河南省2020届高三下学期3月在线网络联考数学（理）试题 Word版含解析

河南省2020届高三下学期3月在线网络联考数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 高三数学（理科）试卷 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12个小题，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（为虚数单位），则复数( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数的除法可得，得解.‎ ‎【详解】解:由,‎ 则,‎ 即,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的除法，属基础题.‎ ‎2.设集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别解对数不等式，一元二次不等式求出集合A,B，直接进行交集运算.‎ ‎【详解】因为，或，‎ 所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，涉及对数不等式、一元二次不等式，属于基础题.‎ ‎3.已知数列的前项和为，且，则( )‎ A. 512 B. 1025 C. 256 D. 1024‎ - 23 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由数列的前项和与第项的关系可得，代入求解即可.‎ ‎【详解】解：由数列的前项和为，且，‎ 则，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了数列的前项和与第项的关系，属基础题.‎ ‎4.已知函数，则单调递减区间为( )‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用正弦、余弦的二倍角公式可得，再令，，然后解不等式即可得解.‎ ‎【详解】解：， ‎ 令，，‎ 得，.‎ 故的单调递减区间为，.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了三角恒等变换，重点考查了三角函数单调区间的求法，属基础题.‎ - 23 -‎ ‎5.已知偶函数的定义域为，则函数在上的最大值为( )‎ A. 6 B. 5 C. 4 D. 7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由为偶函数，得及，可得，再求最值即可.‎ ‎【详解】解：由为偶函数，得，即，‎ 又定义域关于原点对称，‎ 故，‎ 得，‎ 则，‎ 故.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，重点考查了对数函数最值的求法，属基础题.‎ ‎6.下面程序框图输出的的值为（ ）‎ A. 4 B. 7 C. 6 D. 5‎ - 23 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 逐步写出各次运算结果，当时不满足的条件结束循环.‎ ‎【详解】，，；‎ ‎，，；‎ ‎，，；‎ ‎，，；‎ ‎，，；‎ 跳出循环，故.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查程序框图，属于基础题.‎ ‎7.甲、乙等四名学生分别来自同一学校三个不同的班级(其中只有甲、乙两人来自同一班级)，他们代表班级参加语、数、英三科竞赛的决赛(每名学生三科竞赛都参加且无其他考生)，则三科竞赛冠军分别来自三个不同班级的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出三科冠军可能出现的所有情况数，再求出三科竞赛冠军分别来自三个不同班级的可能数，代入古典概型概率计算公式即可.‎ ‎【详解】四名学生参加三科竞赛，每科冠军都有四种情况，共有种，三科竞赛冠军分别来自三个不同班级共有种不同情况，故所求概率为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查古典概型，属于基础题.‎ ‎8.在四面体中，且，，，所成的角为30°，，，，则四面体的体积为( )‎ A. 8 B. 6 C. 7 D. 5‎ ‎【答案】D - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出的面积，再求出点到面的距离，然后结合棱锥体积公式求解即可.‎ ‎【详解】解：由题意，如图所示，，，过点作的平行线，则平面，且为30°或150°，‎ 从点向作垂线，垂足为，‎ 易证平面.‎ 则点到平面的距离，‎ ‎，‎ 则四面体的体积为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了棱锥的体积公式，重点考查了运算能力，属中档题.‎ ‎9.设是的前项和，，且，则( )‎ A. -66 B. 77 C. 88 D. 99‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由与的关系可得是以为首项，为公差的等差数列，再由等差数列前项和公式求解即可.‎ ‎【详解】解：因为，‎ - 23 -‎ 所以，‎ 所以.‎ 又，‎ 所以是以为首项，为公差的等差数列，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了与的关系，重点考查了等差数列前项和公式，属基础题.‎ ‎10.某正四面体的外接球与内切球的表面积之差为，则该四面体的棱长为( )‎ A. 3 B. 4 C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出正四面体外接球、内切球的半径，再结合球的表面积公式求解即可.‎ ‎【详解】解：设该正四面体的棱长为，外接球的半径为，内切球的半径为,‎ 由，得.‎ 由，得.‎ 因为，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了几何体外接球、内切球的求法，重点考查了球的表面积公式，属中档题.‎ ‎11.已知抛物线的准线与轴的交点为，点为抛物线的焦点，点在抛物线上且，当最大时，点恰好在以为焦点的双曲线上，则该双曲线的方程为( )‎ - 23 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由抛物线的定义及点到直线的距离公式可得，设，再结合二次函数最值的求法可得，再求双曲线方程即可得解.‎ ‎【详解】解：过作准线的垂线交准线于，则，由，可得.