2020届河南省名校（南阳一中、信阳、漯河、平顶山一中四校）高三3月线上联合考试数学（理）试题（解析版）

2020届河南省名校（南阳一中、信阳、漯河、平顶山一中四校）高三3月线上联合考试数学（理）试题


一、单选题
1．设集合，，，若，且，则（ ）
A．1或3 B．2或4 C．0 D．4
【答案】D
【解析】推导出，分类讨论即可求出．
【详解】
解：因为，且，则，
若，则，此时，符合要求，
若，则，此时，，不合题意，舍去，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查交集的定义及应用，属于基础题．
2．设复数（），则复数在复平面内对应的点不可能在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【解析】设复数在复平面内对应点的坐标为，则，消去参数，得点的轨迹方程得答案．
【详解】
解：复数，设复数在复平面内对应点的坐标为，
则，消去参数，得点的轨迹方程为，
点不可能在第三象限，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
3．已知（）的展开式中各项的二项式系数之和为128，则其展开式中的系数为（ ）
A．280 B．－280 C．35 D．－35
【答案】A
【解析】由已知求得，写出二项展开式的通项，由的指数为2得，则答案可求．
【详解】
解：由题意，，得．
，
其二项展开式的通项；
由得，
展开式中含项的系数是．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查二项式定理，关键是熟记二项展开式的通项，属于基础题．
4．记表示不超过的最大整数，已知，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【解析】由已知可得：，，再利用对数的运算性质得到，从而求出的值．
【详解】
解：由已知，，，则
，
又，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题．
5．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】根据导数和单调性的关系，判断函数的单调性，再判断函数的变化趋势，即可得到答案．
【详解】
解：的定义域为，
恒成立，
在，单调递增，
当时，，函数单调递增，故排除，，
当时，，，
，故排除，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查函数图象的识别，关键是掌握函数的单调性和函数值的变化趋势，属于中档题．
6．元代数学家朱世杰的数学名著《算术启蒙》是中国古代代数学的通论，其中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.下图是源于“松竹并生”问题的一个程序框图，则计算机输出的结果是（ ）

A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】D
【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算，的值并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【详解】
解：模拟程序的运行，可得
第一次执行循环体，可得，，此时；
第二次执行循环体，可得，，此时；
第三次执行循环体，可得，，此时；
终止循环，输出的值为3，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，属于基础题．
7．在中，，分别为，边上的点，且，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】可设，然后根据向量减法、加法的几何意义，以及向量的数乘运算即可得出，从而根据平面向量基本定理即可得出，解出即可．
【详解】
解：如图，

设，且，则：
，
，
，解得，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查向量加法和减法的几何意义，向量的数乘运算，平面向量基本定理，考查了计算能力，属于基础题．
8．设点、分别在双曲线：（，）的两条渐近线、上，且点在第一象限，点在第四象限，，为坐标原点，若、、成等差数列，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意可得，用及的倾斜角的三角函数值表示，再由等差数列的性质可得，进而可得，的关系，求出双曲线的离心率．
【详解】
解：因为、、成等差数列，所以，如图所示：

设的倾斜角为，因为，则，，
于是，
即得，即，
所以离心率，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查双曲线的性质，属于中档题．
9．已知函数（，，）的部分图象如图所示，其中图象最高点和最低点的横坐标分别为和，图象在轴上的截距为.关于函数有下列四个结论：
①的最小正周期为；
②的最大值为2；
③为的一个零点；
④为偶函数.
其中正确结论的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】首先利用函数的图象求出函数的关系式，进一步求出函数的周期，最值和对奇偶性进行判定．
【详解】
解：根据函数的图象：，所以，
由于，解得，
由，整理得，解得，
当时，，
故为的一个零点，
由于，
所以不是偶函数，
故结论①②③正确，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查三角函数的图象和性质，考查运算能力和转换能力，属于基础题．
10．某单位有800名员工，工作之余，工会积极组织员工参与“日行万步”健身活动.经调查统计，得到全体员工近段时间日均健步走步数（单位：千步）的频率分布直方图如图所示.据直方图可以认为，该单位员工日均健步走步数近似服从正态分布，计算得其方差为6.25.由此估计，在这段时间内，该单位员工中日均健步走步数在2千步至4.5千步的人数约为（ ）
附：若随机变量服从正态分布，则，，.

