2020 年 5 月份高三质量检测试卷
数学（理科）
考生注意：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试时间 120 分钟．
2．请将各题答案填写在答题卡上．
3．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共 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． 的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
2．若集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
3．设向量 ，则（ ）
A． B． 与 同向 C． 与 反向 D． 是单位向量
4．已知椭圆 经过点 ，且 的离心率为 ，则 的方程是（ ）
A． B． C． D．
5．在四面体 中 分别为棱 的中点 ，则异面直线 与
所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6． 的展开式中各项系数之和为 192，且常数项为 2，则该展开式中 的系数为（ ）
A．30 B．45 C．60 D．81
7． 分别为 内角 的对边，已知 ，则 的面
积的最大值为（ ）
1
1 2
i
i
−
+
1 3
5 5i− − 1 3
5 5i− + 1 3
5 5i+ 1 3
5 5i−
2{ | 2}, { | 1}A x y x B x y x= = + = = − A B∩ =
[1, )+∞ [ 2, 1] [1, )− − ∪ +∞ [2, )+∞ [ 2, 1] [2, )− − ∪ +∞
( 1,2), (2, 1)a b= − = −
a b⊥ a b a b 1 ( )5 a b+
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
+ = > > 31, 2 b
C 1
2 C
2 2
14 3
x y+ =
2 2
18 6
x y+ =
2 2
14 2
x y+ =
2 2
18 4
x y+ =
ABCD ,E F ,AC BD 6, 4, 2AD BC EF= = = AD BC
3
4
5
6
9
10
11
12
( )2 (1 )na x x+ + 4x
, ,a b c ABC , ,A B C 1(sin 9sin ) 12sin ,sin 3a A B A C+ = = ABC
A．1 B． C． D．
8．设 表示不大于 的最大整数，执行如图所示的程序框图，则输出的 （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
9．在某公司的两次投标工作中，每次中标可以获利 14 万元，没有中标损失成本费 8000 元，若每次中标的
概率为 0.7，每次投标相互独立，设公司这两次投标盈利为 万元，则 （ ）
A．18，12 B．18，22 C．19，12 D．19，22
10．若 ，则满足 的所有 的和为（ ）
A． B． C． D．
11．设 满足约束条件 ，且该约束条件表示的平面区域 为三角形，现有下述四个结
论：
①若 的最大值为 6，则 ；②若 ，则曲线 与 有公共点；
③ 的取值范围为 ；④“ ”是“ 的最大值大于 3”的充要条件．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．②③ B．②③④ C．①④ D．①③④
12．已知函数 是定义在 上的奇函数，当 时，函数 单调递增，则（ ）
A． B．
C． D．
1
2
4
3
2
3
[ ]t t x =
X EX =
(0,2 )a π∈ 1 14sin 4coscos sin
α αα α− = − α
3
4
π
2π 7
2
π 9
2
π
,x y
0,
1 0,
2 0,
x y
x y
x y m
+ =
− + =
− + =
Ω
x y+ 5m = 3m = 4 1xy = − Ω
m 3 ,2
+∞ 3m > x y+
( 1)f x + R 1x ≤ ( )f x
( ) ( )3 4
2
2
2 2 12log 4 log 3 log 3f f f
> >
( ) ( )2 2 2
42 3
42log log 3 log 43f f f
> >
( ) ( )2 2
4
2
3 2
