考研带什么-2017高考成绩查询
博雅闻道2020年度全国高三联合质量测评
理科数学
第Ⅰ卷（共60分） 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. 设全集
A.
C.
【答案】B
【解析】
，
2. 在复平面内，复数
，
，故选B.
，，
，若集合
B.
D.
，，则下列结论正确的是（ ）
（是虚数单位）对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
四象限，故选D.
3. 已知等差数列1，，，等比数列4，
A. B.
【答案】C
【解析】成等差数列，
， ② 由①②得
，公比为或，故选C.
， ① 又
或
，成等比数列，
，等比数列为或
C.或 D. 10或
，，则该等比数列的公比为（ ）
，对应坐标为，对应的点位于第
4. 已知 高峰期间某地铁始发站的发车频率为5分钟1班，由于是始发站，每次停靠1分钟后
发车，则小明在高峰 期间到该站后1分钟之内能上车的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据已知,从上一班车发出后开始的分钟内，只要小明在第分祌到第分祌 之间的
任一时刻到达均能在到该站后分祌之内能上车,由几何概率公式得：小明在高峰期间到该站
后分钟之内能上车的概率为
5. 抛物线
,故选D.
为的焦点为，点为抛物线上 的动点，点为其准线上的动点，当
以点为直角顶点的等腰直角三角形时，其面积为（ ）
A. 2 B.
【答案】A
【解析】过作准线的垂线垂足为
合，此 时
，则，又
，
与
，故选A.
重
C. D.
6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由三视图可知，该几何体是由半 个圆锥，半圆柱和一个圆柱组成，其体积是三个几
何体体积之和，，故选C.
7. 函数的示意图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
上递增，令
，排除
，得函数
，故选A.
，令，在
，得函数
上递减，又
，在
时，
【方法点晴】本题通过对多个 图象的选择考查函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数
的应用以及数学化归思想，属于中档题.这 类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特
点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无 路可循.解答这类题型可以从多方面入
手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.
8. 如果
③
，
；④
，在不等式①；②；
中，所有正确命题的序号是（ ）
A. ①②③ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②④
【答案】B
9. 执行下面的程序框图，如果输入
函数图象上的是（ ）
，，，则输出的坐标对应的点在以下幂
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】执行程序框图，不成立；不成
立；
在上，故选D.
不成立，成立输出，点
........................
10. 在双曲线
值为（ ）
A. B. C. 144 D. 12
的左支上有一点到直线的距离为，则的
【答案】B
【解析】
直线的距离公式得
，故选B.
11. 已知正方体
离为，则线段
的棱长为2，其表面上的动点到底面
的中点的轨迹长度为（ ）
D.
的中心的距
在左支上，在渐近线
，又
下方，，由点到
，
A. B.
【答案】B
C.
【解析】动点的轨迹是以为球心，以
以中 点
为半径的球面，球面与平面的交点轨迹是
为圆心，以为半径的半圆，对应
，由于球面 同时与面
中点的轨迹是以为半径的半圆，长度为
、面、面都相交，交的
轨迹长度为12. 已知函数
，故选B.
，则满足的实数共有（ ）
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
【答案】C
【解析】由
由，化为
，
，
的值有两个，若
，
，则
，不妨设
增，在
极小值为
的实数共有根.
【方法点睛 】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数的极值极值及零点、分类讨论
思想，.属于难题.分类 讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重
要的数学思想之一，尤其在解决含参 数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运
用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才 能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想
方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够 熟练掌握并应用与解题当中.本题
的解答，是分两种情况分别求得适合条件的值的.
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 已知向量与的夹角为
【答案】2
【解析】
， ②
由①-②可得
14. 在二项式
，故答案为.
的展开式中，的系数是，则实数的值为__________．
， ①
，，，则__________．
上递减，
无实根，综上所述，满足
，
而函数在
，在
，
，
上 有一个根，
，可得，或者
，设
在
满足
，设
，设
，< br>上递
极值点为
上递增，
，
【答案】1
【解析】
15. 若等比数列
【答案】-1
【解析】
答案为.
表示的平面 区域内存在点，满足
，两式子对照即可得到，故
的前项和，则的值为__________．
16. 设关于，的不等式组
，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
由，得，只需点在圆内或者满足
，即
，故答案为.
或 ，可得或，
【方法点晴】本题主要考查可行域、含参数约束条件以及圆的标准方程，属于难题.含参变量
的线性规划问题是近年来高考命题的热点，由于参数的引入，提高了思维的技巧、增加了解
题的 难度， 此类问题的存在增加了探索问题的动态性和开放性，此类问题一般从目标函数的
结论入手，对目 标函数变化过程进行详细分析，对变化过程中的相关量的准确定位，是求最
优解的关键.