A．103 B．105 C．107 D．109
【答案】D
【解析】由频率分布直方图估计其均值，可得，乘以800得答案．
【详解】
解：由频率分布直方图估计其均值，
设日均健步数为，则，
，则，，
，
，
日均健步走步数在2千步至4.5千步的人数约为109人，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，属于基础题．
11．小王想在某市一住宅小区买套新房，据了解，该小区有若干栋互相平行的平顶楼房，每栋楼房有15层，每层楼高为3米，顶楼有1米高的隔热层，两楼之间相距60米.小王不想买最前面和最后面的楼房，但希望所买楼层全年每天正午都能晒到太阳.为此，小王查找了有关地理资料，获得如下一些信息：①该市的纬度（地面一点所在球半径与赤道平面所成的角）为北纬；②正午的太阳直射北回归线（太阳光线与赤道平面所成的角为）时，物体的影子最短，直射南回归线（太阳光线与赤道平面所成的角为）时，物体的影子最长，那么小王买房的最低楼层应为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【解析】直接利用解三角形知识的应用求出结果．
【详解】
解：依题意：，则太阳光与地面的夹角为．
如图所示：

根据题意，得到每栋楼从地面到楼顶的高度为46米．
在图（2）中，设，，，
所以在中，，
在中，，
所以
所以中间的楼房距离地面约11.36米的部分，有些天正午不能晒到太阳．
所以，小王买房的最低层应为5层，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查解三角形的实际应用，考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
12．如图，在平面四边形中，，是边长为3的正三角形.将该四边形沿对角线折成一个大小为的二面角，则四面体的外接球的表面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设四面体的外接球的球心为点，取的中点，连接，设点为正的中心，则平面，由，则点为的外心，可得平面，根据二面角的大小为，可得，利用直角三角比即可得出．
【详解】
解：如图，取的中点，连结，

设为正的外心，则点在上，且，
设为四面体的外接球球心，则平面，
因为，则为的外心，所以平面，
因为二面角大小为，则直线与平面成角，
所以，
因为是边长为3的正三角形，则，所以，
在中，，
在中，因为，则，
所以四面体的外接球半径，，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查二面角、直角三角形与等边三角形的边角关系、球的性质，考查推理能力与计算能力，属于难题．


二、填空题
13．已知数列满足（），为数列的前项和，若，则______.
【答案】30
【解析】数列满足，可得数列为等差数列，公差为，利用通项公式求和公式即可得出．
【详解】
解：数列满足，可得数列为等差数列，公差为，
，，解得，
则，
故答案为：30．
【点睛】
本题主要考查等差数列通项公式求和公式，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
14．某中学高三年级共有36名教师，将每位教师按1~36编号，其年龄数据如下表：
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
年龄
40
48
40
41
33
40
45
42
43
36
31
38
39
43
45
39
38
36
编号
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
年龄
27
43
41
37
34
42
37
44
42
34
39
45
38
42
53
37
49
39

用系统抽样法从这36名教师中抽取一个容量为9的样本，已知在第一组用抽签法抽到的年龄数据为48，则抽取的9名教师年龄的中位数是______.
【答案】40
【解析】先求出所有抽到的教师的编号，再求出所有的年龄，根据中位数的定义即可求出．
【详解】
将36人分成9组，每组4人，因为在第一组抽取的教师年龄为48，其编号为2，
在所有样本数据的编号为2，6，10，14，18，22，26，30，34，
对应的年龄分别为48，40，36，43，36，37，44，45，37，
将这9个数从小到达排序可得36，36，37，37，40，43，44，45，48，故中位数为40，
故答案为：40．
【点睛】
本题主要考查系统抽样和中位数，属于基础题．
15．若过点的任意一条直线都不与曲线：相切，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】设切点，利用导数写出过切点的切线方程，把的坐标代入，化为关于 的一元二次方程，由判别式小于0求解的取值范围．
【详解】
解：设点为曲线上任意一点，
，则曲线在点处的切线方程为，
根据题意，切线不经过点，则关于 的方程，
即无实根．
△，解得．
的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查数学转化思想方法，属于中档题．
16．在中，已知顶点，顶点、在轴上移动，且，设点为的外接圆圆心，则点到直线：的距离的最小值为______.
【答案】
【解析】设点，取的中点，连结，则，且，，根据外接圆性质可求出点的运动轨迹，结合点到直线的距离公式转化为二次函数求最值问题即可．
【详解】
解：如图，设点，取的中点，连接，

