【文档说明】【精准解析】辽宁省锦州市2020届高三4月质量检测（一模考试）数学（文）试题.pdf，共(19)页，379.189 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-2020年高三质量检测数学（文科）本试卷共23题，共6页.全卷满分150分，考试用时120分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.注意事项：1.答题前，考生将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0

.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、字迹清楚.3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须使用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12个小题，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{|}Axyx，集合{|33}Bxx，则AB（）A.[3,3]B.[3,)C.[0,3]D.[0,)【答案】C【解析】【分析】先计算集合A

，然后对集合A和集合B取交集即可.【详解】由题意可得|0Axx，{|33}Bxx，则{|03}ABxx故选C【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题.2.若复数z满足z（i-1）=2i（i为虚数单位），则z为（）A

.1iB.1iC.1iD.1i【答案】A-2-【解析】【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．【详解】z（i-1）=2i（i为虚数单位），∴-z（1-i）（1+i）=2i（1+i），∴-2z=2（i-1

），解得z=1-i．则z=1+i．故选A．【点睛】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题．3.已知向量(2,3),(,4)abx，若()aab，则x（）A.1B.12C.2D.3【答案】B【解

析】【分析】可求出21abx，，根据aab即可得出0aab，进行数量积的坐标运算即可求出x．【详解】21abx，；∵aab；∴2230aabx；解得12x．故选B.【点睛】本题考查向量垂直的

充要条件，向量坐标的减法和数量积运算，属于基础题．4.从只读过《飘》的2名同学和只读过《红楼梦》的3名同学中任选2人在班内进行读后分享，则选中的2人都读过《红楼梦》的概率为（）A.0.6B.0.5C.0.4D.0.3【答案】D【解析】【分析】利用排列、组合，求得基本事件的总数为10种，

再求得选中的2人都读过《红楼梦》所含的-3-基本事件个数为3种，利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，从只读过《飘》的2名同学和只读过《红楼梦》的3名同学中任选2人基本事件的总数为2510nC种，其中选中的2人都读过《红楼梦》

所含的基本事件个数为233mC种，所以选中的2人都读过《红楼梦》的概率为310mPn，故选D.【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，以及排列、组合的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础

题.5.若抛物线24yx上的点M到焦点的距离为10，则M点到y轴的距离是（）A.6B.8C.9D.10【答案】C【解析】【分析】求出抛物线的准线方程，利用抛物线的定义转化求解即可．【详解】抛物线24yx的焦点10F，，准线为1x，由M到焦点的距离为10，可知M到准线的距

离也为10，故到M到的距离是9，故选C．【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力．6.甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（）A.丙被录用了B

.乙被录用了C.甲被录用了D.无法确定谁被录用了【答案】C【解析】【分析】假设若甲被录用了，若乙被录用了，若丙被录用了，再逐一判断即可.【详解】解：若甲被录用了，则甲的说法错误，乙，丙的说法正确，满足题意，

若乙被录用了，则甲、乙的说法错误，丙的说法正确，不符合题意，若丙被录用了，则乙、丙的说法错误，甲的说法正确，不符合题意，-4-综上可得甲被录用了，故选：C.【点睛】本题考查了逻辑推理能力，属基础题.7.已知202

01logπa，20201πb，1π2020c，则（）A.cabB.acbC.bacD.abc【答案】D【解析】【分析】利用指数与对数的性质与0，1比较即可【详解】202020201loglog1

0πa，2020101πb，，1π20201c，所以abc.故选：D.【点睛】本题考查指数与对数的单调性，插入中间值与0,1比较是常用方法，是基础题8.m，n是两不同直线，α是平面，n⊥α，则m

∥α是m⊥n的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据线面平行，线线垂直和线面垂直的相关知识，从充分性和必要性进行论证，即可选择.【详解】根据已知条件，由m∥α以及n⊥α，则一定有mn，简单

证明如下：当m∥α时，在平面内存在一条直线b，使得b//m，因为n，b，故可得nb，又b//m，故可得nm，即证.故充分性满足；若直线mn，且n，则可得m//或m，故必要性不满足.则m∥α是m⊥n的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题

考查充分条件和必要条件的判断，涉及线面垂直，线线垂直，线面平行，属综-5-合基础题.9.已知等比数列na中，若578aa，则4683112aaaaa的值为（）.A.128B.64C.16D.8【答案】B【解析】【分析】首先将468311()2aaaaa化简为257()aa

，再计算即可.【详解】2246483115577468311()222aaaaaaaaaaaaaaa257()64aa.故选：B【点睛】本题主要考查等比数列的性质，属于简单题.10.已知函数()2(coscos)sinfxxxx，给出下列四个命题：（）①()f

x的最小正周期为π②()fx的图象关于直线π4x对称③()fx在区间ππ,44上单调递增④()fx的值域为[2,2]其中所有正确的编号是（）A.②④B.①③④C.③④D.②③【答案】C【解析】

