1、2020年高三质量调查试卷数学试卷本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.参考公式：如果事件互斥，那么.如果事件相互独立，那么.柱体的体积公式，其中表示柱体的底面面积，表示柱体的高.锥体的体积公式，其中表示锥体的底面面积，表示锥体的高.第I卷注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔将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.2.本卷共9个小题，每小题5分，共45分.一、选择题：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a，若（i是虚数单位），则复数是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分
2、析】根据复数的除法，先得到，根据复数相等，求出参数，即可得出结果.【详解】因为，所以，因此.故选：B.【点睛】本题主要考查复数的除法，以及由复数相等求参数的问题，属于基础题型.2.设，则是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 充要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件与必要条件的概念，以及正弦函数的性质，即可得出结果.【详解】若，则，即，所以；若，则，不能推出“”.所以是“”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查判断命题的充分不必要条件，涉及正弦函数的性质，属于基础题型.3.已知函数若曲线在点处的切线与直线平行，则实数（ ）A. B.
3、 2C. D. 1【答案】D【解析】【分析】先对函数求导，求得；再由题意，得到，求解，即可得出结果.【详解】因为，所以，则；又曲线在点处的切线与直线平行，所以，解得：.故选：D.【点睛】本题主要考查已知曲线在某点处的切线斜率求参数的问题，属于基础题型.4.在中，以边BC所在的直线为轴，将旋转一周，所成的曲面围成的几何体的体积为（ ）A. B. C. 36D. 12【答案】B【解析】【分析】根据旋转体的概念，结合题意得到该几何体是圆锥，根据体积计算公式，即可得出结果.【详解】因为在中，所以，若以边所在的直线为轴，将旋转一周，所得的几何体是以为高，以为底面圆半径的圆锥，因为，因此，其体积为：.故选
4、：B.【点睛】本题主要考查求圆锥的体积，熟记圆锥的体积公式即可，属于基础题型.5.为普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取部分学生参加环保知识测试，这些学生的成绩（分）的频率分布直方图如图所示，数据（分数）的分组依次为，若分数在区间的频数为5，则大于等于60分的人数为（ ）A. 15B. 20C. 35D. 45【答案】C【解析】【分析】根据分数在区间的频数，求出样本容量，再根据大于等于60分频率，即可得出对应的人数.【详解】因为分数在区间的频数为5，由频率分布直方图可知，区间对应的频率为，因此样本容量为，所以，大于等于60分的人数为.故选：C.【点睛】本题主要考查频率分布直方图的简单应用
5、，属于基础题型.6.已知函数若，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据对数函数与指数函数的性质，得到，再根据函数单调性，即可判断出结果.【详解】因为，函数与都是增函数，所以也是增函数，因此，即.故选：D.【点睛】本题主要考查由函数单调性比较大小，熟记指数函数与对数函数的性质即可，属于常考题型.7.已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称给出下面四个结论：将的图象向右平移个单位长度后得到函数图象关于原点对称；点为图象的一个对称中心；在区间上单调递增其中正确的结论为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由函数周期性与对称轴，求出
6、函数解析式为，根据三角函数的平移原则，正弦函数的对称性与单调性，逐项判断，即可得出结果.【详解】因为函数的最小正周期为，其图象关于直线对称，所以，解得，因为，所以，因此；将的图象向右平移个单位长度后函数解析式为，由得，所以其对称中心为：，故错；由，解得，即函数的对称中心为；令，则，故正确；，故错；由得，即函数的增区间为，因此在区间上单调递增即正确.故选：C.【点睛】本题主要考查三角函数的性质，熟记正弦函数的对称性，单调性，周期性等即可，属于常考题型.8.设双曲线的两条渐近线与圆相交于A，B，C，D四点，若四边形ABCD的面积为12，则双曲线的离心率是（ ）A. B. C. 或D. 【答案】A【
