高三教学质量检测
数学试题
2020．01
本试卷分第 I 卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，将第 I 卷选择题的正确答案选项填涂在
答题卡相应位置上，考试结束，将答题卡交回．考试时间 120 分钟，满分 150 分．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将姓名、座号、准考证号填写在答题卡规定的位置上．
2．第 I 卷每小题选出答案后，用 2B 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，再选涂其它答案标号．答案不能答在试题卷上．
3．第Ⅱ卷答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试题卷上；如需
改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带．不按
以上要求作答的答案无效．
第 I 卷(选择题 共 60 分)
一、选择题：(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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．已知复数 在复平面内对应的点分别为
A． B． C． D．
2．设 ，则“ ”是“ ”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．向量 满足 ，则向量 的夹角为
A． B． C． D．
4．已知数列 中， ．若 为等差数列，则
A． B． C． D．
5．已知点 在抛物线 上，点 M 到抛物线 C 的焦点的距离是
A．4 B．3 C．2 D．1
2,iz z ( ) ( ) 1
1 2
2
1,1 , 0,1 zZ Z z
=，则
1 i+ 1 i− + 1 i− − 1 i−
a R∈ sin cosα α= sin 2 1α =
a b ， ( ) ( )1, 2, 2a b a b a b= = + ⊥ − a b 与
45 60 90 120
{ }na 3 72, 1a a= = 1
na
5a =
2
3
3
2
4
3
3
4
( )2,4M ( )2: 2 0C y px p= >6．在 中， ，则
A． B． C． D．
7．已知双曲线 的左、右焦点分别为 为坐标原点，P
是双曲线在第一象限上的点， ，则双曲线 C 的渐近
线方程为
A． B． C． D．
8．已知奇函数 是 R 上增函数， 则
A. B．
C. D.
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多
项是符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的 0 分。
9．如图，正方体 的棱长为 1，则下列四个命题正确的是：
A．直线 BC 与平面 所成的角等于
B．点 C 到面 的距离为
C．两条异面直线 所成的角为
D．三棱柱 外接球半径为
10．要得到 的图象 ，只要将 图象 怎样变化得到?
A．将 的图象 轴方向向左平移 个单位
ABC∆ 2 , 2 0AB AC AD AE DE EB xAB yAC+ = + = = + ，若
2y x= 2y x= − 2x y= 2x y= −
( )2 2
2 2: 1, 0, 0x yC a ba b
− = > > 1 2,F F O，
( ) 2
1 2 1 2=2 =2 , 0 ,PF PF m m PF PF m> ⋅ =
1
2y x= ± 2
2y x= ± y x= ± 2y x= ±
( )f x ( ) ( )g x xf x=
23
32
3
1log 2 24g g g
−− > >
2 3
3 2
3
1log 2 24g g g
− − > >
23
32
3
12 2 log 4g g g
−− > >
2 3
3 2
3
12 2 log 4g g g
− − > >
1 1 1 1ABCD A B C D−
1 1ABC D 4
π
1 1ABC D 2
2
1 1D C BC和
4
π
1 1 1 1AA D BB C− 3
2
cos2y x= 1C sin 2 3y x
π = + 2C
sin 2 3y x
π = + 2C x沿
12
πB． 的图象 轴方向向右平移 个单位
C．先作 轴对称图象 ，再将图象 轴方向向右平移 个单位
D．先作 关于 x 轴对称图象 ，再将图象 轴方向向左平移 个单位
11 ． 已 知 集 合 ， 若 对 于 ， 使 得
成 立 ， 则 称 集 合 M 是 “ 互 垂 点 集 ”． 给 出 下 列 四 个 集 合 ：
； ； ；
．其中是“互垂点集”集合的为
A． B． C． D．
12．德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet，1805～l859)在数学领域成就显著．19 世纪，狄利克
雷定义了一个“奇怪的函数” 其中 R 为实数集，Q 为有理数集．则
关于函数 有如下四个命题：
A．函数 是偶函数
B． 恒成立
C．任取一个不为零的有理数 T， 对任意的 恒成立
D．不存在三个点 ，使得△ABC 为等腰直角三
角形其中真命题的个数是__________________．
第 II 卷(非选择题 共 90 分)
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
13．已知直线 相交于 A，B 两点(O 为坐标原点)，且
为等腰直角三角形，则实数 的值为__________；
14．已知直线 与曲线 相切，则 a 的值为_________；
l5．2019 年 7 月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到
