河南省许昌市、济源市、平顶山市2020届高三数学第三次联考试题 文（含解析）.doc

1、河南省许昌市、济源市、平顶山市2020届高三数学第三次联考试题 文（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，冉选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本大题共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】根据集合的补集运算和交集运算可得结果.【详解】因为，所以，又所以故选：

2、C【点睛】本题考查了集合的补集和交集的运算，属于基础题.2.若复数z满足，则z的虚部为（ ）A. B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】先求，再安照复数除法法则化简整理成复数的标准形式即可.【详解】解：，故选：B【点睛】考查求复数的模、复数的概念以及复数的运算，基础题.3.双曲线的渐近线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的标准方程，即可求解.【详解】令得.故选：D【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，属于基础题.4.已知直线l是平面和平面的交线,异面直线a,b分别在平面和平面内.命题p：直线a,b中至多有一条与直线l相交；命题q：直线a,b中至

3、少有一条与直线l相交；命题s：直线a,b都不与直线l相交.则下列命题中是真命题的为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据直线与平面的位置关系判断命题的真假性,再根据逻辑联结词的性质判断即可.【详解】对命题,当均与相交,且不相交于同一点时也满足题意,故命题为假命题.对命题,当均不与相交时, ,则有,不满足异面.故至少有一条与直线相交.故命题为真命题.对命题,当都不与直线相交,则有,则有,不满足异面.故为假命题.故为真命题，其余均为假命题.故选：D【点睛】本题主要考查了线面关系的判定以及逻辑联结词中的命题的真假判断.属于基础题.5.刘徽是魏晋期间伟大的数学家，他是中国古典数学

4、理论的奠基者之一.他全面证明了九章算术中的方法和公式，指出并纠正了其中的错误，更是擅长用代数方法解决几何问题.如下图在圆的直径上任取一点E，过点E的弦和垂直，则的长不超过半径的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设圆的半径为1，由得的范围，从而确定点满足的条件，再由几何概型公式算出概率.【详解】设圆的半径为1，则有，解得：，又在直径上，所以所求的概率为.故选：A【点睛】本题主要考查了几何概率的计算，考查了圆的弦长的计算，考查了学生的运算求解能力.6.在中，且，则（ ）A. 3B. 5C. D. 【答案】A【解析】【分析】由，得，代入计算即可得最后结果.【详解】由，得，

5、又，所以.故选：A【点睛】本题主要考查向量的线性表示和向量的数量积的计算，考查了转化与化归的思想，考查了学生的运算求解能力.7.已知向量，且，则直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】计算出，由得出，从而求出斜率，进而得出倾斜角.【详解】由题知，又，所以，得，所以，则直线斜率，故倾斜角为.故选：D【点睛】本题主要考查了数量积的坐标运算，直线斜率与倾斜角的关系，考查了学生的运算求解能力.8.已知直线与抛物线C：相交于A，B两点，O为坐标原点，的斜率分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，由消得：，又，由韦达定理代入计算即可得答案.【详解

6、】设，由消得：，所以，故.故选：C【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，直线的斜率公式，考查了转化与化归的思想，考查了学生的运算求解能力.9.设，则，的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，得，判断函数在为减函数，结合减函数的性质与不等式性质判断出的大小关系.详解】设，则，当时，故在为减函数，因为，所以，则，故；又，所以，即，故，所以.故选：B【点睛】本题考查利用函数的单调性与不等式性质比较大小，考查了利用导数求解函数的单调性，考查了学生的逻辑推理与运算求解能力.10.已知区间是关于x的一元二次不等式的解集，则的最小值是（ ）A. B. C. D.

7、 3【答案】C【解析】【分析】由题知，则可得，则，利用基本不等式“1”的妙用来求出最小值.【详解】由题知是关于x的一元二次方程的两个不同的实数根，则有，所以，且是两个不同正数，则有，当且仅当时，等号成立，故的最小值是.故选：C【点睛】本题主要考查了一元二次不等式与一元二次方程的关系，考查了基本不等式“1”的妙用求最值，考查了转化与化归的思想，考查了学生的运算求解能力.11.的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，则的周长的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由正弦定理得，则有，利用基本不等式求出的最大值，即可得的周长的最大值.【详解】，由正弦定理得，所以，又，

8、得，当且仅当时等号成立，所以的周长的最大值是.故选：A【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，基本不等式求最值，考查学生的运算求解能力.12.已知函数，若方程有2不同的实数解，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由得有2不同的实数解，等价于或有两个不同的实数解，分析得到没有实数解，即有两个不同的实数解，利用导数分析即得实数a的取值范围.【详解】由得，去分母整理得有2不同的实数解，所以或，所以或，设所以，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减.所以，所以没有实数解.所以方程有两个不同的实数解.当时，；当时，要方程有两个不同的实数解，必须.故选：B.【点睛】本