7、解析】【分析】先由题意，得到四边形为矩形，设点位于第一象限，得到；根据双曲线的渐近线方程与圆的方程联立，求出，再由四边形面积，得到，进而可求出离心率.【详解】根据双曲线与圆的对称性可得，四边形为矩形；不放设点位于第一象限，则；因为双曲线的渐近线方程为：，由得，即，所以，又，所以，因此，整理得：，解得：或，所以或；又，所以双曲线的离心率，因此.故选：A.【点睛】本题主要考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.9.在等腰梯形ABCD中，若M为线段BC的中点，E为线段CD上一点，且，则（ ）A. 15B. 10C. D. 5【答案】D【解析】【分析】过点作于点，根据平面向量的基
8、本定理，根据题意，得到，设，得到，再由，求出；再由向量数量积运算，即可求出结果.【详解】过点作于点，因为四边形为等腰梯形，且，所以，又，所以；因为为线段的中点，所以，又为线段上一点，所以存在，使得，则，由得，即，即，解得：；所以故选：D.【点睛】本题主要考查由向量数量积求参数，以及求平面向量的数量积，熟记向量数量积运算法则，以及平面向量基本定理即可，属于常考题型.第卷注意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡指定位置上.2.本卷共11个小题，共105分.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分；答题直接填写结果，不必写计算或推证过程.10.已知集合，且，则_【答案】【解析】
9、【分析】根据交集的结果，先求出，从而得到，再求并集，即可得出结果.【详解】因为，所以，解得；因此.所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查由集合的交集求参数，以及集合的并集运算，属于基础题型.11.在的展开式中，项的系数为_（用数字作答）【答案】【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式，写出通项，即可根据题意求解.【详解】因为的展开式的通项为，令，则，所以项的系数为.故答案为：.【点睛】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.12.设，若a与的等差中项是2，则的最大值是_【答案】【解析】【分析】根据题意，先得到，再由对数运算，以及基本不等式，即可求出结果.【详解】因为a与的
10、等差中项是2，所以， 又，则，当且仅当，即时，等号成立.故答案为：.【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值问题，涉及等差数列，以及对数运算，属于常考题型.13.已知圆，过点的直线l与C相交于A，B两点，且，则l的方程为_【答案】【解析】【分析】根据几何法求弦长的公式，先求出圆心到直线的距离，根据点到直线距离公式，列出等式，即可求出直线斜率，进而可求出结果.【详解】由题意，圆的圆心为，半径为，又由题意可知，弦长，所以圆心到直线的距离为：，设直线的方程为：，即，所以，即，整理得，解得：.故直线的方程为.故答案为：.【点睛】本题主要考查由弦长求直线方程，熟记直线与圆位置关系，以及弦长的求法即可，属于
11、常考题型.14.天津市某学校组织教师进行“学习强国”知识竞赛，规则为：每位参赛教师都要回答3个问题，且对这三个问题回答正确与否相互之间互不影响，若每答对1个问题，得1分；答错，得0分，最后按照得分多少排出名次，并分一、二、三等奖分别给予奖励已知对给出的3个问题，教师甲答对的概率分别为，p若教师甲恰好答对3个问题的概率是，则_；在前述条件下，设随机变量X表示教师甲答对题目的个数，则X的数学期望为_【答案】 (1). ； (2). .【解析】【分析】先根据独立事件的概率计算公式，由题意，求出；结合题意确定可能取的值分别为，求出对应的概率，即可计算期望.【详解】因为教师甲恰好答对3个问题的概率是，所
12、以，解得：；由题意，随机变量的可能取值分别为：；所以，因此，.故答案为：；.【点睛】本题主要考查独立事件的概率，以及求离散型随机变量的期望，属于常考题型.15.已知函数若存在使得关于x的不等式成立，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】分，三种情况，结合分离参数的方法，分别求出的范围，即可得出结果.【详解】由题意，当时，不等式可化为显然不成立；当时，不等式可化为，所以，又当时，当且仅当，即时，等号成立；当时，不等式可化为，即；因为存在使得关于x不等式成立，所以，只需或.故答案为：.【点睛】本题主要考查由不等式恒成立求参数的问题，注意利用参变分离把问题转化为函数的最值问题，后者可利用基本
13、不等式求最值，也可以利用二次函数的性质求最值，本题属于常考题型.三、解答题：本大题共5个小题，共75分；解答应写出必要的文字说明、推证过程或演算步骤.16.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知，（1）求角C的大小；（2）求的值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理，诱导公式，以及二倍角公式，得出，进而可求出结果；（2）由（1）的结果，根据余弦定理，求出，再求出，即可根据两角差的正弦公式求出结果.【详解】（1）因为，分别为三角形内角，由正弦定理可得：，因为，故，所以，又，因此，所以，因此即；（2）由（1）得，因为，由余弦定理可得：，解得：；所以，因此，所以，故.【
