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1、2020届呼和浩特市高三年级第二次质量普查调研考试文科数学注意事项：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.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.若复数z满足，则z的虚部为（ ）A.
2、-1B. -2C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简复数，再根据复数的概念，即可得到答案；【详解】，的虚部为，故选：A.【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的概念，考查运算求解能力，属于基础题.2.设，集合，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先化简集合A,再求.【详解】由 得： ，所以 ，因此 ，故答案为B【点睛】本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.3.（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式化为的正切值即可得到答案.【详解】.故选：C.【点睛】本题考查了诱导公式，属于基础题.4.已知椭圆的一个焦点
3、坐标是，则k的值为（ ）A. 1B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将椭圆方程化为标准形式，再根据焦点坐标，列方程即可解得结果.【详解】由得，因为椭圆的一个焦点坐标是，所以，解得.故选：A.【点睛】本题考查了根据椭圆的焦点坐标求参数，属于基础题.5.已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量的加减法运算，列方程组即可求.【详解】根据条件，.故选：A.【点睛】本题考查向量的加减运算，属于基础题.6.某学校近几年来通过“书香校园”主题系列活动，倡导学生整本阅读纸质课外书籍.下面的统计图是该校2013年至2018年纸质书人均阅读量的情况，根据统计图提供的信息
4、，下列推断不合理的是（ ）A. 从2013年到2016年，该校纸质书人均阅读量逐年增长B. 2013年至2018年，该校纸质书人均阅读量的中位数是46.7本C. 2013年至2018年，该校纸质书人均阅读量的极差是45.3本D. 2013年至2018年，该校后三年纸质书人均阅读量总和是前三年纸质书人均阅读量总和的2倍【答案】D【解析】【分析】对于，根据统计图得到四个数据，观察变化趋势可得答案；对于，根据统计图得到六个数据，按照从小到大的顺序排成一列，根据中位数的定义，计算可得答案；对于，使用六个数据中的最大值减去最小值可得答案；对于，通过计算比较可得答案.【详解】对于，根据统计图分析可知，从2
5、013年到2016年，该校纸质书人均阅读量分别是：15.5，38.5，43.3，58.4是逐年增长的，故是合理的；对于，2013年至2018年，该校纸质书人均阅读量按从小到大的顺序排列为：15.5，38.5，43.3，50.1，58.4，60.8，其中位数为本，故是合理的；对于，因为最大阅读量为本，最小阅读量为本，所以极差为本，故是合理的；对于，2013年至2018年，该校后三年纸质书人均阅读量总和为本，前三年纸质书人均阅读量总和为本， 故是不合理的.故选：D.【点睛】本题考查了对数据统计图的识别，考查了数据的中位数的计算，属于基础题.7.已知函数的大致图象如下图，则幂函数在第一象限的图象可能
6、是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据的图象推出，由此可得幂函数在第一象限的图象的大致形状.【详解】由的图象可知，所以，得，所以，所以幂函数在第一象限的图象可能为.故选：B.【点睛】本题考查了对数函数的图象和幂函数的图象，属于基础题.8.设m，n是空间的两条直线，是空间的一个平面，当时，“”是“”的（ ）A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据线面垂直的性质和线面垂直的定义，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.【详解】当时，根据线面垂直的性质可知：由能推出；当时，根据线面垂直的定义可知；只有当直线与
7、平面内所有的直线都垂直时，才有，所以仅有是推不出成立的，因此当时，“”是“”的充分不必要条件.故选：B【点睛】本题考查了充分不必要条件的判断，考查了线面垂直的定义和性质，考查了推理论证能力.9.已知是偶函数，且在R上有导函数，若对都有，则关于函数的四个判断：若函数在处有定义，则；是周期函数；若函数在处有定义，则.其中正确的判断有（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【分析】对于，对两边对求导，得，令，可得；对于，根据“对都有”得函数在上为增函数，根据单调性和奇偶性可得答案；对于，举反例：可得结论；对于，举反例：可得结论.【详解】对于，因为是偶函数，所以，两边对求导，得
