1、安徽省皖南八校2020届高三数学第三次联考试题 理（含解析）、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】C【解析】【分析】解不等式，结合，用列举法表示集合，从而可求交集.【详解】，.故选:C.【点睛】本题考查了一元二次不等式的求解，考查了集合的交集.易错点是忽略集合中这一条件.2.已知i为虚数单位，复数z满足，则( )A. 4B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知可求出，进而可求，则可求出的值.【详解】，.故选:A.【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了复数的除法运算，
2、考查了共轭复数的概念.本题的关键是通过复数的除法运算，求出复数.3.已知等差数列的前n项和为，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.4.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
3、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“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2
4、017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.5.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
5、，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.6.已知双曲线的一条渐近线与圆相切，则双曲线C的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出圆心坐标、半径以及双曲线的渐近线，由渐近线和圆相切，可求出圆心到渐近线的距离为半径，即，结合双曲线中，进而可求出离心率的大小.【详解】解：由题意知，圆心为在 轴上，则圆与双曲线的两条渐近线都相切，则圆心到渐近线的距离为半径 ，即，即，又，则，解得.故选:A.【点睛】本题考查了双曲线的渐近线，考查了双曲线的性质，考查了直
6、线和圆相切问题，考查了双曲线离心率的求解.本题的关键是由相切得到.一般求圆锥曲线的离心率时，常根据题意列出的关系式进行变形求的值.本题的易错点是混淆了椭圆和双曲线中的关系.7.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.8.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，
7、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.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.9.若曲线的一条切线为（为自然对数的底数），其中为正实数，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设切点为，由题意知，从而可得，根据 “1”的代换，可求出，由基本不等式可求出取值范围.【详解】解：，设切点为，则，. 原式，当且仅当，即时等号成立，即.故选:C.【点睛】本
8、题考查了导数的几何意义，考查了基本不等式.切线问题，一般设出切点，由切点处的导数值为切线的斜率以及切点既在切线上又在函数图像上，可列出方程组.运用基本不等式求最值时注意一正二定三相等.10.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，
9、考查了球的表面积的求解.求球的体积或表面积时，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.11.已知函数，若函数有6个零点，则实数的取值范围为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】结合导数，求出的单调性，由，可得其零点及函数的简图，通过分析可知，有6个零点等价于和都分别有3个实数根，结合图像可得关于 的不等式，进而可求出的取值范围.【详解】解：因为，所以， 故当时，单调递增；当和时，单调递减；又，函数有两个零点分别为，.则函数的简图为函数有6个零点，与的根共有6个，和都分别有3个实数根，则且，即.故选:A.【点睛】本题考查了函数
10、的零点与方程的根的应用，考查了运用导数求函数的单调性，考查了数形结合.本题的难点是对有6个零点这一条件的理解.一般地，若，则 的零点个数就等于的图像交点个数.12.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( )A. B. 2C. 3D. 4.【答案】C【解析】【分析】由题意可知，由，可求出，由可求出，由可知，从而可知，进而可求的值.【详解】解：由题意知，则,由轴，可知，则，则 ，为等边三角形，直线AB的倾斜角，且,又因为，则.故选:C.【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查了直线与抛物线的位置关系.本题的关键是的求解.对于抛
11、物线的问题，一般结合抛物线的定义，可减少运算量.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.展开式中常数项为_.【答案】240【解析】【分析】先求出二项式的展开式的通项公式，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中的常数项.【详解】展开式的通项公式令,所以的展开式的常数项为,故答案为.【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.
12、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，又因为是偶函数，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
13、.16.已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，设数列的前项和为，则使得成立的最小的的值为_.【答案】3【解析】【分析】由，得，两式相减可得，结合，可求出，又，从而可求出的通项公式，用错位相减法可求出，进而可求使得成立的最小的的值.【详解】解：由，得，两式相减得，整理得，两式相减得.数列的各项为正数，当 时，即，解得或（舍）或（舍），又，解得：或（舍），则，数列是公差为1的等差数列，则，相减得，满足不等式的的最小正整数为3.故答案为:3.【点睛】本题考查了通项公式的求解，考查了错位相减法求和.本题的难点是由已知递推关系式的整理.一般地，已知递推关系时，常结合 进行求解.本题的易错点是由错位相减
14、法求时，计算量大，容易算错.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
15、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）求平面与平面所成二面角正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）通过，可证明平面，进而可得，结合证明线面垂直.（2）以为轴建立空间直角坐标系，可求出平面的法向量，平面的法向量，则可求出两向量夹角的余弦值，从而可求二面角的正弦值.【详解】（1）证明：，为线段中点，. 平面，平面，.又底面是长方形，.又，平面.平面，. 又，
16、平面. （2）解：由题意，以为轴建立空间直角坐标系，则，. 所以,，设平面的法向量，则，即，令，则，同理可求平面的法向量， ，即平面与平面所成角的正弦值为. 【点睛】本题考查了线面垂直的判定，考查了二面角正弦值的求解，考查了同角三角函数的基本关系.证明线线垂直时，可结合等腰三角形三线合一、勾股定理、矩形的邻边、菱形的对边、线面垂直的性质证明.19.2019新型冠状病毒（2019nCoV）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
17、下列联表：戴口罩未戴口罩总计未感染301040感染4610总计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）从上述感染者中随机抽取3人，记未戴口罩的人数为，求的分布列和数学期望.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）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）由表求出，即可判断；（2）由题意知的取值可能为0，1，2，3，求出每种情况的概率，从而可得分布列，进而可求数学期望.【详解】解：（1）由列联表可知，. 所以有
18、95%的把握认为未感染与戴口罩有关.（2）由题知，感染者中有4人戴口罩，6人未戴口罩，则的取值可能为0，1，2，3.；，则的分布列为X0123P.【点睛】本题考查了独立性检验，考查了离散型随机变量的分布列，考查了数学期望的求解.在第一问求时，由于数据较大，应注意计算.一般对于求分布列的问题，写出分布列后，可结合概率之和为1这一性质，进行检验.20.已知点，是椭圆的左，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
19、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
20、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）当时，求函数的最大值；（2）若函数存在两个极值点，求证：.【答案】（1）当时，的最大值为，当时，的最大值为1；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，分为，三种情况，结合导数判断函数的单调性，继而求出最大值.（2）由函数存在两个极值点可知在上存在两不等的实根，令，从而可知，可求出的取值范围，结合韦达定理可求出，结合令，在上的单调性，可证明.【详解】解：（1）由题意知，定义域为，且， 当时，解得，此时对成立，则在上是增函数，此时最大值为， 当时，由得，由，取，则时，；时，所以在上是减函数，在上是增函数，又则当，即时
21、，此时，在上的最大值为；当，即时，在上的最大值为， 综上，当时，函数在的最大值为，当时，函数在的最大值为1.（2）要使存在两个极值点，则在上存在两不等的实根，令，则对称轴为，则，解得，由韦达定理知，.令，在上单调递减，时，.【点睛】本题考查了二次函数根的分布，考查了韦达定理，考查了运用导数求最值，考查了已知极值点的个数求参数.本题的难点在于第一问中，参数范围的确定；第二问中，如何将极值点个数转化为参数的取值范围.一般地，含参函数求最值时，首先求出定义域，然后求得导数，令导数为零，讨论导数为零有无根；当有根时，再讨论根是否属于定义域，结合单调性，即可求最值.（二）选考题：共10分.请考生在第22
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
23、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.