9、题主要考查利用研究函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知,其中,则_.【答案】【解析】【分析】根据角度关系,先根据二倍角公式求解,进而得出.再根据角度的范围求解,再凑角根据求解即可.【详解】因为,故,又,故.所以,.又,故,又,所以.故.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换求解三角函数值的问题,需要根据角度的关系选择合适的三角函数公式.同时需要结合角度的范围分析三角函数的正负,再根据凑角求解三角函数值等.属于中档题.14.非典和新冠肺炎两场疫情告诉我们：应坚决杜绝食用野生动物，提倡文明健康

10、，绿色环保的生活方式.在我国抗击新冠肺炎期间，某校开展一次有关病毒的网络科普讲座.高三年级男生60人，女生40人参加.按分层抽样的方法，在100名同学中选出5人，则男生中选出_人.再从此5人中选出两名同学作为联络人，则这两名联络人中男女都有的概率是_.（第1空2分，第2空3分）【答案】 (1). 3 (2). 【解析】【分析】用男生总人数乘以抽样比即可得解；所求事件只包含抽到1名男生和1名女生，利用古典概型概率计算公式即可得解.【详解】按分层抽样的方法，在100名同学中选出5人，则男生中选人，女生中选2人；从此5人中选出两名同学作为联络人，设这两名联络人中男女都有为事件A，则.故答案为：3；【

11、点睛】本题考查分层抽样、古典概型概率计算公式、简单的组合问题，属于基础题.15.已知矩形中，E是边的中点，现以为折痕将折起，当三棱锥的体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为_.【答案】【解析】分析】当平面平面，三棱锥的高最大，此时其体积最大，为直角三角形，所以，为正三角形，其中心设为，再证明，根据平面平面，则易证.【详解】解： 因为， ，E是边的中点， 所以，为正三角形，其面积为定值，其中心设为，所以当平面平面，三棱锥的高最大，此时其体积最大，设此时点为点，即有平面平面，取的中点，连结，则，又平面平面，所以平面，所以，又，即为直角三角形，所以，所以，所以为三棱锥的外接球球心，该三棱锥外接球的表面

12、积为.故答案为：【点睛】考查三棱锥外接球的表面积的求法，其关键在于确定球心的位置，即找一点到四个顶点的距离相等，通常先考虑直角三角形外心或等边三角形中心，同时要证明这一点到各个顶点的距离相等；本题属于中档题.16.已知函数，若恒成立，则a的值为_.【答案】0【解析】【分析】要使得在定义域上恒成立，则函数和函数必有相同零点，列出方程组，即可求解.【详解】由题意，令，解得或，因为恒成立，所以函数的零点也为或，所以，即，解得，当时，当时，可得恒成立，当时，可得恒成立，综上可得，当时，在定义域上恒成立，所以实数a的值为.故答案：.【点睛】本题主要考查了不等式的恒成立问题，其中解答中转化为两个函数有相同

13、的零点，列出方程组是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.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.已知数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）如果数列，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用数列通项与前n和的关系，由，得到，两式相减求解即可.（2）由（1）得， 再利用错位相减法求和.【详解】（1）因为所以，两式相减得. （2）由（1）得， 所以 -得，所以.【点睛】本题主要考查数列通项与前n和的关系以及错位相

14、减法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18.如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，.（1）求证：；（2）若，三棱锥的体积为1，求线段的长度.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）取AD中点M，连接PM，BM，证出，再利用线面垂直的判定定理证出平面，进而证出.（2）利用面面垂直的性质定理可得平面，再利用等体法：求出，在中，利用勾股定理即可求解.【详解】解:（1） 取AD中点M，连接PM，BM，.四边形是菱形，且，是正三角形， ，又，平面. 又平面，. （2）平面平面，且交线为，平面. 在正三角形中，. 由题意可知，.，.平面，平面，., .【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理

15、、线面垂直的性质定理、面面垂直的性质定理、等体法求点到面的距离，属于基础题.19.（在花卉进行硬枝扦插过程中，常需要用生根粉调节植物根系生长.现有20株使用了生根粉的花卉，在对最终“花卉存活”和“花卉死亡”进行统计的同时，也对在使用生根粉2个小时后的生根量进行了统计，这20株花卉生根量如下表所示，其中生根量在6根以下的视为“不足量”，大于等于6根为“足量”.现对该20株花卉样本进行统计，其中“花卉存活”的13株.已知“花卉存活”但生根量“不足量”的植株共1株.编号0102030405060708091011121314151617181920生根量68389566277596788469（1）

