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．
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
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（ ）
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 ， ，向量 的夹角为 ，则 （ ）
{ |0 3}A x Z x= ∈ { |( 1)( 2) 0}B x x x= + − ≤ A B∩ =
{0,1,2} {1,2} { |0 2}x x { | 1 3}x x− ≤ ≤
cos sinz iα α= +
2
π α π< < z
| | 1a = | | 2b = ,a b
3
π
( )a a b⋅ + = A． B．1 C．2 D．
5.记 为数列 的前 项和，且 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
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．
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 内是减函数；
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
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
9.已知 ，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
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（ ）
3 1− 3 1+
nS { }na n 2 1n nS a= − + 6S
665
729
486
665
665
243
65
9
π 2π 3π 4π
2( ) sin2 2sin 1f x x x= − +
( )f x π
( )f x 5,8 8
π π
( )f x 3
8x
π= −
( )f x 2 sin2y x=
4
π
[150,300]x∈ x x
0 1a b< < <
ln ln
a b
a b
> ln 1ln
a
b
< ln lna a b b< a ba b>
F
2 2
2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b
− = > > F C
A B 2AF FB= CA． B． C． D．
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．
12.已知 若 恰有两个实数根 ，则
的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
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______.
14.已知定义在 上的奇函数 ，当 时， ，则 在点
处的切线方程为_______.
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 ， 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____.
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， ， .
14
3
2 3
3 2 3
2
60π , , ,S A B C A B C△ O A B C
3 SAB ⊥ A B C S ABC−
3 3 5+ 9 9 5+
2, 0( )
, 0x
x xf x
e x
≤= >
2 ( ) (1 ) ( ) 0f x a f x a+ − − = 21,x x 1 2x x+
( 1, )− +∞ ( 1,2ln2 2]− − ( ,2 2ln2]−∞ − ( ,2ln2 2]−∞ −
6
2
12x x
+
R ( )f x 0x < ( ) 2cos sinf x x x=− − ( )f x
, 12
π −
2 4y x= F P Q PF
| |( ) | |
PFd P FQ
= ( 1,4 2)P − ( )d P = ( 1, )( 0)P t t− >
2 ( ) | |d P PF−
A B C△ D BC 2AB AC= 2 5cos 5B =（Ⅰ）若 ，求 的值；
（Ⅱ）若 为 的角平分线，且 ，求 的面积.
18.如图，在矩形 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 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 .
（Ⅰ）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的概率；
（Ⅱ）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？
BD AD= AD
AC
AD BAC∠ 3BC = AD C△
ABCD 4AB = 2AD = E D C 1DE = ADE△
AE AD E′△ AD E′ ⊥ ABCE
AE BD′⊥
D AB E′− −
( *)n n∈N
n k *k ∈N 2k
k k
k
k k 1k +
(0 1)p p< <
k *k ∈ N 2k
1
ξ 2
ξ
4
11p
e
= −
1
ξ 2
ξ
k（参考数据： ， ， ， ， ， .）
20.已知椭圆 的离心率为 ， 、 分别是椭圆的左右焦点，点
为椭圆上一点， 的面积的最大值为 .
（Ⅰ）求椭圆 的方程；
（Ⅱ）过点 作关于 轴对称的两条不同直线 ，分别交椭圆于点 ，
，且 ，证明直线 过定点，并求 的面积 的取值范围.
21.已知函数 （ 且 ）的零点是 .
（Ⅰ）设曲线 在零点处的切线斜率分别为 ，判断 的单调性；
（Ⅱ）设 是 的极值点，求证： .
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
（Ⅰ）写出曲线 的参数方程，及点 的直角坐标；
（Ⅱ）设 为椭圆 上的任意一点，求： 的最大值.
23.已知函数 ，
（Ⅰ）当 时，解关于 的不等式 ；
（Ⅱ）已知 ，若对任意 ，都存在 ，使得 成立，
求实数 的取值范围.
