，切线方程，利用导数研究函数的单调性，极值，最值，属于中档题.

18.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.

19.已知为数列的前项和，已知，，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)求满足的的最大值.

【答案】（1）（2）的最大值为9.

【解析】

【分析】

（1）根据与的关系可推出，写出等差数列的通项公式即可（2）利用裂项相消法求和，解不等式即可.

【详解】(1)当时，；

当时，①

②

①-②整理得

，所以.

(2)设

所以

令，解得

所以的最大值为9.

【点睛】本题主要考查了与的递推关系，裂项相消法，等差数列的定义，属于中档题.

20.（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.

21.己知函数

(1)设时，判断函数在上的零点的个数；

(2)当，是否存在实数，对且，有恒成立，若存在，求出的范围：若不存在，请说明理由.

【答案】（1）在上无零点（2）存在，的取值范围是[2，+∞)

【解析】

【分析】

（1）利用导数可知函数在(0，1)，(1，+∞)单调递增，在(1，)上递减，可得在单调递增且可知无零点（2）化简得，由可得（）恒成立，构造函数，需有恒成立，分离参数求解即可.

【详解】(1)的定义域是(0，+∞)

，

令得到：，，且

所以函数在(0，1)，(1，+∞)单调递增，在(1，)上递减

因为

所以在单调递增，

因为，

所以在上无零点.

(2)因为，

所以

化简得

不妨设可化为；

考查函数则

即，整理可得

令，则，

因此单调递減，所以

所以

综上：的取值范围是[2，+∞)

【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调区间，极值，零点，利用导数证明不等式恒成立，属于难题.

请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时清写清题号.

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，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.