‎ 设，则，‎ 令，则，‎ 当时，取到最大值，‎ 即当时，取到最大值，此时.‎ 不妨设，‎ 又因为双曲线的焦点坐标为，‎ 所以可设双曲线的方程为，‎ 将代入上式，求得，‎ - 23 -‎ 所以双曲线的方程为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线的定义，重点考查了双曲线方程的求法，属中档题.‎ ‎12.已知的外接圆圆心为，，，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先计算、，再由向量的数量积定义计算，将代入中，解方程组即可求得m,n.‎ ‎【详解】设线段AC的中点为D，线段BC的中点为E，连接OD、OE，如下图所示，‎ 由垂径定理知，则 所以,‎ ‎，‎ 因为，所以，‎ - 23 -‎ 又，所以，‎ ‎，‎ 因为 所以 故选：B ‎【点睛】本题考查平面向量的数量积，平面向量的应用以及三角函数，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.若展开式中各项系数和为243，则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在展开式中，令求得各项系数和，从而求得的值．‎ ‎【详解】解：在展开式中，‎ 令，得各项系数和为 ‎，‎ 解得．‎ 故答案为：5．‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查了利用赋值法求二项式展开式系数和的问题，属于基础题．‎ ‎14.已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直，则__________.‎ ‎【答案】-2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出导数，利用导数的几何意义求出曲线在点处的切线的斜率，两直线垂直则斜率相乘等于-1，即可得解.‎ ‎【详解】，，‎ 由题意知.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.‎ ‎15.若圆锥曲线的离心率为，则__________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先讨论方程所表示的曲线类型，再结合离心率的求法求解即可.‎ ‎【详解】解：若表示椭圆，‎ 则，得，‎ 设离心率为，则，‎ 解得或，两解均不合题意；‎ 若表示双曲线，‎ 则，得，‎ - 23 -‎ 设离心率为，则，‎ 得（舍去）或.‎ 故答案为：4.‎ ‎【点睛】本题考查了方程所表示的曲线类型，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属基础题.‎ ‎16.定义：若函数在区间上的值域为，则称区间是函数的“完美区间”.另外，定义区间的“复区间长度”为，则函数的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先理解新定义，再结合二次函数在闭区间上的最值的求法求解即可.‎ ‎【详解】解：设的“完美区间”为，易知.‎ 当时，由的图象知在上单调递减，‎ 所以，解得.‎ 此时.‎ 当时，①若，则，解得，此时；‎ ‎②若，则最小值为，不合题意；‎ ‎③若，则由图象知在上单调递增，‎ 所以，解得（舍去）， ‎ 综上，函数所有“完美区间”的“复区间长度”的和为.‎ - 23 -‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了二次函数在闭区间上的最值问题，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属中档题.‎ 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17～21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.‎ ‎17.在中，分别为角的对边，且，.‎ ‎（1）若，求的面积；‎ ‎（2）若，求外接圆的半径.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由余弦定理，再结合三角形面积公式求解即可；‎ ‎（2）由余弦定理先求出，再结合正弦定理求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）由在中，分别为角的对边，且，，‎ ‎∵，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴.‎ ‎（2）∵，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ - 23 -‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴外接圆的半径为.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理及余弦定理得应用，重点考查了三角形面积公式，属基础题.‎ ‎18.2019年，中华人民共和国成立70周年，为了庆祝建国70周年，某中学在全校进行了一次爱国主义知识竞赛，共1000名学生参加，答对题数（共60题）分布如下表所示：‎ 组别 频数 ‎10‎ ‎185‎ ‎265‎ ‎400‎ ‎115‎ ‎25‎ 答对题数近似服从正态分布，为这1000人答对题数的平均值（同一组数据用该组区间的中点值作为代表）.‎ ‎（1）估计答对题数在内的人数（精确到整数位）.‎ ‎（2）学校为此次参加竞赛的学生制定如下奖励方案：每名同学可以获得2次抽奖机会，每次抽奖所得奖品的价值与对应的概率如下表所示.‎ 获得奖品的价值（单位：元）‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ 概率 用（单位：元）表示学生甲参与抽奖所得奖品的价值，求的分布列及数学期望.‎ 附：若，则，‎ - 23 -‎ ‎，‎ ‎【答案】（1）954（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意计算平均值，根据计算；（2）由题意知X的可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，计算数学期望.‎ ‎【详解】（1）根据题意，可得 ‎，则 又，，所以，所以人.‎ 故答对题数在内的人数约为954.‎ ‎（2）由条件可知，的可能取值为0，10，20，30，40.‎ ‎；；‎ ‎；；‎ ‎.