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
ln 2 0.69≈ ln 3 1.10≈ ln 5 1.61≈ 2.72e ≈ 2 7.39e ≈ 3 20.09e ≈
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
+ = > > 3
2 1F 2F
P 1 2F PF△ 3
C
(4,0)A x 1 21 ,l ( )1 1,M x y
( )2 2,N x y 1 2x x≠ MN AMN△ S
( ) ( )ln( )f x x a ax= − 0a > 1a ≠ 1 2,x x
( )y f x= 1 2,k k 1 2k k+
0x ( )f x 1 2 02x x x+ >
1C
2 2
14 9
x y+ = x
2C 4ρ = ABCD 2C
A B C D、 、 、 A 4, 6
π
1C B C D、 、
P 1C 2 2 2 2| | | | | | | |PA PB PC PD+ + +
( ) |2 | 2| 1|f x x a x= − + +
1a = x ( ) 6f x ≤
( ) | 1| 2g x x= − + 1x ∈ R 2x ∈R ( ) ( )1 2f x g x=
a一、选择题：A B D C A C C B A B C D
二、填空题：13.240 14. 15. 4，2
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） ，可得：
，
， ，
，可得 ，
，
在 中
（Ⅱ）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
2 1 0x y π+ − + = 4
11
2 5cos 5B =
2 5sin 1 cos 5B B= − =
sin sin
AC AB
B C
= 2AB AC=
sin 2sin
C AB
B AC
∴ = =
BD AD= 2ADC B∠ = ∠
sin sin 2 2 sin cosADC B B B∴ ∠ = =
∴ AD C△
sin 2sin 1 5
sin 2sin cos cos 2
AD C B
AC ADC B B B
= = = =∠
AC t= 2AB t= A B C△
2 2 2( 3) (2 )cos
4 3
t tB
t
+ −=
15
3t = 15
5t =
2BD D C= 3
3DC =
sin 2
sin 1
C AB
B AC
= =
2 5sin 2sin 5C B= =
15
3AC = 1 1| | | | sin2 3ACDS AC CD C= ⋅ ⋅ =△
15
5AC = 1 1| | | | sin2 5ACDS AC CD C= ⋅ ⋅ =△
A C D△ 1
3
1
518.（Ⅰ）证明：连接 交 于点 ，
依题意得 ， ，
，
得 ，则 ，即 ， ，
又 ， ， 平面 .
平面 ，
又 平面 ，
；
（Ⅱ） 平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ， ，
所以 平面 ，
以 为原点，建立空间直角坐标系 如图所示.
在 中，求得 ， ， ，
， ， ，
则 ， ，
设平面 的法向 ，
则 即 解得 ，
令 ，得 ，
BD AE O
2AB AD
DA DE
= = Rt ABD Rt DAE△ ∽ △
DAE ABD∴∠ = ∠
90AOD∠ = ° AE BD⊥ OB AE⊥ OD AE′ ⊥
OD OB O′∩ = OB OD′ ⊂ OBD′
AE∴ ⊥ OBD′
BD′ ⊂ OBD′
AE BD′∴ ⊥
AD E′ ⊥ ABCE AD E′ ∩ ABCE AE=
OD′ ⊂ AD E′ AE OD′⊥
OD′ ⊥ ABCE
O O xyz−
Rt AD E′△ 2
5
OD′ = 4
5
OA = 1
5
OE =
4 ,0,0
5
A
80, ,0
5
B
20,0,
5
D ′
4 8, ,0
5 5
AB = −
8 20, ,
5 5
BD ′ = −
ABD′ 1 ( , , )n x y z=
1
1
0
0
n AB
n BD
⋅ = ′⋅ =
4 8 0
5 5
8 2 0
5 5
x y
y z
− + =
− + =
2
4
x y
z y
=
=
1y = 1 (2,1,4)n =显然平面 的一个法向量为 .
，
显然二面角 的平面角为锐角，
二面角 的平面角的余弦值为 .
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 事件，
则 .