16、完成列联表，并判断是否可以在犯错误概率不超过1%的前提下，认为“花卉的存活”与“生根足量”有关？生根足量生根不足量总计花卉存活花卉死亡总计20（2）若在该样本“生根不足量”的植株中随机抽取3株，求这3株中恰有1株“花卉存活”的概率.参考数据：独立性检验中的，其中.【答案】（1）见解析，不能在犯错误概率不超过1%的前提下，认为“花卉的存活”与“生根足量”有关（2）【解析】【分析】（1）由题意以及生根量的统计数量即可得出列联表，根据列联表计算出观测值即可得出结果.（2）样本中“生根不足量”有5株，其中“花卉死亡”的有4株， 存活的1株，记存活的花卉为a，花卉的植株分别为，利用列举法求出随机抽取3株

17、的基本事件个数以及恰好有1株存活的基本事件个数，然后再根据古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】解： （1） 由题意可得“花卉存活”的13株，“花卉死亡”的7株；“生根足量”的15株，“生根不足量”的5株，填写列联表如下： 生根足量生根不足量总计花卉存活12113花卉死亡347总计15520. 所以不能在犯错误概率不超过1%的前提下，认为“花卉的存活”与“生根足量”有关（2）样本中“生根不足量”有5株，其中“花卉死亡”的有4株， 存活的1株. 设事件A：抽取的3株中恰有1株存活记存活的花卉为a，花卉的植株分别为.则选取的3株有以下情况：， 共10种. 其中恰有一株花卉存活的情况有6种. 所以

18、.【点睛】本题考查了独立性检验的基本思想、古典概型的概率公式，考查了考生的数据分析处理能力，属于基础题.20.已知椭圆C：（）的离心率，短轴长为2，M、是椭圆C上、下两个顶点，N在椭圆C上且非顶点，直线交x轴于点P，是椭圆C的左，右顶点，直线，交于点Q.（1）求椭圆C的方程；（2）证明：直线与y轴平行.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）根据题意可得，解方程即可求解.（2）设，设直线的方程为，由，可得直线的方程为，将直线与椭圆联立消，利用韦达定理求出，求出直线，两直线联立求出交点的横坐标即证.【详解】解： （1） 故椭圆的方程为 (2) 因为M、是椭圆C上、下两个顶点，则，设，设直

19、线的方程为，又因为，故直线的方程为. 联立方程组，于是， 直线， 联立方程可得所以 所以，即直线PQ与y轴平行【点睛】本题考查了根据离心率求椭圆标准方程、直线与椭圆的位置关系，此题要求较高的计算能力，属于难题.21.已知函数，.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义可求得结果；（2）转化为证：，再两边构造函数，利用导数证明，且即可.【详解】（1），切点坐标为，则有. 所以切线方程为：，即. （2）要证：，即证. 令， 则，当时，单调递减，当时，单调递增所以. 令，当时，单调递增，当时，单调递减所以，.所以，. 即.【点睛】

20、本题考查了导数的几何意义，考查了等价转化思想，考查了利用导数证明不等式，属于中档题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分.做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑.22.以直角坐标系的坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，直线l的直角坐标方程为.（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）若曲线C与直线l相交于A、B两点，求弦的长度.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据可求得结果；（2）将直线l分成两条射线，利用两条射线的极坐标方程与曲线C的极坐标方程联立可得A、B两点的极径，再根据极径的几何

21、意义可得弦的长度.【详解】（1）曲线C：可得：，由可得：. 所以曲线C的直角坐标方程为 （2） 直线l的直角坐标方程为，所以直线l分成两条射线，其极坐标方程分别为：， 联立和 分别解得和， 所以.【点睛】本题考查了极坐标方程化直角坐标方程，考查了利用极坐标的几何意义求弦长，属于基础题.23.已知函数的最小值为M.（1）求M的值；（2）若，且，向量，求的最小值.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）分类讨论去绝对值变为分段函数后，利用单调性可求得最小值；（2）根据向量的模长公式以及二次函数的性质可求得最小值.【详解】（1）函数， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数的最小值为 （2） ， ，.所以，当且仅当时取等号. 故的最小值为.【点睛】本题考查了分类讨论去绝对值求函数的最值，考查了向量的模长公式，考查了二次函数求最值，属于中档题.