42log 4 log log 33f f f
> >
( ) ( )2 2 2
3 24
42log 3 log 4 log 3f f f
> >
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题卡的相应位置．
13．若曲线 关于点 对称，则 _________．
14．若双曲线 上一点到 两点的距离之差的绝对值为 ，
则双曲线的虚轴长为_____________．
15．如图，实心铁制几何体 由一个直三棱柱与一个三棱锥构成，已知 ，
， ， ，且 底面 ，某工厂要将其铸成一个实
心铁球，假设在铸球过程中原材料将损耗 20%，则铸得的铁球的半径为________ ．
16．已知函数 ，且 对 恒成立，则曲线 在点
处的切线的解率为___________．
三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17～21 题为
必考题，每个试题考生都必须作答．第 22，23 题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共 60 分．
17．（12 分）
某外卖平台为提高外卖配送效率，针对外卖配送业务提出了两种新的配送方案．为比较两种配送方案的效
率，共选取 50 名外卖骑手，并将他们随机分成两组，每组 25 人，第一组骑手用甲配送方案，第二组骑手
用乙配送方案．根据骑手在相同时间内完成配送订单的数量（单位：单）绘制了如下茎叶图：
（1）根据茎叶图，求各组内 25 位骑手完成订单数的中位数，已知用甲配送方案的 25 位骑手完成订单数的
平均数为 52，结合中位数与平均数判断哪种配送方案的效率更高，并说明理由；
sin 05 2y x
π πω ω = − < 9 12 2 9a b ab+ =
，所以 的面积的最大值为 ．
8．C 【解析】本题考查程序框图，考查运算求解能力与推理论证能力．
， 故 输 出 的
．
9．C 【解析】本题考查随机变量的分布列及数学期望，考查运算求解能力与应用意识．
的可能取值为 28，13．2， ，且 ， ，
，故 ．
10．D 【解析】本题考查三角恒等变换，考查推理论证能力与运算求解能力．
因 为 ， 所 以 ， 所 以
或 ， 即 或 ． 因 为 ， 所 以
，则满足条件的所有 的和为 ．
11．B 【解析】本题考查线性规划，考查数形结合的数学思想与逻辑推理的核心素养．
作 出 平 面 区 域 ， 如 图 所 示 ， 联 立 得 因 为 为 三 角 形 区 域 ， 所 以
，即 ．故③正确．
当直线 经过点 时， 取得最大值，且最大值为 ，故①错误，④正
确．
当 时， 的坐标为 ，当 时，函数 的值为 ，
则曲线 与 有公共点，故②正确．
12．A 【解析】本题考查函数的性质与对数函数的综合应用，考查数学抽象与逻辑推理的的核心素养．
4ab ABC
1 1 242 3 3
× × =
50 251, 100,[ ] 100; 2, 50,[ ] 50; 3, ,[ ] 16; 4, ,[ ] 43 6x t t x t t x t t x t t= = = = = = = = = = = =
4x =
X 1.6− 2( 28) 0.7 0.49P X = = = ( 13.2) 2 0.7 0.3 0.42P X = = × × =
2( 1.6) 0.3 0.09P X = − = = 28 0.49 13.2 0.42 1.6 0.09 19.12EX = × + × − × =
1 14sin 4coscos sin
α αα α− = − 1 1 sin cos4(sin cos ) cos sin sin cos
α αα α α α α α
−− = − =
sin cos 0α α− = 4sin cos 1α α = tan 1α = 1sin2 2
α = (0,2 )α π∈
5 13 5 17, , , , ,4 4 12 12 12 12
π π π π π πα = α 5 13 5 17 9
4 4 12 12 12 12 2
π π π π π π π+ + + + + =
Ω 0,
1 0,
x y
x y
+ =
− + =
1 ,2
1 ,2
x
y
= −
=
Ω
1 12 02 2 m− − × + > 3
2m >
z x y= + ( 2, 1)A m m− − z x y= + 2 3m −
3m = A (1,2) 1x = 4 1xy = − 3 2>