‎ 的分布列为 ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ 元.‎ ‎【点睛】本题考查正态分布的概率问题，离散型随机变量的分布列的应用，属于中档题.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，是边长为4的正方形，平面，‎ - 23 -‎ 分别为的中点.‎ ‎（1）证明：平面.‎ ‎（2）若，求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）记的中点为，连接，，通过证明，且推出四边形为平行四边形，则，由线线平行推出线面平行；（2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，代入即可求得二面角的余弦值从而求正弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：记的中点为，连接，.‎ 因为分别为的中点，‎ 则，且.‎ 因为，且，‎ 所以，且，‎ 所以四边形为平行四边形，‎ 则.‎ 又平面，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）以为原点，分别以，，为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ - 23 -‎ 则，，，，‎ 设平面的法向量，‎ 则 令，则.‎ 设平面的法向量为，‎ 则 令，则.‎ ‎，‎ 设二面角为，则，‎ 即二面角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，空间向量法求二面角的余弦值，属于中档题.‎ ‎20.在平面直角坐标系中，已知向量，，且.记动点的轨迹为.‎ ‎（1）求的方程；‎ - 23 -‎ ‎（2）已知直线过坐标原点，且与（1）中的轨迹交于两点，在第三象限，且轴，垂足为，连接并延长交于点，求的面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由、推出，可知的轨迹是以，为焦点，4为长轴的椭圆，写出椭圆的标准方程即可；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立求出M、N、H的坐标及直线HN的方程，直线HN的方程与椭圆方程联立求出Q点坐标从而求出面积的表达式，利用导数研究面积的最大值.‎ 详解】（1）设，，‎ 则，.‎ 因为，所以，‎ 由椭圆的定义可知的轨迹是以，为焦点，4为长轴的椭圆.‎ 故的方程为.‎ ‎（2）由题意可知直线斜率一定存在，设直线的方程为（），‎ 与椭圆联立可得，‎ 所以，，.‎ 点的坐标为，直线的方程为，‎ 代入，可得，‎ - 23 -‎ 所以.‎ 因为，所以，‎ 的坐标为，‎ 于是，所以，即.‎ 因为，.‎ 所以.‎ 令，，‎ 由，可得，在上单调递增，在上单调递减，‎ 因此当时，函数有最大值，最大值为，即的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质，直线与椭圆的综合应用，椭圆中的面积问题，属于难题.‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（1）设函数，讨论的单调性；‎ ‎（2）设函数，若的图象与的图象有，两个不同的交点，证明：.‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出的表达式并求导，分类讨论的单调性；（2）由题意可得 - 23 -‎ 有两个不同的根，则①，②， 消去参数得，构造函数求导研究函数单调性并利用放缩法推出，再次构造函数，通过证明来证明.‎ ‎【详解】（1），定义域为，‎ ‎.‎ 当时，在上单调递增，在上单调递减.‎ 当时，令，得，所以在，上单调递增；‎ 令，得，所以在上单调递减.‎ 当时，，在上单调递增.‎ 当时，令，得，所以在，上单调递增；‎ 令，得，所以在上单调递减.‎ ‎（2），‎ 因为函数的图象与的图象有两个不同的交点，‎ 所以关于的方程，即有两个不同的根.‎ - 23 -‎ 由题知①，②，‎ ‎①+②得③，‎ ‎②-①得④.‎ 由③，④得，不妨设，记.‎ 令，则，‎ 所以在上单调递增，所以，‎ 则，即，所以.‎ 因为 所以，即.‎ 令，则在上单调递增.‎ 又，所以，‎ 即，所以.‎ 两边同时取对数可得，得证.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质，利用导数研究含参函数的零点问题及单调性问题，利用导数证明不等式，属于难题.‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数），直线经过点且倾斜角为.‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程和直线的参数方程；‎ - 23 -‎ ‎（2）已知直线与曲线交于点，且满足，求.‎ ‎【答案】（1），；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）消参数即可求得曲线的直角坐标方程，由直线的参数方程的求法即可得解；‎ ‎（2）将直线的参数方程代入的直角坐标方程，再设对应的参数分别为，然后利用韦达定理求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）将曲线：，（为参数），消参得，‎ 直线的参数方程为，（为参数，）.‎ ‎（2）设对应的参数分别为，将直线的参数方程代入的直角坐标方程，‎ 整理得，‎ 所以，.‎ 因为，所以，‎ 因此，，‎ 所以，‎ 展开整理可得，‎ ‎，‎ 即或 ，经检验符合题意，‎ ‎∴或.‎ ‎【点睛】本题考查了普通方程与参数方程的互化，重点考查了正弦及余弦的二倍角公式，属中档题.‎ ‎23.已知关于的不等式的解集为.‎ ‎（1）求的最大值；‎ - 23 -‎ ‎（2）若正数满足，证明：.‎ ‎【答案】（1）1；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由不等式的性质，即可得，再求解即可；‎ ‎（2）证等价于证，再利用“1”的应用，构造均值不等式求证即可.‎ ‎【详解】解：（1）令，则关于的不等式的解集为.‎ 等价于， ‎ 因为.‎ 当且仅当时取等号，‎ ‎，‎ 由，得，‎ 所以.‎ ‎（2）证明：要证，只需证.‎ 因为，，，‎ 所以，‎ 当且仅当，，时，等号成立.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的性质，重点考查了均值不等式的应用，属中档题.‎ - 23 -‎ - 23 -‎