（2） ， 的取值为 1， ，
计算 ， ，
所以 ，
又 ， ，所以 ，
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.
20.解：（1）由题意
设 ，则
，
ABE 2 (0,0,1)n =
1 2
1 2
1 2
4 4 21|cos , | 21| || | 1 21
n nn n
n n
⋅∴ < > = = =
×
D AB E′− −
∴ D AB E′− − 4 21
21
A
2
2
2
5
1( ) 10
AP A A
= =
( )1E kξ = 2
ξ 1k +
( )2 1 (1 )kP pξ = = − ( )2 1 1 (1 )kP k pξ = + = − −
( ) ( )2 (1 ) ( 1) 1 (1 ) 1 (1 )k k kE p k p k k pξ = − + + − − = + − −
1
41p e
−= − ( ) 4
2 1
k
E k keξ = + − 41
k
k ke k+ − >
ln 04
kk − <
( ) ln 4
xf x x= − 1 1 4( ) 4 4
xf x x x
−′ = − = 0x >
(0,4)x ∈ ( ) 0f x′ > ( )f x (0,4)
(4, )x ∈ +∞ ( ) 0f x′ < ( )f x (4, )+∞
(8) ln8 2 3ln2 2 0f = − = − > 9 9(9) ln9 2ln3 04 4f = − = − <
k
3
2
c
a
=
( , )P x y 1 2
| |F PFS c y=△
| |y b 又 ，解得 ， .
椭圆 的方程为 .
（2）设 的方程为 ，联立
得 ， ，
， ，
直线 关于 轴对称，
即 ，
即
得 .解得 .
所以直线 得方程为
所以直线 过定点
令 ， ， ，
.
21.解：由 ，得 ， .
则 ， ， 所 以
1 2
3F PFS bc∴ =△
2 2 2a b c= + 2a = 1b =
∴ C
2
2 14
x y+ =
MN ( 0)x ny m n= + ≠ 2 24 4 0
x ny m
x y
= +
+ − =
( )2 2 24 2 4 0n y nmy m+ + + − = ( )2 216 4n m∆ = + −
1 2 2
2
4
mny y n
−∴ + = +
2
1 2 2
4
4
my y n
−= +
1 2,l l x
1 2
1 2
04 4
y y
x x
∴ + =− −
1 2
1 2
04 4
y y
ny m ny m
+ =+ − + −
( ) ( )1 2 1 2 1 22 4 0ny y m y y y y+ + − + =
( )2 2
2 2 2
2 4 2 8 04 4 4
n m nm nm
n n n
−
− + =+ + + 1m =
MN 1x ny= +
MN (1,0)B
( ) ( )
2 2
1 2 2 22 2 22 2
2 4 ( 3) 3 1 14 44 4 44 4
n ny y n n nn n
− × − + − = − = = − + + + + +
2
1
4 tn
=+
10, 4t ∴ ∈
2
1 2 4 (0, 3)y y t t∴ − = − + ∈
1 2 1 2
1 3 3 3| | 0,2 2 2S AB y y y y
∴ = − = − ∈
1( )ln( ) 0x a ax− = 1
1x a
= 2x a=
( ) 2
1 1
1 1k f x f aa
′ ′= = = − +
( )2 2 ( ) 2lnk f x f a a′ ′= = =.
令 .则
所以当 时， ；当 时 ，
故 在 单调递增，在 递减
（2）法一、令 ，，
则 ，
故 在 上单调递增.
.
令 ，
则 .
所以当 时， ， 单调递减；
当 时 ， 单调递增.所以 ，当且仅当 时等号成立.
又因为 且 ，
所以
因此 .