则，且，，
因为，则，即，
则点到直线的距离，
所以当时，取最小值，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查点的轨迹方程，考查点到直线的距离公式，涉及二次函数求最值等知识点，属于难题．

三、解答题
17．在中，分别为角的对边，且有
（Ⅰ）求角；
（Ⅱ）若的内切圆面积为，当的值最小时，求的面积．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）利用两角和差余弦公式可将已知等式化简为，从而求得；结合可求得结果；（Ⅱ）根据内切圆面积可知内切圆半径为，由内切圆特点及切线长相等的性质可得到，代入余弦定理中可得到与的关系，利用基本不等式可构造不等式求得，从而得到当时，取得最小值，将代入三角形面积公式即可求得结果.
【详解】
（Ⅰ）




（Ⅱ）由余弦定理得：
由题意可知：的内切圆半径为
如图，设圆为三角形的内切圆，，为切点

可得：，
，
化简得（当且仅当时取等号）
或
又 ，即，
当且仅当时，的最小值为
此时三角形的面积：
【点睛】
本题考查解三角形的相关知识，涉及到利用两角和差余弦公式化简求值、根据三角函数值求角、余弦定理的应用、三角形中最值问题的求解等知识；解题关键是能够灵活应用三角形内切圆的性质构造出三边之间的关系，代入余弦定理中，利用基本不等式求得两边之积的最值.
18．如图，在矩形中，点为边上的点，点为边的中点，，现将沿边折至位置，且平面平面.

(1) 求证：平面平面；
(2) 求二面角的大小.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】【详解】试题分析：(1) 利用直角三角形，先证明折前有,折后这个垂直关系没有改变，然后由平面平面的性质证明平面,最后由面面垂直的判定定理即可证明平面平面；（2）为方便计算，不妨设，先以为原点，以方向为轴，以方向为轴，以与平面向上的法向量同方向为轴，建立空间直角坐标系，写给相应点的坐标，然后分别求出平面和平面的一个法向量，接着计算出这两个法向量夹角的余弦值，根据二面角的图形与计算出的余弦值，确定二面角的大小即可.
试题解析：(1) 证明:由题可知：折前
，这个垂直关系，折后没有改变
故折后有

（2）不妨设，以为原点，以方向为轴，以方向为轴，以与平面向上的法向量同方向为轴，建立空间直角坐标系 7分

则

设平面和平面的法向量分别为，
由及可得到即，不妨取
又由及可得到即
不妨取9分
11分
综上所述，二面角大小为12分.
【考点】1.线线垂直的证明；2. 线面垂直、面面垂直的判定与性质；3.空间向量在解决空间角中的运用问题.
19．如图，已知椭圆（）与圆：在第一象限相交于点，椭圆的左、右焦点，都在圆上，且线段为圆的直径.