【分析】举反例判断①②；根据正弦函数的单调性判断③；讨论cos0x，cos0x时，对应的最值，即可得出()fx的值域.【详解】2coscossin2cossinsin2fxxxxxxx函数π33f

，4π03f，π4π33ff，故函数fx的最小正周期不是π，故①错误．由于36πf，2π03f，∴3π26πff，故fx的图象不关于直线-6-π4x对称，故排除②．在区

间ππ,44上，ππ2,22x，2cossinsin22sin2fxxxxx，单调递增，故③正确．当cos0x时，2cossinsin22sincossin22s

in2fxxxxxxxx故它的最大值为2，最小值为2当cos0x时，2cossinsin22sincossin20fxxxxxxx，综合可得，函数fx的最大值为2，最

小值为2，故④正确．故选：C【点睛】本题主要考查了求正弦型函数的单调性以及值域，属于中档题.11.函数2()1sin1xfxxe图象的大致形状是（）.A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先根据函数()fx为偶函数，故排除

B，D.再根据(1)0f，排除A，即可得到答案.【详解】2()(1)sin1xfxxe的定义域为R，22()(1)sin()(1)sin111xxxfxxxeee22(1)2(1)sin[1]sin11

xxxxeexxee-7-22(21)sin(1)sin()11xxxxfxee.所以()fx为偶函数，故排除B，D.2(1)(1)sin101fe，故排除A.故答案

为：C【点睛】本题主要考查根据函数解析式找函数图象，利用函数奇偶性和特值为解题的关键，属于中档题.12.已知双曲线2222C:1(0,b0)xyaab的左、右焦点分别为10Fc－，，20Fc，，点N的坐标为23c,2ba．若双曲线C左支上的任意

一点M均满足24MFMNb+，则双曲线C的离心率的取值范围为()A.13,53B.(5,13)C.131,(5,)3D.(1,5)(13,)【答案】C【解

析】【分析】首先根据双曲线的定义，212MFMFa，转化为124MFMNab，即1min24MFMNab，根据数形结合可知，当点1,,MFN三点共线时，1MFMN最小，转化为不等式23242b

aba，最后求离心率的范围.【详解】由已知可得212MFMFa，若2||4MFMNb，即1|||24MFMNab‖，左支上的点M均满足2||4MFMNb，如图所示，当点M位于H点时，1||MFMN最小，故23242baba，即22348b

aab,-8-223840,(2)(23)0babaabab,23ab或222,49abab或22224,913abca或22135,13ccaa或5,ca双曲线C的离心率的取值范围为1

31,(5,)3.【点睛】本题考查离心率的取值范围的问题，属于中档题型，意在考查化归和计算能力，关键是根据几何关系分析1|||MFMN‖的最小值，转化为,ab的代数关系，最后求ca的范围.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4个小题，

每小题5分，满分20分.将答案填在答题纸上.13.某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查．已知该校一年级、二年级、三年级、四

年级的本科生人数之比为4：5：5：6，则应从一年级本科生中抽取_______名学生．【答案】60【解析】【分析】采用分层抽样的方法，从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查的.【详解】∵该校一年级、二年级、三年级、四年级的本科生人数之比为4

:5:5:6，∴应从一年级本科生中抽取学生人数为：4300604556.故答案为60.14.已知曲线()(1)xfxaxe在点(0,1)处的切线方程为1yx，则实数a的值为__________.【答案】

2【解析】-9-【分析】首先求导得到()(1)xxfxaeaxe，再根据切点和切线方程即可得到a的值.【详解】()(1)xfxaxe，()(1)xxfxaeaxe，因为01(0)fae，所以2a.故答

案为：2【点睛】本题主要考查导数几何意义的切线问题，属于简单题.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17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1455100,2ad（a3+a4+a5）×17=a1+a2，即111(39)27adad，解得a1=53，d=556．最小一份为a1，故答案为．16.已知三棱锥DABC四个顶点均在半径为

R的球面上，且2ABBC，2AC，若该三棱锥体积的最大值为43，则这个球的表面积为__________.【答案】28916【解析】【分析】首先根据题意得到ABBC，根据三棱锥体积的最大值为43得到三棱锥高的最大值，再求外接球的半径和表面积即可.【详解】设A

BC的外接圆的半径为r，因为2ABBC，2AC，-10-所以222ABBCAC，ABBC.112ABCSABBC.设D到平面ABC的距离为h，因为三棱锥体积的最大值为43，即maxmax14133Vh所以max4h.设球体的半径为R，则2

22(4)1RR，解得178R.221728944()816SR.故答案为：28916【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，同时考查了球体的表面积公式，属于中档题.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17