4 1xy = − Ω
因为函数 是定义在 上的奇函数，所以函数 关于点 对称，又当 时， 单调递
增，所以 在 上单调递增，所以 的图象关于直线 对称，且当 时， 单调递增．因
为 ， ， ， 且
，所以 ．
13 ． 【 解 析 】 本 题 考 查 三 角 函 数 图 象 的 对 称 性 ， 考 查 运 算 求 解 能 力 ． 依 题 意 可 得 ，
，又 ，则 ．
14．2 【解析】本题考查双曲线的定义与性质，考查推理论证能力与运算求解能力．
由 题 意 可 知 ， ， 则 分 别 是 双 曲 线 的 左 、 右 焦 点 ， 则
，解得 ，从而 ，虚轴长为 ．
15． 【解析】本题考查简单几何体的体积，考查运算求解能力与应用意识．
设铸得的铁球的半径为 ．
依题意，可得该几何体的体积为 ，
则 ，
解得 ．
16．17 【解析】本题考查导数的几何意义与函数的最值，考查推理论证能力与运算求解能力．
因 为 ， 所 以 当 时 ， 取 得 最 小 值 ， 即
，因为 ，所以所求切线的斜率为 ．
17．解：（1）用甲配送方案的骑手完成外卖订单数的中位数为 53， 1 分
用乙配送方案的骑手完成外卖订单数的中位数为 49． 2 分
因为用乙配送方案的骑手完成外卖订单数的平均数为 49，且 ， 4 分
所以，甲配送方案的效率更高． 5 分
（2）由茎叶图知 ． 6 分
列联表如下：
( 1)f x + R ( )f x (1,0) 1x ≤ ( )f x
( )f x R 2 ( )f x 1x = 1x ( )f x
3 3
4log 4 1 log 3
− = 4 4
4log 3 1 log 3
− = 2 4 4
42 14 7log 1 log 1 log3 3 6
− = − =
3 4 4 4
4 4 8 7log log log log3 3 6 6
> = > ( ) ( )2 2 2
3 4 2
42log 4 log 3 log 3f f f
> >
10
π
2 ( )5 k k Z
πω π− = ∈ 0 2
πω< <
10
πω =
2 2 2 4c m m= + + − = ( 2,0), (2,0)A B−
2 2 2 2 3a m= + = 1m = 2 1b = 2 2b =
3 3
rcm
1 1 12 4 2 (7 4) 52 3 2 ππ π× × × + × × × × − =
345 (1 20%) 3 rπ π× − =
3 3r =
( )26 3 2 3 2( ) 16 4 8 ( 2) 68f x x x x x x x= − + − = − + − − 2x = ( )f x
0 2x = 4( ) 5 32 1f x x xx
′ = − +
45 2 32 2 1 17× − × + =
49 52<
25 52 25 49 50.550m
× + ×= =
优秀 一般
甲配送方案 17 8
乙配送方案 9 16
8 分
（3）因为 ， 11 分
所以有 95%的把握认为两种配送方案的效率有差异． 12 分
18．解：（1）设公比为 q，∵ ，∴ 1 分
∴ ，解得 或 ． 2 分
当 时， ，数列 是递减数列，则 ，从而 ， 3 分
∴ ． 4 分
∵ ，∴ ， 5 分
∴ ． 6 分
（2）由（1）知， ， 7 分
∴ ， 8 分
∴ ， 9 分
则 10 分
， 11 分
∴ ． 12 分
19．（1）证明：∵ ，且 ，∴ ， 1 分
∴ ，又∵ ，∴ ，即 ． 2 分
∵ 平面 平面 ，∴ ， 3 分
又∵ ，∴ 平面 ， 4 分
2
2 50(17 16 8 9) 200 5.13 3.841(17 8)(9 16)(17 9)(8 16) 39K
× − ×= = ≈ >+ + + +
3 2 416, 68a a a= + =
2
1
3
1 1
16,
68,
a q
a q a q
=
+ =
1 17
4q q
+ = 4q = 1
4
1
4q = 1 0a > { }na 1
4q ≠ 4q =
3 116 4 4n n
na − −= × =
1 1 2 21, 4b a S a= = = = 2 4 1 3b = − =
2 1nb n= −
2(1 2 1)
2n
n nS n
+ −= =
4 2n
n na S n= ⋅
21 2 2 2 2n
nT n= × + × + + ×
2 3 12 1 2 2 2 2n
nT n += × + × + + ×
2 12 2 2 2n n