14、点睛】本题主要考查正弦定理与余弦定理解三角形，以及三角恒等变换求函数值的问题，属于常考题型.17.如图，在三棱柱中，四边形，均为正方形，且，M为的中点，N为的中点（1）求证：平面ABC；（2）求二面角的正弦值；（3）设P是棱上一点，若直线PM与平面所成角的正弦值为，求的值【答案】（1）证明过程见详解；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）先取中点为，连接，根据面面平行判定定理，得到平面平面，进而可得平面ABC；（2）先由题意，得到，两两垂直，以为坐标原点，分别以，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设边长为，分别求出平面和平面的一个法向量，根据向量夹角公式，求解，即可得出结果；（3）先设，得到，根
15、据空间向量的夹角公式，列出等式求解，即可得出结果.【详解】（1）取中点为，连接，因为为的中点，为的中点，所以，又平面，平面，所以平面平面，又平面，所以平面ABC； （2）因为四边形，均为正方形，所以，两两垂直，以为坐标原点，分别以，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设边长为，则，所以，因此，设平面的一个法向量为，则，所以，令，则，因此；设平面的一个法向量为，则，所以，令，则，因此，设二面角的大小为，则，所以；（3）因为是棱上一点，设，则，所以，由（2）知，平面的一个法向量为，又直线与平面所成角正弦值为，记直线与平面所成角为则有，整理得，解得或（舍）所以.【点睛】本题主要考查证明线面平行
16、，求二面角，已知线面角求其它量的问题，熟记面面平行的判定定理与性质，以及二面角，线面角的向量求法即可，属于常考题型.18.已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，C的准线与E交于P，Q两点，且（1）求E的方程；（2）过E的左顶点A作直线l交E于另一点B，且BO（O为坐标原点）的延长线交E于点M，若直线AM的斜率为1，求l的方程【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，先得到椭圆焦点坐标，再由，得到，根据焦点坐标得到，两式联立，求出，即可得出结果；（2）先由题意，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，求出点坐标，根据对称性，得到的坐标，再由直线斜率公式，即可求出结果.【详解】（1）因为抛物线
17、的焦点为，由题意，可得：椭圆的两焦点为，又抛物线的准线与交于，两点，且，将代入椭圆方程得，所以，则，即，又，根据解得：，因此椭圆的方程为；（2）由（1）得的左顶点为，设直线的方程为，由得，所以，因此，所以，则，又因为（为坐标原点）的延长线交于点，则与关于原点对称，所以，因为直线的斜率为1，所以，解得：，因此，直线的方程为：.【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，以及根据直线与椭圆位置关系求直线方程的问题，属于常考题型.19.设是等比数列，是等差数列已知，（1）求和的通项公式；（2）设，其中，求数列前2n项和【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）先设的公比为，的公差为，根据等差数列与等比数
18、列的基本量运算，以及题中条件，求出和，即可得出通项公式；（2）分别求出奇数项与偶数项的和，再求和，即可得出结果.【详解】（1）设的公比为，的公差为，由，得，即，解得：，所以，因此，又，所以，解得，因此；（2）因为，其中，当为偶数时，所以；当为奇数时，记则得，所以，因此数列的前项和为.【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列基本量的运算，以及数列的求和，熟记等差与等比数列的通项公式，以及求和的方法即可，属于常考题型.20.已知函数在处取得极值A，函数，其中是自然对数的底数（1）求m的值，并判断A是的最大值还是最小值；（2）求的单调区间；（3）证明：对于任意正整数n，不等式成立【答案】（1）；是最小
19、值；（2）单调递减区间是，单调递增区间是；（3）证明过程见详解.【解析】【分析】（1）先对函数求导，根据题意，得到，求出，研究函数单调性，即可判断出结果；（2）对函数求导，得到，令，对其求导，研究其单调性，即可判断函数的单调性；（3）先由（1）得时，恒成立，令，则，进而求和，即可得出结果.【详解】（1）因为，所以，又在处取得极值，则，即；所以，由得；由得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，因此在处取得最小值，即是最小值；（2）由（1）得，所以，令，则，因为，所以恒成立，因此在上单调递增；又，所以，当时，即；当时，即；所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是；（3）由（1）知，所以，当时，恒成立；令，则，因此，即，因此.【点睛】本题主要考查根据函数极值点求参数，考查求函数单调性，以及导数的方法证明不等式，属于常考题型.