sin 2 3y x
π = + 2C x沿 11
12
π
2C x关于 3C 3C x沿 5
12
π
2C 3C 3C x沿
12
π
( ) ( ){ }= ,M x y y f x= ( ) ( )1 1 2 2, , ,x y M x y M∀ ∈ ∃ ∈
1 2 1 2 0x x y y+ =
( ){ }2
1 , 1M x y y x= = + ( ){ }2 , 1M x y y x= = + ( ){ }3 , xM x y y e= =
( ){ }4 , sin 1M x y y x= = +
1M 2M 3M 4M
( ) 1,
0, R
x Qy f x x C Q
∈= = ∈
( )f x
( )f x
( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2, ,Rx x C Q f x x f x f x∀ ∈ + = +
( ) ( )f x T f x+ = x R∈
( )( ) ( )( ) ( )( )1 1 2 2 3 3, , ,A x f x B x f x C x f x， ，
2 20 2x y a y− + = + =与圆O：x AOB∆
a
2y x= + ( )lny x a= +国际社会认可．良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年文明史．考古
科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律．已知样本中
碳 14 的质量 N 随时间 t(单位：年)的衰变规律满足 ( 表示碳 14 原有的质
量)，则经过 5730 年后，碳 14 的质量变为原来的__________；经过测定，良渚古城遗址文物
样本中碳 14 的质量是原来的 ，据此推测良渚古城存在的时期距今约在 5730 年到
__________年之间．(参考数据：lg2≈0.3，lg 7≈0.84，lg 3≈0.48)(本题第一空 2 分，第二空 3
分)
16．已知 的顶点 A∈平面 ，点 B，C 在平面 异侧，且 ，若
AB，AC 与 所成的角分别为 ，则线段 BC 长度的取值范围为___________．
四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
l7．(本小题满分 10 分)
已知
(I)求函数 的最小正周期及单调递减区间；
(II)求函数 在区间 的取值范围．
18．(本小题满分 12 分)
在 ， 分别为内角 A，B，C 的对边，且 ，若
．
(I)求 cosA
(Ⅱ)求 的面积 S．
5730
0 2
T
N N
−
= ⋅ 0N
3 1
7 2
至
ABC∆ α α 2 3AB AC= =，
α
3 6
π π，
( ) ( )2cos sin 3 cos 3f x x x x= − +
( )f x
( )f x ,02
π −
ABC∆ , ,a b c ( )2 2 28 sin 3ab C b c a= + −
10, 5a c= =
ABC∆19．(本小题满分 l2 分)
设数列 的前 项和为 ，已知 ．
(I)证明： 为等比数列，求出 的通项公式；
(Ⅱ)若 ，求 的前 项和 ，并判断是否存在正整数 使得 成立?
若存在求出所有 值；若不存在说明理由．
20．(本小题满分 12 分)
《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早 1000 多年，在《九章算术》
中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qian du)；阳马指底面为矩形，
一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖膈(bie nao)指四个面均为直角三角形的四面体．如图在堑堵
中， ．
(I)求证：四棱锥 为阳马；
(Ⅱ)若 ，当鳖膈 体积最大时，求锐二面角 的余弦值．
{ }na n nS 1 11, 2 1,n na S S n N ∗
+= − = ∈
{ }1nS + { }na
n
n
nb a
= { }nb n nT n 12 50n
nT n−⋅ = +
n
1 1 1ABC A B C− AB AC⊥
1 1B A ACC−
1 2C C BC= = 1C ABC− 1 1C A B C− −21．(本小题满分 12 分)
给定椭圆 ，称圆心在原点 O，半径为 的圆是椭圆 C 的“卫
星圆”.若椭圆 C 的离心率 ，点 在 C 上．
(I)求椭圆 C 的方程和其“卫星圆”方程；
(Ⅱ)点 P 是椭圆 C 的“卫星圆”上的一个动点，过点 P 作直线 使得 与椭圆 C 与椭
圆 C 都只有一个交点，且 分别交其“卫星圆”于点 M，N，证明：弦长 为定值．
22．(本小题满分 12 分)
已知函数 的导函数．
(I)求证： 上存在唯一零点；
(Ⅱ)求证： 有且仅有两个不同的零点
( )2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
+ = > > 2 2a b+
2
2
( )2, 2
1 2,l l ， 1 2,l l ，
1 2,l l ， MN
( ) ( ) ( )ln 2sin ,f x x x x f x f x′= − + 为
( ) ( )0f x π′ 在 ，
( )f x高三数学试题参考答案 2020.01
一、选择题
题
号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 1
0
1
1
1
2
答
案
D C C C A D D B A
BD
A
BC
B
D
C
D
二、填空题
13. 14. 15. ， 16.