2
1 2 2ln 1k k a a+ = − +
2( ) 2ln 1g x x x= − + 2 ( 1)( 1)( ) 2 x xg x xx x
− −′ = − =
0 1x< < ( ) 0g x′ > 1x > ( ) 0g x′ <
( )g x (0,1) (1, )+∞
( ) ( ) ln( ) 1( 0)ag x f x ax xx
′= = − + >
2
1( ) 0ag x x x
′ = + >
( )f x′ (0, )+∞
( )1 2
0
1 1
2 2
x xf f x f a a
+ ′ ′ ′− = + =
2
2
1 1 2 1 2ln 1 ln 112 2 1
a aa a a aa a
+ + − + = + − + +
1( ) ln 1( 0)h x x xx
= + − >
2 2
1 1 1( ) xh x x x x
−′ = − =
0 1x< < ( ) 0h x′ < ( )h x
1x > ( )h x′ ( )h x ( ) (1) 0h x h> = 1x =
2 1 1
2 2
a + >
2 1 12
a + ≠
2 2
2
1 1 2ln 1 02 2 1
a ah a
+ += + − > +
( )1 2
0 02
x xf f x
+ ′ ′− > 即 .
因为 在 上单调递增，
所以 .
即 .
法二、 ，
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 ，
( )1 2
02
x xf f x
+ ′ ′>
( )f x′ (0, )+∞
1 2
02
x x x
+ >
1 2 02x x x+ >
( ) ln( ) 1 ln ln 1a af x ax x ax x
′ = − + = − + +
2
1( ) af x x x
′′ = + 0x > ( ) 0f x′′ >
0x ( )f x
0
0
ln 1 0aax x
− + = ( )f x ( )00, x ( )0,x +∞
0x x= ( )f x
( ) ( )0 0( )F x f x x f x x= + − −
( ) ( )0 0( )F x f x x f x x′ ′ ′= + + −
( ) ( ) ( ) ( )0 0
0 0
ln ln 2ln 2a ax x x x ax x x x
= + − + − − + ++ −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )0
2 2 22 2 2 2
0 0 00 0 0
1 1 2 4( ) a a x ax xF x x x x x x xx x x x x x
− −′′ = + − − = ++ − −+ − −
00 x x< < ( ) 0F x′′ < ( )F x′ ( )00, x
0 0
0 0
( ) (0) ln ln 2ln 2 0a aF x F x x ax x
′ ′< = − + − + + =
( )F x ( )00, x ( ) (0) 0F x F< =
( ) ( )0 0x x f x x+ < −
1 0 20 x x x< < + − = −
( ) ( )2 0 12f x f x x> − ( )f x ( )00, x ( )0,x +∞
2 0 12x x x> − 1 2 02x x x+ >
1
2cos
3sin
xC y
ϕ
ϕ
=
=
ϕ
, , ,A B C D 4, 6
π
24, 3
π
74, 6
π
54, 3
π
, , ,A B C D (2 3,2) ( 2,2 3)− ( 2 3, 2)− − (2, 2 3)−
( )0 0,P x y 0
0
2cos
3sin
x
y
ϕ
ϕ
=
=
ϕ
2 2 2 2 2 2 2
0 0| | | | | | | | 4 4 64 80 20sin [80,100]t PA PB PC PD x y ϕ= + + + = + + = + ∈
P (0,3) (0, 3)− 2 2 2 2| | | | | | | |PA PB PC PD+ + +
1a = ( ) | 2 1| 2 | 1|f x x x= − + +
4 1, 1
1( ) 3 , 1 2
14 1, 2
x x
f x x
x x
− − < −
= − ≤ ≤
+ >
( ) 6f x ≤ 7 5| 4 4x x − ≤ ≤
1x R∈ 2x R∈ ( ) ( )1 2f x g x=
{ | ( )} { | ( )}y y f x y y g x= ⊆ =
( ) | 2 | 2 | 1| | 2 (2 2) | | 2 |f x x a x x a x a= − + + ≥ − − + = +（当且仅当 时取等号）
又
所以
解得 或
所以实数 的取值范围是
(2 )( 1) 0x a x− + ≤
( ) | 1| 2 2g x x= − + ≥
| 2 | 2a + ≥
4a ≤ − 0a ≥
a ( , 4] [0, )−∞ − ∪ +∞
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