nT n +− = + + + − ×
1 12 2 2 2 (1 ) 2 21 2
n
n nn n+ +− ×= − × = − × −−
1( 1) 2 2n
nT n += − × +
AD CD⊥ AD CD= 45ACD DAC °∠ = ∠ =
45BCA °∠ = 45ABC °∠ = 90BAC °∠ = AC AB⊥
PA ⊥ ,ABCD AC ⊂ ABCD PA AC⊥
PA AB A∩ = AC ⊥ PAB
∵ 平面 ，∴ ． 5 分
（2）解：取 的中点 E，以 A 为坐标原点， 所在的直线分别为 轴， 轴， 轴建立空间
直角坐标系 ，如图所示．
设 ，则 ， 6wv
则 ． 7 分
设 ，
则 ． 8 分
由（1）可知， 平面 ，∴ 为平面 的一个法向量． 9 分
设 与平面 所成的角为 ，
则
， 10 分
整理得 ，解得 或 （舍）， 11 分
∴点 M 为棱 的中点． 12 分
20．（1）证明：因为抛物线 的焦点坐标为 ，所以 ，即 ， 1 分
则 A 的坐标为 ，且 C 的准线方程为 ． 2 分
设 P 到准线的距离为 d，则 ， 3 分
因为 A 到准线的距离为 ，
所以 ． 4 分
PB ⊂ PAB AC PB⊥
BC , ,AE AD AP x y z
A xyz−
1PA = (0,0,0), (0,0,1), ( 2, 2,0), ( 2, 2,0), (0, 2,0)A P B C D−
( 2, 2, 1), (0, 2, 1), ( 2, 2,0)PB PD AC= − − = − =
( 2 , 2 , )(0 1)PM PBλ λ λ λ λ= = − −
( 2 , 2 2, 1)DM PM PD λ λ λ= − = − − − +
AC ⊥ PAB ( 2, 2,0)AC = PAB
DM PAB θ
2 2 2 2 2 2
| | | 2 2 2 | 1 2 21sin |cos , | 21| || | 2 2( 1) ( 1) 2 2 2( 1) ( 1)
DM ACDM AC
DM AC
λ λθ
λ λ λ λ λ λ
⋅ − −= 〈 〉 = = = =
+ + + − + × + + + − +
220 8 9 0λ λ+ − = 1
2
λ = 9
10
λ = −
PB
2y mx= 10, 4m
1 14m
= 1
4m =
(4,5) 1y = −
| |PF d=
5 1 6+ =
| | | | | | 6PA PF PA d+ = +
（2）解：由 得 ． 5 分
设 ，则 ， 6 分
所以 ． 8 分
直线 的方程为 ，
令 ，得 ， 9 分
同理，得 ， 10 分
所以 ， 11 分
因为 ，所以 ，即 的取值范围为 ． 12 分
21．解：（1）函数 的定义域为 ．
． 1 分
令 ，得 或 ．
①当 ，即 时，
在 和 上， ，在 上， ，当 时， 取得极大值，当
时， 取得极小值，故 有两个极值点； 2 分
②当 ，即 时，
在 和 上， ，在 上， ，同上可知 有两个极值点； 3 分
③当 ，即 时，
， 在 上单调递增，无极值点； 4 分
21
4
1 ,2
,y x
y x t
=
= +
2 2 4 0x x t− − =
( ) ( )( )1 1 2 2 1 2, , , 0, 0M x y N x y x x> < 1 2 1 22, 4 0x x x x t+ = = − <
( )2
1 2 1 2 1 20, 4 4 16 2t x x x x x x t> − = + − = + >
DM ( )1 12y y x x− = − −
0x = 1 12Dy x y= +
2 22Ey x y= +
( ) ( )1 2 1 2 1 2
5| | 2 2D EDE y y x x y y x x= − = − + − = −
1 2 2x x− > | | 5DE > | |DE (5, )+∞
( )f x (0, )+∞
22 ( 2) (2 )( 1)( ) 2 2 m x m x m x m xf x x m x x x
′ + − − + −= + − − = =
( ) 0f x′ =
2
mx = − 1x =
12
m− > 2m < −
(0,1) ,2
m − +∞ ( ) 0f x′ > 1, 2
m − ( ) 0f x′ < 1x = ( )f x
2
mx = − ( )f x ( )f x
0 12
m< − < 2 0m− < <
0, 2