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. 已知函数
（Ⅰ）求的最小正周期；
.
（Ⅱ）若，，是
【答案】(1)
的三条边，且
;(2)
，边所对的角为弧度，求
时，的最大值为
的最大值.
.
化为，结合
的最小正周期为
【解析】试题分析：（Ⅰ）利用二倍角的正弦、余弦公式及辅助角公 式可将
，从而可得结果；（Ⅱ）根据余弦定理以及基本不等式求得
正弦函数的图象与单调性可得 结果.
试题解析：（Ⅰ）因为
所以的最小正周期为
，
，从而
，则
，即
中，
时，
.
.
的最大值为
，是边
，如图（2）.
平面；
，，上的点，且，
.
的中点，如图（1），将
.
.
，
（Ⅱ）因为
所以
则
因为
所以当
18. 在矩形
折到
沿直线翻
的位置，使
（Ⅰ）求证：平面
（Ⅱ）已知，，分别是线段
面，求直线与平面
，平
所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析;(2) 直线
【解析】试题分析：（Ⅰ）先证明
与平面
平面
所成角的正弦值为. ，从而可得，由平面几何知识可得
，由线面垂直的判定定理可得BE⊥平面PCE，进而由面面垂直 的判定定理可得结论；
（Ⅱ）以点为原点，分别以，所在直线为，轴，以经过点且垂直于平面的直
线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及直线的方向向量，利用空间向量夹
角余弦公式可得 结果.
试题解析：（Ⅰ）证明：连结
又因为
所以
又因为
所以
又因为在矩形
所以
又因为
所以
又因为
所以平面
平面
平面
平面
.
，
.
，
.
，平面，
平面
平面
.
中，，
，
.
，
，由题意可知
，，平面
.
，
（Ⅱ）在图（2）中，以 点为原点，分别以
平面
，所在直线为，轴，以经过点且垂直于
的直线为轴建立空间直角 坐标系，如下图所示.
，
.
平面
.
，
.
， 由题意可知，
取的中点，连结
由（Ⅰ）可知平面
又因为
又因为平 面
所以
可得
又因为
因为
设
所以
平面
.
，所以
，可得
，可得
，所以
平面
.
.
.
.
.
又因为
设平面
则
所以
因为< br>所以
由（Ⅰ）可知
可得
所以直线与平面
平面
，
的法向 量为
令
，所以
.
平面
.
，所以
，
，
，可得，
，可得.
是平面的一个法向量，.
所成角的正弦值为.
【方法点晴】本题主要考查面面垂直的判定定理、利用空间向 量求线面角，属于难题.空间向
量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直 角坐标系；（2）写出
相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两 直线垂直数
量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结 论
求出相应的角和距离.
19. 超市某种绿色食品，过去20个月该食品的月市场需求量（单位：
即每月销售的数据记录如下：
137 108 114 121 115 135 122 140 128 139
125 140 130 125 105 115 133 124 149 115
对这20个数据按组距10进行分组，并统计整理，绘制了如下尚不完整的统计图表：
，）
（Ⅰ）写出，的值.若视分布在各区间内的频率为相应的概率，试计算
（Ⅱ）记组月市场需求量数据的平均数与方差分别为
数与方差分别为，，试分别比较与，
；
，，组月市场需求量数据的平均
与的大小；（只需写出结论）
（Ⅲ）为保证该绿色产 品的质量，超市规定该产品仅在每月一日上架销售，每月最后一日对
所有未售出的产品进行下架处理.若 超市每售出
每亏损3元，并且超市为下一个月采购了
该绿色食品可获利润5元，未售出的食品< br>该绿色食品，求超市下一个月销售该绿色
食品的利润的分布列及数学期望.（以分组的区间中点值 代表该组的各个值，并以月市
场需求量落入该区间的频率作为月市场需求量取该组区间中点值的概率）
【答案】(1) ， (2) ，；（3）的分布列为
（元）.
【 解析】试题分析：（Ⅰ）根据原始数据统计，可得，的值，根据古典概型概率公式及互
斥事件的概率可得
随机变量可取的值为
的值；（Ⅱ）观察所给数据的分散与集中程度可得结果；（Ⅲ）
，利用古典概型概率公式分别算出各随机变量对应
的概率，可得分布列，进而利用期望公式可得结果.
试题解析：（Ⅰ），
（Ⅱ），；
（Ⅲ）由题意可 知：利润
当
当
当
当
时，
时，
时，
时，.
；
；
；
所以的可能取值为450，530，610，650，
；
；
所以的分布列为
；
.
