1、安徽省皖南八校2020届高三数学第三次联考试题 文（含解析）一、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.已知集合，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简集合，根据交集运算即可.【详解】 集合，.故选：B【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于容易题.2.已知复数满足（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】分析】设,根据复数运算求出，即可求解.【详解】设，则，即，对应点为，在第一象限.故选：A【点睛】本题主要考查了复数的加法运
2、算，共轭复数的概念，复数的几何意义，属于容易题.3.已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由渐近线斜率可得的关系，进而得到的关系.【详解】由题知，又，解得.故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于容易题.4.已知直线，平面，则的充分条件是( )A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】根据线面平行的判定，逐项分析即可.【详解】，有可能，A错误；，有可能，B错误；，有可能，C错误；,能推出，D正确.故选：D【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理，考查了空间想象力，属于中档题.5.已知等差数列的前n项和
3、为，若，则公差 等于( )A. B. C. 1D. 2【答案】D【解析】【分析】由，可求出，进而可知，结合，可求出公差.【详解】解：，.又由，得.故选:D.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的求和公式，考查了等差中项.对于等差、等比数列问题，一般都可用基本量法，列方程组求解，但是计算量略大.有时结合数列的性质，可简化运算，减少运算量.6.新高考方案规定，普通高中学业水平考试分为合格性考试（合格考）和选择性考试（选择考）.其中“选择考”成绩将计入高考总成绩，即“选择考”成绩根据学生考试时的原始卷面分数，由高到低进行排序，评定为A，B，C，D，E五个等级.某试点高中2019年参加
4、“选择考”总人数是2017年参加“选择考”总人数的2倍，为了更好地分析该校学生“选择考”的水平情况，统计了该校2017年和2019年“选择考”成绩等级结果，得到如图表： 针对该校“选择考”情况，2019年与2017年比较，下列说法正确的是( )A. 获得A等级的人数不变B. 获得B等级的人数增加了1倍C. 获得C等级的人数减少了D. 获得E等级的人数不变【答案】D【解析】【分析】设2017年参加“选择考”总人数为，分别求出2017,2019年获得A，B，C，E等级的人数，进而可选出正确选项.【详解】解：设2017年参加“选择考”总人数为，则2019年参加“选择考”总人数为；则2017年获得A等
5、级有人，2019年获得A等级有，排除A；2017年获得B等级有人，2019年获得B等级有，排除B；2017年获得C等级有人，2019年获得C等级有，排除C；2017年获得E等级有人，2019年获得E等级有，人数不变，故选:D.【点睛】本题考查了扇形统计图，考查了由统计图分析数据.7.函数的部分图象大致是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由函数的奇偶性可排除A,C.代入特殊值，如，通过判断函数值的符号，可选出正确答案.【详解】解：由，可知函数为奇函数，由此排除A，C，又时，因为，则，即此时，排除D.故选:B.【点睛】本题考查了函数图像的选择.选择函数的图像时，常结合函数的奇
6、偶性、单调性、对称性、定义域排除选项，再代入特殊值，判断函数值的符号进行选择.8.在中，是直线上一点，且，若则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】通过向量的线性运算，以为基底，表示出，进而求出的值.【详解】解：，.故选:D.【点睛】本题考查了向量的加法运算，考查了向量的减法运算.本题的难点是由题目条件求出 的具体值.9.已知等比数列的前项和为，若，则( )A. 2B. C. 4D. 【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的通项和求和公式列出方程组求解即可.【详解】，,又，故选：C【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，等比中项，等比数列求和公式，属于中档题.10.已知，则