.已知在ABC中,角,,ABC所对的边分别为,,abc,且sinsinsinsinCAbBAac.（1）求角C的大小;（2）若3c,求ab的取值范围.【答案】（1）3；（2）(3,6).【解析】【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得2

22abcab，根据余弦定理可求cosC的值，结合范围(0,)C，可求C的值.（2）由余弦定理，基本不等式可求6ab，又根据两边之和大于第三边可得3ab，即可求解ab的取值范围.【详解】（1）由sinsinsinsinCAbBAac

则cabbaac，222abcab，所以2221cos222abcabCabab，而(0,)C，-11-故3C.（2）由222abcab且3c，2()29ab

abab22()933()2,abababab22()93()2,abab2()36ab所以6ab，又3abc，所以ab的取值范围是(3,6).【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式等在

解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题.18.某学校为了了解高一年级学生学习数学的状态,从期中考试成绩中随机抽取50名学生的数学成绩,按成绩分组:第1组[75,80),第2组[80,85),第3组[85

,90),第4组[90,95),第5组[95,100],得到的频率分布直方图如图所示.(1)由频率分布直方图,估计这50名学生数学成绩的中位数和平均数(保留到0.01);(2)该校高一年级共有1000名学生,若本次考试成

绩90分以上(含90分)为“优秀”等次,则根据频率分布直方图估计该校高一学生数学成绩达到“优秀”等次的人数.【答案】（1）中位数为86.67，平均数为87.25（2）300【解析】【分析】(1)设这50名学生数学成绩的中位数和平均数

分别为,mn,因为前2组的频率之和为-12-0.40.5,因为前3组的频率之和为0.70.5,所以8590m,求出,mn即可求得答案;(2)因为样本中90分及以上的频率为0.04+0.025=0.3

,所以该校高一年级1000名学生中,根据频率分布直方图,即可估计该校高一学生数学成绩达到人数.“优秀”等次的人数【详解】(1)设这50名学生数学成绩的中位数和平均数分别为,mn因为前2组的频率之和为0.4

0.5,因为前3组的频率之和为0.70.5,所以8590m,由0.40.06(85)0.5m,得86.67m.77.550.0182.550.0787.550.0692.550.0497.550.0287.25n所以,这50名学生数学成绩的中位

数和平均数分别为86.67,87.25(2)因为样本中90分及以上的频率为0.04+0.025=0.3,所以该校高一年级1000名学生中,根据频率分布直方图估计该校高一学生数学成绩达到“优秀”等次的人数为

0.31000=300人.【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用问题,解题的关键是根据频率分布直方图提供的数据,求出频率.再求出学生数,属于基础题.19.如图，在三棱柱111ABCABC中，侧棱垂直于底面，1,2,1,,ABBCAAACBCEF分别是1

1,ACBC的中点．（1）求证:平面ABE平面11BBCC；（2）求证:1CF∥平面ABE；（3）求三棱锥EABC体积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）33．【解析】-13-试题分析：（1）由直线与平面垂直证明直线与平行的垂直；（2）证明直

线与平面平行；（3）求三棱锥的体积就用体积公式.（1）在三棱柱111ABCABC中，1BB底面ABC，所以1BBAB，又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面11BBCC，因为AB平面ABE，所以平面ABE平面11BBCC.（2）取AB中点G，连结EG，

FG，因为E，F分别是11AC、BC的中点，所以FG∥AC，且FG=12AC，因为AC∥11AC，且AC=11AC，所以FG∥1EC，且FG=1EC，所以四边形1FGEC为平行四边形，所以1//CFEG，又因为EG平面ABE，1CF平面ABE，所以

1//CF平面ABE.（3）因为1AA=AC=2，BC=1，AB⊥BC，所以AB=223ACBC，所以三棱锥EABC的体积为：113ABCVSAA=1131232=33.考点：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平

行的证明；考查几何体的体积的求解等基础知识，考查同学们的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、逻辑推理能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．20.已知椭圆2222:1(0)xyCabab的焦距为2，过点21,2

.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆的右焦点为F，定点(2,0)P，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，以线段AP为直径的圆与直线2x的另一个交点为Q，试探究在x轴上是否存

在一定点M，使直线BQ恒过该定点，若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2212xy（2）存在；定点为3,02【解析】-14-【分析】（1）首先根据题意列出方程组22222221112cababc

，再解方程组即可.（2）首先设11(,)Axy，22(,)Bxy，l的方程为：1xmy.联立22112xmyxy，利用韦达定理，结合AQPQ求出直线BQ，再令0y即可得到直线BQ恒过的定点.【详解】（1）由题知22222221112cababc

，解得22a，21b，所以椭圆C的方程为2212xy.（2）设11(,)Axy，22(,)Bxy，因为直线l的斜率不为零，令l的方程为：1xmy由22112xmyxy得22(2)210mymy则12222myym，1221