所以
20. 已知椭圆：（
（元）
经过左焦点）的短轴长为2，以为中点的弦
与以圆心的圆交于点. ，其中点不与坐标原点重合，射线
（Ⅰ）求椭圆
（Ⅱ）若四边形
的方程；
是矩形，求圆的半径；
（Ⅲ）若圆的半径为2，求四边形
【答案】(1) (2)
面积的最小值.
.（3）四边形面积的最小值为.
，
，直线
【解析】试题分析：（Ⅰ）根据题意列出关于 、 、的方程组，结合性质
，求出 、 、，即可得结果；（Ⅱ）设直线
与曲线联立，根据韦达定理结合，可求出
的方程为
，从而可得结果；（Ⅲ）
面积根据弦长公式，点到直线距离公式和三角形面积公式可得四边形< br>
试题解析：（Ⅰ）由题意可知，
所以椭圆的方程为.
不与轴垂直，且经过点，
，利用单调性可得结果.
，，则，.
（Ⅱ）由题意可知，直线
所以可设直线
由
的方程为
得
.
.
易知判别式，设
，
，
①
，则
所以
所以的中点为
是矩形，所以
，即
，
.
，
.
，
因为四边形
则
又因为
由①②③解得
所以点
所以圆的半径
，且
，②
，③
.
.
的中点为
.
， （Ⅲ）当圆的半径为2时，由（Ⅱ）可知
所以直线的斜率为，所以直线的方程为
的中点， 设点到直线
所以点到直线
则
的距离为，因为点是弦
的距离也为，
.
的异侧，所以
因为点，位于直线
所以
又因为
所以
所以四边形面积
可知当时，
.
.
，
，其中
，
.
即四边形
21. 已知函数
（Ⅰ）求函数
（Ⅱ）若曲线
【答案】(1)
面积的最小值为.
（常数）.
的单调区间；
与直线
的单增区间为
，
，由
相切，证明：
，单减区间为
得增区间，
.
;(2)见解析.
得减区间；（Ⅱ）设曲
，可得，
，
【解析】试题 分析：（Ⅰ）求出
线与直线
，其中
即.
的切点为
，利用导数研究函 数的单调性可得
试题解析：（Ⅰ）函数
令
又
当
当
，所以
时，
时，
的定义域为，
，故单增.
.
，则
，因 而
，因而
与直线
，所以
经过切点
，即
，则
，
，单增，即
，
的单增区间为
的单减区间为
，
，即
；
. 单减，即
（Ⅱ）证明：设曲线
因为
因为直线
于是，有
令
又
所以
再令
则
所以，即
的切点为
.
， ，所以
.
，故
，
单增，
有唯一零点，且
，其中
，故
.
.
，
单减，
【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式和导数的
几何 意义，属于难题．利用导数研究函数
的定义域；②对求导；③令
的单调性进一步求函数最值的步 骤：①确定函数
，解不等式得的范围就是递增区间；令，
解不等式得的范围就是递减区间.
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. 选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，曲线
：
：
.
， 在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的
极坐标系中，曲线
（Ⅰ）写出，的直角坐标方程；
，上的动点，且点在轴的上侧，点在轴的左侧，
的极坐标方程.
;(2)
的普通方程，
.
平方后，利用
的斜率为可得直线的直角坐标方程 ，化成
与曲（Ⅱ）点，分别是曲线
线相切，求当最小时，直线
，【答案】(1) 【解析】试题分析：（Ⅰ）利用平方法消去参数可得
可得的直角坐标方程；（Ⅱ）
，可得< br>极坐标即可得结果.
试题解析：（Ⅰ）曲线
曲线
的直角坐标方程为
.
，直线
；
的直角坐标方程为
，.
相切于点，所以
.
（Ⅱ）连结
因为
所以
因为
与单位圆.
，
最小， 又因为点在轴的上侧，所以当且仅当点位于短轴上端点时
此时
在
，
中，，所以，
又因为点在轴的左侧，
所以直线的斜率为.
所以直线
所以直线
的直角坐标方程为
的极坐标方程为
.
.
23. 选修4-5：不等式选讲
已知函数
（Ⅰ）若
（Ⅱ）若
【答案】(1)
，，求不等式
，求证：
（其中，）.
的解集；
，并求等号成立时的取值范围.
;(2)见解析，.
【解析】试题分析：（Ⅰ）分 三种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集即可得结果；（Ⅱ）
由
与基本不等式可得
成立，因为
，当且仅当即.“”
.
试题解析：（Ⅰ）若
则函数
可得的解集为
，
，
所以
当且仅当
，即
即
，
.“”成立.
，
即
可以解得
，等号成立的充要条件是
，
，，
；
，
（Ⅱ）证明：因为
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