三、解答题
17. 解: (Ⅰ) 由题意，化简得
所以 函数 的最小正周期 . ………………………………………3 分
的减区间为
由
得
所以 函数 的单调递增区间为 . ······················6
分
（Ⅱ）因为 ，所以 .
所以 .
所以 函数 在区间 上的取值范围是 .····························10
分
18. 解:由题意得
由余弦定理得:
2± 3 1
2 6876 7, 13
2( ) 2cos sin 3(2cos 1)f x x x x= − −
sin 2 3cos2x x= −
2sin(2 )3x
π= −
( )f x π
siny x=
32 ,2 ,2 2k k k Z
π ππ π + + ∈
32 2 22 3 2k x k
π π ππ π+ ≤ − ≤ +
5 11
12 12k x k
π ππ π+ ≤ ≤ +
( )f x 5 11, ,12 12k k k Z
π ππ π + + ∈
,02x
π ∈ −
42 ,3 3 3x
π π π − ∈ − −
2 2sin(2 ) 33x
π− ≤ − ≤
( )f x ,02
π − 2, 3 −
2 2 28 sin 3( )
2 2
ab C b c a
bc bc
+ −=
4 sin 3cosa C Ac
=由正弦定理得
所以
中, ············································································6 分
(Ⅱ)由余弦定理 得
解得 或 ····················································································9 分
,
由 得 或 ······················································12 分
19. 解: (Ⅰ)
为等比数列··················································2 分
，公比为
， ，当 时， ， 也满
足此式
···························································5 分
(Ⅱ)
两式相减得：
··························································9 分
代入 得 ·····································10 分
令 ， 在 成立，
为 增 函
数；·····························································11 分
4sin 3cosA A=
3tan 4A =
ABC∴∆ 4cos 5A =
2 2 2 2 cosa b c bc A= + − 2 8 15 0b b− + =
3b = 5b =
3tan 4A =
3sin 5A∴ =
1 sin2S bc A= ⋅ 15
2S = 9
2S =
1 2 1n nS S+ − =
1 1 2( 1)n nS S+∴ + = + *n N∈
{ }1nS∴ +
1 1 2S + = 2
1 2n
nS∴ + = 2 1n
nS = − 1
1 2 1n
nS −
−∴ = − 2n ≥ 1
1 2n
n n na S S −
−= − = 1 1a =
12n
na −∴ =
12n n
n
n nb a −= =
0 1 1
1 2
2 2 2n n
nT −= + + ⋅⋅⋅ +
1 2
1 1 2
2 2 2 2n n
nT = + + ⋅⋅⋅ + 0 1 1
1 1 1 1 222 2 2 2 2 2n n n n
n nT −
+= + + ⋅⋅⋅ + − = −
1
24 2n n
nT −
+= −
12 50n
nT n−⋅ = + 2 26 0n n− − =
( ) 2 26xf x x= − − ( 1)x ≥ ( ) 2 ln 2 1 0xf x′ = − > [ )1,x∈ +∞
( ) 2 26xf x x∴ = − − (1, )x∈ +∞有 ，所以不在正整数 使得 成立.················12 分
20. 解：(Ⅰ) 底面 ， 面
································2 分
又 ，
面 ，····························4 分
又四边形 为矩形
四棱锥 为阳马······················5 分
(Ⅱ) , ，
又 底面 ，
当且仅当 时， 取最大值···················7 分
， 底面
以 为原点，建立如图所示空间直角坐标系·····8 分
, ,
, ,
设面 的一个法向量
由 得 ····························9 分
同理得 ······································10 分
二面角 的余弦值为 ·······················12 分
(5) (4) 0f f⋅ < n 12 50n
nT n−⋅ = +
1A A ⊥ ABC AB ⊂ ABC
1A A AB∴ ⊥
AB AC⊥ 1A A AC A=
AB∴ ⊥ 1 1ACC A
1 1ACC A
∴ 1 1B A ACC−
AB AC⊥ 2BC = 2 2 4AB AC∴ + =
1A A ⊥ ABC
1 1
1 1
3 2C ABCV C C AB AC−∴ = ⋅ ⋅ ⋅