7、函数图象在点处的切线方程为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】构造方程解方程组可得，利用导数求出切线斜率，写出切线方程即可.【详解】，.，.，过切线方程：.故选：A【点睛】本题主要考查了函数导数的几何意义，切线方程的求法，函数解析式的求法，属于中档题.11.若函数在区间上是增函数，且，则函数在区间上( )A. 是增函数B. 是减函数C. 可以取得最大值2D. 可以取得最小值【答案】C【解析】【分析】由辅助角公式可求得，由题意可知，不妨取，令，结合的图像，可选出正确选项.【详解】解：，因为在区间上是增函数，且，则，即，不妨取，设，则，则图像为所以，在先增后减，可取到最大值为2
8、.故选:C.【点睛】本题考查了辅助角公式，考查了三角函数的单调性，考查了三角函数的最值，考查了数形结合.本题的关键是由单调性和最值，确定的值.12.在三棱锥中，已知，且平面平面，三棱锥的体积为，若点都在球的球面上，则球的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】取中点，连接，设球半径为，由题意可知，由，可列出关于的方程，进而可求出球的半径，则可求球的表面积.【详解】解：取中点，连接，设球半径为，因为，所以，因为，所以，则,因为平面平面，所以平面，即，所以，球的表面积为.故选:A.【点睛】本题考查了椎体的体积，考查了面面垂直的性质，考查了球的表面积的求解.求球的体积或表面积
9、时，关键是求出球的半径，通常设半径，结合勾股定理列方程求解.本题的关键是面面垂直这一条件的应用.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设满足约束条件，则的最小值为_.【答案】1【解析】【分析】作出可行域，根据直线截距的几何意义求解即可.【详解】由约束条件作出可行域如图，由得：由图可知，当直线过点时，有最小值，联立，解得.的最小值为.故答案为：1【点睛】本题主要考查了简单线性规划，属于中档题.14.在平面直角坐标系中，若角的始边是 轴非负半轴，终边经过点，则_.【答案】【解析】【分析】化简出的坐标，从而可求出，根据诱导公式可求出的值.【详解】解：由题意知，则到原点的距离为1，.故
10、答案为: .【点睛】本题考查了诱导公式，考查了三角函数值的求解.由点坐标求出角的余弦值是本题的关键.15.已知函数是定义域为 的偶函数，都有，当时，则_.【答案】5【解析】【分析】由题意可知周期为2，从而可求出，进而可求出的值.【详解】解：由可知，关于对称，又因为偶函数，所以周期为2，则， .故答案为:5.【点睛】本题考查了分段函数，考查了函数的周期性的应用.由奇偶性和对称性求出函数的周期是求解本题的关键.16.已知抛物线，其焦点为，准线为，过焦点的直线交抛物线于点、（其中在轴上方），两点在抛物线的准线上的投影分别为，若，则_.【答案】3【解析】【分析】根据抛物线的的定义可得，利用直角三角形可
11、求出，由面积等积法求出，求出直线的倾斜角，利用公式，计算.【详解】由抛物线的定义得：，易证，.，为等边三角形.直线的倾斜角.，.故答案为：3【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、简单几何性质，过焦点直线与抛物线相交的性质，属于难题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721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.在中，内角的对边分别为，满足.（1）求 ；（2）若的面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理对已知式子进行边角互化，结合三角形的内角和定理，化简后可得，进而
12、可求出；（2）由，可知，结合余弦定理可求出，从而可求周长.【详解】解：（1）由知， .，则. （2），.由余弦定理知，即， ，解得，的周长为.【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式.一般地，若题目已知式子中既有边又有角，常结合正弦定理和余弦定理进行边角互化；若式子中三个角都存在，则常结合三角形的内角和定理进行消角化简.18.如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，为的中点，为线段上靠近点的三等分点.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明，即可证明平面；（2）由，利用等体积法求出点到平而的距离.【详解】（1
13、）证明：，为线段中点， .平面，平面，.又底面是长方形，.又，平面.平面，.又，平面.（2）由（1）知，平面，又平面，.由题知平面，为中点，点到平面的距离为，设点平面的距离为，则，即，解得，点到平面的距离为.【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定与性质，等体积法求距离，属于中档题.19.2019新型冠状病译（2019-nCoV）于2020年1月12日被世界卫生组织命名.冠状病毒是一个大型病毒家族，可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）等较严重疾病.某医院对病患及家属是否带口罩进行了调查，统计人数得到如下列联表：戴口罩未戴口罩总计未感染301040感染4610总计