2yym，因为以AP为直径的圆与直线2x的另一个交点为Q，所以AQPQ，则1(2,)Qy.则2122BQyykx，故BQ的方程为：2112(2)2yyyyxx.令0y，则1212121212121(2)(1)222yxym

ymyyyxyyyyyy而12222myym，12212yym，所以1212222yymmyym，-15-所以121211322222yyyxyy.故直线BQ恒过定点，且定点为3,02

【点睛】本题第一问考查椭圆的标准方程，第二问考查直线与椭圆的位置关系，属于中档题.21.已知函数22ln43fxxaxx．（1）若43a，求fx的单调区间；（2）证明：

（i）ln1xx；（ii）对任意,0a，0fx对32,axa恒成立．【答案】（1）fx的单调递增区间为10,2，3,2，fx的单调递减区间为13,22.（2）（i）证明见解析（ii）证明见解析

【解析】【分析】（1）将43a代入函数解析式，并求得导函数，由导函数的符号即可判断fx的单调区间；（2）（i）构造函数ln1gxxx并求得gx，利用gx的单调性求得最大值，即可证明不等式成立.；（ii）由（i）可知将不等式变形可得22143fxxaxx

成立，构造函数22143hxxaxx，因式分解后解一元二次不等式即可证明0fx对32,axa恒成立．【详解】（1）若43a，22123242433xxfxxxx（0x）

，令0fx′，得32x或102x，则fx的单调递增区间为10,2，3,2.令0fx′，得1322x，则fx的单调递减区间为13,22.-16-（2）证明：（i）设ln1gxxx，则

1xgxx（0x），令0gx，得01x；令0gx，得1x.故max10gxg，从而ln10gxxx„，即ln1xx.（ii）函数22ln43fxxaxx由（i）可知

ln1xx即2ln21xx，所以222ln432143xaxxxaxx，当1x时取等号；所以当1x时，则22143fxxaxx若,0a

，令22143hxxaxx则23221431231ahxxaxxxaxaaxxa，当32,axa时，3210aaxxa.则当32,axa

时，0fx，故对任意,0a，0fx对32,axa恒成立.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，利用导数证明不等式恒成立问题，构造函数法的应用，属于中档题.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做

，则按所做的第一题记分.22.在平面直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为32cos22sinxy，（为参数），直线2C-17-的方程为33yx，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（Ⅰ）求曲线1C的极坐标方程；（Ⅱ）若直线2C与曲线1C交于

P，Q两点，求OPOQ的值.【答案】（Ⅰ）223cos4sin30（Ⅱ）3【解析】【分析】（Ⅰ）先把曲线1C的参数方程转化为普通方程，进一步转化为极坐标方程．（Ⅱ）把直线方程转化为极坐标方程，与曲线1C的极坐标方程联立，根据根与系数的关系，求

得结果．【详解】（Ⅰ）曲线1C的普通方程为22324xy，则1C的极坐标方程为223cos4sin30（Ⅱ）设1P，，2Q，，将6代入223cos4sin30

，得2530所以123，所以3OPOQ.【点睛】本题考查的知识要点：直角坐标方程和极坐标方程的转化，参数方程与直角坐标方程的转化，一元二次方程根的应用，属于基础题型．23.已知函数f（x）=|x-m

|-|2x+2m|（m＞0）．（Ⅰ）当m=1时，求不等式f（x）≥1的解集；（Ⅱ）若∀x∈R，∃t∈R，使得f（x）+|t-1|＜|t+1|，求实数m的取值范围．【答案】（Ⅰ）[-2，-23]；（Ⅱ）0＜m＜1【解析】【分析】（Ⅰ）分段去绝对值解不等数组后在相并可得；（Ⅱ）f（x）+

|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意x∈R恒成立，对实数t有解．再利用分段函数的单调性求得f（x）的最大值，根据绝对值不等式的性质可得|t+1|-|t-1|-18-的最大值，然后将问题转化为f（x）的最大值＜（|t+1|

-|t-1|）的最大值可得．【详解】（Ⅰ）当m=1时，|x-1|-|2x+2|≥1⇔x1x31或1x13x11或x1x31，解得-2≤x≤-23，所以原不等式的解集为[-2，-23]．（Ⅱ）f（x）+|t-1|

＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意x∈R恒成立，对实数t有解．∵f（x）=x3mxm3xmmxmx3mxm，，＜＜，，根据分段函数的单调性可知：x=-m时，f（x）取得最大值f（-m）=2m，∵||t+1|-|t-1||

≤|（t+1）-（t-1）|=2，∴-2≤|t+1|-|t-1|≤2，即|t+1|-|t-1|的最大值为2．所以问题转化为2m＜2，解得0＜m＜1．【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．-19-