8、，因为函数在处有定义，所以，即，故正确；对于，因为对都有，所以在上为增函数，因为，所以，故正确；对于，当时，所以为偶函数，又对都成立，而此时不是周期函数，故不正确；对于，当时，所以为偶函数，又对都成立，而此时，故不正确.所以正确的判断有2个.故选：B.【点睛】本题考查了函数的奇偶性，考查了复合函数求导法则，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用函数的单调性和奇偶性比较大小，考查了函数的周期性，考查了特值排除法，属于基础题.10.已知函数，则当时，函数的值域为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】化简得到，计算，得到值域.【详解】，当时，故的值域为.故选：D.【点睛】本题考
9、查了三角恒等变换，三角函数值域，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.11.意大利数学家斐波那契在1202年所著的算盘全书中，记载有数列，.若将数列的每一项除以2所得的余数按原来项的顺序构成新的数列，则数列的前100项和为（ ）A. 100B. 99C. 67D. 66【答案】C【解析】【分析】因为数列中的奇数除以2所得的余数都是1，偶数除以2所得的余数都是0，所以根据，且，可知数列是周期数列，周期为3，根据周期性可得答案.【详解】因为数列中的奇数除以2所得的余数都是1，偶数除以2所得的余数都是0，因为，且，所以为奇数，为奇数，为偶数，为奇数，为奇数，为偶数，为奇数，为奇数，为偶数，为奇数，
10、所以，所以数列周期数列，周期为3，所以数列的前100项和为：.故选：C.【点睛】本题考查了数的整除问题，考查了数列的周期性，考查了利用数列的周期性求和，属于基础题.12.已知双曲线在左，右焦点分别为，以为圆心，以为半径的圆与该双曲线的两条渐近线在轴左侧交于，两点，且是等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：首先将双曲线的焦距设出，之后借助于正三角形的特征，求得对应线段的长，从而进一步求得点A的坐标，利用点在双曲线的渐近线上，得到点的坐标所满足的关系式，从而确定的关系，结合双曲线中的关系，进一步求得离心率的大小.详解：设，设与x轴相较于M点，根据正三角
11、形的性质，可以求得，从而求得，所以有，故选A.点睛：该题考查的是有关双曲线的性质的问题，在解题的过程中，注意找渐近线上的点的坐标，也可以利用等边三角形的性质，可以确定出渐近线的倾斜角，从而求得的关系，结合双曲线中的关系，进一步求得离心率的大小，这样更省时间.第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.若变量x，y满足约束条件，则的最大值_.【答案】1【解析】【分析】作出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，
12、代入即可求解目标函数的最大值.【详解】画出变量满足约束条件所表示的平面区域，如图所示，目标函数，可化为直线，当直线过点时，此时直线在轴上的截距最小，此时目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力14.在抗击新冠肺炎期间，甲、乙、丙、丁四名党员志愿者参加社区防控值班.若从四位志愿者中随机选三人参加夜间防控，则甲被选中的概率为_.【答案】【解析】【分析】利用列举法和古典概型的概率公
13、式计算可得结果.【详解】从甲、乙、丙、丁四位志愿者中随机选三人参加夜间防控，有（甲、乙、丙），（甲、乙、丁），（甲、丙、丁），（乙、丙、丁），共四种情况，其中甲被选中的情况有（甲、乙、丙），（甲、乙、丁），（甲、丙、丁），共三种情况，所以甲被选中的概率为.故答案为：.【点睛】本题考查了利用古典概型的概率公式求概率，属于基础题.15.如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台P，已知射线，为湿地两边夹角为120的公路（长度均超过2千米），在两条公路，上分别设立游客接送点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路，测得千米，千米，则线段的长度为_千米；若与角互补，记，两条观光线路与之
14、和记为y，则把y表示为的函数为y=_.【答案】 (1). (2). 或【解析】【分析】在中，根据两边夹角为120，千米，千米，由余弦定理求解，在中，根据，由正弦定理分别求得即可.【详解】在中，由余弦定理得：，所以.在中，由正弦定理得：，所以，所以，.故答案为：；【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.16.已知正方体的棱长为1，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的表面积为_.【答案】【解析】【分析】由题意可得，以正方体所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，也可以看作是两个正四棱锥的组合体，每一个正四棱锥的侧棱长与底面边长均为，再求出这两个正四棱锥的侧面积，该多面体的表面积为这两个正四棱锥的侧面积之和.【详解】解：如图，以正方体所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，也可以看作是两个正四棱锥的组合体，由于正四棱锥的每个侧面为四个全等的等腰三角形,每一个正四棱锥的底面边长为,正四棱锥的侧棱长也为，故一个正四棱锥侧面积为该多面体的表面积为故答案为：【点睛】本题考查多面体表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题三、