2 21 1 2
3 3 2 3
AB ACAB AC
+= ⋅ ⋅ ≤ ⋅ =
2AB AC= = 1
1
3C ABCV AB AC− = ⋅ ⋅
AB AC⊥ 1A A ⊥ ABC
∴ A
( 2,0,0)B (0, 2,0)C 1(0,0,2)A
1 ( 2,0, 2)A B = − ( 2, 2,0)BC = −
1 1 (0, 2,0)AC =
1A BC 1 1 1 1( , , )n x y z=
1 1
1
0
0
n A B
n BC
⋅ =
⋅ =
1 ( 2 2,1)n =
2 ( 2,0,1)n =
1 2
1 2
1 2
15cos , 5| | | |
n nn n
n n
⋅∴ < >= =
⋅
1 1C A B C− − 15
5
A
A1
A
B
C
A
C1
x
y
Z21. 解：(Ⅰ)由条件可得:
解得
所以椭圆的方程为 ，··············································3 分
卫星圆的方程为 ················································4 分
（II）①当 中有一条无斜率时，不妨设 无斜率，
因为 与椭圆只有一个公共点，则其方程为 或 ，
当 方程为 时，此时 与“卫星圆”交于点 和 ，
此时经过点 且与椭圆只有一个公共点的直线是
或 ，即 为 或 ，
线段 应为“卫星圆”的直径， ·····························7 分
② 当 都有斜率时，设点 ，其中 ，
设经过点 与椭圆只有一个公共点的直线为 ,
则， 消去 得到 ，·····9 分
····································10 分
·································11 分
所以 ，满足条件的两直线 垂直.
线段 应为“卫星圆”的直径，
综合①②知：因为 经过点 ，又分别交其准圆于点 ，且 垂直，
所以线段 准圆 的直径， 为定值················12 分
1 2,l l 1l
1l
1l 1l
2l
1 2,l l ),( 00 yxP
),( 00 yxP 00 )( yxxty +−=
y
121 −=⋅tt 1 2,l l
1 2,l l ),( 00 yxP 1 2,l l
2 2
2
2
4 2 1
c
a
a b
=
+ =
2 2, 2a b= =
2 2
18 4
x y+ =
2 2 12x y+ =
2 2x = 2 2x = −
2 2x = (2 2,2) (2 2, 2)−
(2 2,2) (2 2, 2)−
2y = 2y = − 2y = 2y = −
1 2l l∴ ⊥
∴ MN ∴ | | 4 3MN =
2 2
0 0 12x y+ =
0 0
2 2
( )
18 4
y tx y tx
x y
= + − + =
2 2 2
0 0 0 0(1 2 ) 4 ( ) 2( ) 8 0t x t y tx x y tx+ + − + − − =
2 2 2
0 0 0 0(64 8 ) 16 32 8 0x t x y t y∴∆ = − + + − =
2 2
0 0
1 2 2 2
0 0
32 8 32 8(12 ) 164 8 64 8
y xt t x x
− − −∴ ⋅ = = = −− −
∴ MN ∴ | | 4 3MN =
MN
MN 2 2
0 0 12x y+ = | |=4 3MN∴22. 解:（1）设 ，
当 时， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2 分
所以 在 上单调递减， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3 分
又因为
所以 在 上有唯一的零点 ，所以命题得证∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6 分
（2）1°由（1）知：当 时， ， 在 上单调递增；
当 时， ， 在 上单调递减；∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙7 分
所以 在 上存在唯一的极大值点
所以 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分
又因为
所以 在 上恰有一个零点∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9 分
又因为
所以 在 上也恰有一个零点∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9 分
2°当 时， ，
设 ，
所以 在 上单调递减，所以
所以当 时， 恒成立
所以 在 上没有零点. ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙10 分
3°当 时，
设 ，
所以 在 上单调递减，所以
xxxfxg cos211)()( +−=′=
),0( π∈x 01sin2)( 2
′ xf )(xf ),0( α
),( πα∈x 0)( −>+−=> ππππα ff
2 2 2 2
1 1 1 1( ) 2 2sin 2 2 0f e e e e
= − − + < − − + <
)(xf (0, )α
02ln)(
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