（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的动直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，证明：为定值，并求出这个定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析，定值为.
【解析】（1）由圆的方程可得与轴的交点坐标即椭圆的焦点坐标，和圆的半径，由题意可得的值，再由存在求出，再由椭圆的定义可得椭圆的方程；
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出数量积的值为定值．
【详解】
解：（1）在圆的方程中，令，得，即，所以.
将圆的方程化为，则圆半径为，所以.
连结，因为点在圆上，为圆的直径，则.
又，则.
据椭圆定义，，则.
从而，所以椭圆的方程是；
（2）当直线的斜率存在时，设的斜率为，则的方程为，代入椭圆方程，得
，即.
设点，.则，.
所以
，
当的斜率不存在时，直线与轴重合，此时点，，，
综上分析，为定值．
【点睛】
本题主要考查圆与椭圆的综合，考查计算能力，属于中档题．
20．已知函数.
（1）讨论函数的极值点的个数；
（2）若有两个极值点，证明：.
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，得到函数的单调区间，从而求出函数的极值点；
（2）由（1）可知，当且仅当时，有两个极值点，且为方程的两根，，求出，根据函数的单调性证明即可.
【详解】
（1）.
①当时，.
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减.
即函数只有一个极大值点，无极小值点.
②当时，，
令，得.
当时，，
所以在上单调递增；
当时，，
所以在上单调递减.
即函数有一个极大值点，有一个极小值点.
③当时，，此时恒成立，
即在上单调递增，无极值点.
综上所述，当时，有且仅有一个极大值点，即只有1个极值点；
当时，有一个极大值点和一个极小值点，即有2个极值点；
当时，没有极值点.
（2）由（1）可知，当且仅当时，
有两个极值点，且为方程的两根，
即，
所以

.
令，
则恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
即.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的极值，考查利用函数的单调性证明不等式，考查逻辑思维能力和运算能力，属于中档题.
（1）从游客中随机抽取3人，记这3人的合计得分为，求的分布列和数学期望；
（2）从游客中随机抽取人（），记这人的合计得分恰为分的概率为，求；
（3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，说明理由.
【答案】（1）分布列见解析，；（2）；（3）是常数
【解析】（1）据题意，每位游客计划不参观马王堆的概率为，参加马王堆的概率为，的可能取值为3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和．
（2）这人的合计得分为分，则其中只有1人计划参观马王堆，从而，设，利用错位相减法能求出．
（3）在随机抽取的若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，则这些人的合计得分可能为分或分，记“合计得分“为事件，“合计得分”为事件，与是对立事件，推导出，由此能求出随着抽取人数的无限增加，趋近于常数．
【详解】
解：（1）据题意，每位游客计划不参观马王堆的概率为，记1分；参观马王堆的概率为，记2分，则的可能取值为3，4，5，6.
其中，，，.
所以的分布列为

3
4
5
6







.
（2）因为这人的合计得分为分，则其中有且只有1人计划参观马王堆，
所以.
设，则.
两式相减，得，
所以.
（3）在随机抽取若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，则这些人的合计得分可能为分或
分，记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，则与为对立事件.
因为，，则（），即（）.
因为，则数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
即.
因为，则时，，从而，
所以随着抽取人数的无限增加，趋近于常数.
【点睛】
本题主要考查离散型随机变量的分布列、数学期望、概率的求法，考查对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，属于难题．
22．在极坐标系中，已知点的极坐标为，曲线的极坐标方程为.以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系.
（1）求点的直角坐标和曲线的直角坐标方程；
（2）过点作斜率为的直线，交曲线于，两点，求的值.
【答案】（1），；（2）32
【解析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的进行转换．
（2）利用直线参数的几何意义结合一元二次方程根和系数的关系，求出结果．
【详解】
解：（1）因为，，所以点的直角坐标为.
由，得，即.
将，代入，得，即.
所以曲线的直角坐标方程是.
（2）因为直线的斜率为，则的倾斜角为，又点的直角坐标为，则直线的参数方程为
（为参数）.
代入的方程，得，即.
设方程的两根为，，则，所以.
【点睛】
本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，考查直线的参数方程中参数的几何意义，属于中档题．
23．已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若，，证明：.
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】（1）根据，可得，然后利用零点分段法解不等式即可；
（2）要证，即证，利用不等式的基本性质和基本不等式，可得到，从而证明不等式成立．
【详解】
解：（1）因为，则
原不等式化为.
设，则
当时，，由得.
当时，，不等式成立.
当时，，由得.
综上分析，原不等式的解集是；
（2）所证不等式化为，即.
因为，，则，即，
即.
因为，则.
所以原不等式成立，即.
【点睛】
本题主要考查绝对值不等式的解法，基本不等式和利用分析法证明不等式，属于中档题．