14、341650（1）根据上表，判断是否有95%的把握认为未感染与戴口罩有关；（2）在上述感染者中，用分层抽样的方法抽取5人，再在这5人中随机抽取2人，求这2人都未戴口罩的概率.参考公式：，其中.参考数据：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）有把握；（2）.【解析】【分析】（1）计算，与临界值比较得出结论；（2）列出抽取2人的所有可能，根据古典概型计算概率即可.【详解】（1）.所以有95%的把握认为未感染与戴口罩有关.（2）由（1）知，感染者中有4人戴口罩，6人未戴口罩，用分层抽样的方
15、法抽取5人，则2人戴口罩记为，3人未戴口罩记为1，2，3，从中随机抽取2人，共有，12，13，23共10种可能，其中2人都未戴口罩的有12，13，23共3种，这2人都未戴口罩的概率.【点睛】本题主要考查了独立性检验，古典概型，分层抽样，属于中档题.20.已知点，是椭圆左，右焦点，椭圆上一点满足轴，.（1）求椭圆的标准方程；（2）过的直线交椭圆于两点，当的内切圆面积最大时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由轴，结合勾股定理可得，从而可求出，则可知，结合，可求出，即可求出椭圆的标准方程.（2）设，与椭圆方程联立，可得，从而可用 表示出，用内切圆半径表示出，即可知，结合
16、基本不等式，可求出当半径取最大时， 的值，从而可求出直线的方程.【详解】解：（1）因为轴，所以，则，由，解得，由椭圆的定义知， ，即，椭圆的标准方程为. （2）要使的内切圆的面积最大，需且仅需其的内切圆的半径最大.因为，设，易知，直线l的斜率不为0，设直线，联立，整理得，故，； 所以，又，故，即，；当且仅当，即时等号成立，此时内切圆半径取最大值为，直线l的方程为或.【点睛】本题考查了椭圆的定义，考查了椭圆内三角形周长的求解，考查了三角形的面积公式，考查了直线与椭圆的位置关系.本题的关键是用内切圆半径表示出三角形的面积.本题的难点是计算化简.21.已知函数.（1）若函数有两个极值点，试求实数的取
17、值范围；（2）若且，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求函数导数，有2个极值点转化为方程有两解，利用导数分析，得函数大致形状，即可求解；（2）不妨令，利用单调性知，构造函数，利用导数求其最小值即可得证.【详解】（1），.令，函数有两个极值点，即方程有两个不相等根，显然时，方程不成立，即不是方程的根，所以原方程有两个不相等根转化为有两个不相等的根，不妨令.，在，递减，在递增，且时，.方程有两个不等根，图象与图象有两个不同交点，只需满足即.（2）不妨令，在递减.，不妨令：，.令，则，由得，由得，在递减，在递增.，在递增.，当且时，.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函
18、数的单调区间，极值，最值，证明不等式，属于难题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. 选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（为参数），以直角坐标系的原点为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线 的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）已知直线与曲线交于两点，试求两点间的距离.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）将直线参数方程通过消参得到普通直角坐标方程，结合 可得其极坐标方程；结合两角差的余弦公式，可得，从而可求出曲线C的普通方程.（2）联立直线参数方程和
19、圆的方程，可求出，则.【详解】解：（1）消参得，直线，即；曲线，即，则 ，所以曲线C的普通方程为.（2）设两点在直线上对应的参数分别为，将代入，得，则，则.【点睛】本题考查了参数方程与普通直角坐标方程的转化，考查了直角坐标方程与极坐标方程的互化，考查了弦长问题.求第二问的弦长时，可结合直线和圆的图形，由勾股定理求解，但是计算稍麻烦；也可结合参数的几何意义求解.选修4-5：不等式选讲23.已知，.（1）求的最大值；（2）若不等式对任意及条件中的任意恒成立，求实数 的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求结合基本不等式可求出的最大值为6，从而可求的最大值；（2）结合基本不等式中“1”的代换，可求出，结合，可得，从而可求出的取值范围.【详解】解：（1），当且仅当，即时取等号，的最大值为.（2），当且仅当，即时取等号，的最小值为4.又， ，解得，即的取值范围为.【点睛】本题考查了基本不等式，考查了“1”的代换，考查了含绝对值不等式的求解，考查了绝对值三角不等式.在应用基本不等式求最值时，注意一正二定三相等.