m − (1, )+∞ ( ) 0f x′ > ,12
m − ( ) 0f x′ < ( )f x
12
m− = 2m = −
2(2 )( 1) 2( 1)( ) 0x m x xf x x x
′ + − −= = ( )f x (0, )+∞
④当 ，即 时，
在 上， ，在 上， ，当 时， 取得极小值，无极大值，故 只
有一个极值点． 5 分
综上，当 时， 极值点的个数为 0；当 时， 的极值点的个数为 1；当 或
时， 的极值点个数为 2． 6 分
（2）令 ，则 ，设 ，
则 ． 7 分
不妨设 ，则由 恒成立，可得 恒成立． 8 分
令 ，则 在 上单调递增，所以 在 上恒成立，即
恒成立， 9 分
则 恒成立，即 恒成立． 10 分
又 ，所以 恒成立，则 ，
因为 ，所以 ， 11 分
解得 ，即 m 的取值范围为 ． 12 分
22．解：（1）由 得 ，则 C 的直角坐标方程为 ． 2
分
由 ，得 ， 3 分
即 ，即 ，所以 l 的直角坐标方程为 ． 4 分
（2）易知 P 的坐标为 ，设直线 的参数方程为 （ 为参数） 5 分
02
m− 0m
(0,1) ( ) 0f x′ < (1, )+∞ ( ) 0f x′ > 1x = ( )f x ( )f x
2m = − ( )f x 0m ( )f x 2m < −
2 0m− < < ( )f x
( ) ( ) ( )h x f x g x= − 21( ) ( 2) 2 ln2h x x m x m x= + − − ( ) ( )1 1 2 2 1 2, , , , , (0, )P x y Q x y x x ∈ +∞
( ) ( )1 2
1 2
h x h xk x x
−= −
1 2x x> ( ) ( )1 2
1 2
h x h xk mx x
−= − ( ) ( )1 1 2 2h x mx h x mx− > −
( ) ( )c x h x mx= − ( )c x (0, )+∞ ( ) 0c x′
(0, )+∞ ( ) 0h x m′ −
22 0mx m mx
+ − − −
2 2 2 0x x m
x
− −
(0, )x ∈ +∞ 2 2 2 0x x m− − ( )2
min
2 2m x x≤ −
2 22 ( 1) 1 1x x x− = − − − 2 1m ≤ −
1
2m −
1, 2
−∞ −
2 6cos ,
6sin ,
x
y
α
α
= +
=
2 2( 2) 36x y− + = 2 2( 2) 36x y− + =
sin 2 03
πρ θ − + =
1 3sin cos 2 02 2
ρ θ ρ θ− + =
1 3 2 02 2y x− + = 3 4 0x y− − = 3 4 0x y− − =
(0, 4)− l′ cos ,
4 sin ,
x t
y t
α
α
=
= − + t
代入 并整理，得 ， 6 分
所以 ， 7 分
所以 或 ． 8 分
因为 ， 9 分
故 的最大值为 ． 10 分
23．解：（1）因为 ，所以 1 分
由 ，得 ， 4 分
故不等式 的解集为 ． 5 分
（2）由 ，得 ，
令 ，则 6 分
作出 的图象，如图所示．
7 分
直线 过原点，当此直线经过点 时， ； 8 分
当此直线与直线 平行时， ． 9 分
由图可知，当 或 时， 的图象与直线 有公共点，
从而 有实数根，所以 k 的取值范围为 ． 10 分
2 2( 2) 36x y− + = 2 (8sin 4cos ) 16 0t tα α− + − =
1 2 1 28sin 4cos , 16 0t t t tα α+ = + = − <
1 2 1 2| | | |PM PN t t t t− = − = + ( )1 2t t− +
1 2 4 5sin( )t t α ϕ+ = +
| | | |PM PN− 4 5
2k =
4 4, 1,
( ) 2 2,1 4,
6, 4,
x x
f x x x
x
− +
= − + < 1x <
( ) 0f x > ( ,1)−∞
( ) 0f x = | 4 | | 1| 1x x kx− + − − =
( ) | 4 | | 1| 1g x x x= − + − −
4 2 , 1,
( ) 2,1 4,
2 6, 4,
x x
g x x
x x
−
= <
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