《2020届河南省高三下学期3月在线网络联考数学(理)试题(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届河南省高三下学期3月在线网络联考数学(理)试题(解析版).pdf（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 1 页 共 21 页2020 届河南省高三下学期3 月在线网络联考数学（理）试题一、单选题1已知2221iiz（i为虚数单位），则复数z()A1iB1iC1iD1i【答案】D【解析】由复数的除法可得11izii，得解.【详解】解:由2221iiz,则222izi,即11izii,故选:D.【点睛】本题考查了复数的除法，属基础题.2设集合30log2Axx，2318Bx yxx，则ABI（）A13，B36，C39，D6 9，【答案】D【解析】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30log219Axxxx，231803xxx或6x，所以6,9AB.故选
2、：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na的前n项和为nS，且21nnS，则10a()A512 B 1025 C256 D1024【答案】A【解析】由数列的前n项和与第n项的关系可得10109aSS，代入求解即可.第 2 页 共 21 页【详解】解：由数列na的前n项和为nS，且21nnS，则10910109(21)(21)512aSS，故选：A.【点睛】本题考查了数列的前n项和与第n项的关系，属基础题.4已知函数23sincoscosfxxxx，则fx的单调递减区间为()A,36kk，kZB2,236kk，kZC2,63kk，kZD22,2
3、63kk，kZ【答案】C【解析】先利用正弦、余弦的二倍角公式可得1()sin(2)62f xx，再令3222262kxk，kZ，然后解不等式即可得解.【详解】解：23sin coscosfxxxx3111sin 2cos2sin(2)22262xxx，令3222262kxk，kZ，得2,63xkk，kZ.故fx的单调递减区间为2,63kk，kZ.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.5已知偶函数3222fxa xbx的定义域为26,9m m，则函数2logg xxam在410，上的最大值为()A6 B 5 C4 D7【答案】A 第 3 页 共 2
4、1 页【解析】由fx为偶函数，得20a及2960mm，可得2log23g xx，再求最值即可.【详解】解：由fx为偶函数，得20a，即2a，又定义域26,9m m关于原点对称，故2960mm，得3m，则2log23g xx，故max10336g xg.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i的值为（）A4 B 7 C6 D5【答案】D【解析】逐步写出各次运算结果，当5i时不满足50S的条件结束循环.【详解】1i，2a，012350S；2i，4a，324950S；3i，8a，9382050S；4i，16a，204 164050S
5、；第 4 页 共 21 页5i，32a，405327750S；跳出循环，故5i.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（）A332B316C38D14【答案】B【解析】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3464种，三科竞赛冠军分别来自三个不同班级共有1
6、32312C A种不同情况，故所求概率为1236416.故选：B【点睛】本题考查古典概型，属于基础题.8 在四面体ABCD中，且ABAC，ACCD，AB，CD所成的角为30，5AB，4AC，3CD，则四面体ABCD的体积为()A8 B 6 C7 D5【答案】D【解析】先求出ACD的面积，再求出点B到面ACD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，ABAC，ACCD，过点A作CD的平行线AE，则AC平面ABE，且EAB为 30 或 150，从B点向AE作垂线，垂足为E，易证BE平面ACD.则点B到平面ACD的距离15sin522BEABEAB，第 5 页 共 21 页
7、162ACDSAC CD则，则四面体ABCD的体积为153ACDVSBE.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nS是na的前n项和，12a，且1113nnnaS S，则1222111SSS()A-66 B 77 C88 D99【答案】C【解析】由nS与na的关系可得1nS是以12为首项，13为公差的等差数列，再由等差数列前n项和公式求解即可.【详解】解：因为1113nnnaS S，所以1113nnnnSSS S，所以11113nnSS.又1112S，所以1nS是以12为首项，13为公差的等差数列，所以12221111222112288223SSS.故
8、选：C.【点睛】第 6 页 共 21 页本题考查了nS与na的关系，重点考查了等差数列前n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12，则该四面体的棱长为()A3 B 4 C2 D2 3【答案】A【解析】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a，外接球的半径为R，内切球的半径为r,由2226333RaRa，得64Ra.由113611343223322a aaa ar，得612ra.因为22412Rr，所以3a.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
9、物线24yx的准线与x轴的交点为H，点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且PHkPF，当k最大时，点P恰好在以HF，为焦点的双曲线上，则该双曲线的方程为()A2212221xyB2213222 21xyC2212 2232 2xyD2213221xy【答案】B【解析】先由抛物线的定义及点到直线的距离公式可得22200201414yyPHkyPM，设200,4yPy，再结合二次函数最值的求法可得02y，再求双曲线方程即可得解.【详解】第 7 页 共 21 页解：过P作准线的垂线交准线于M，则PMPF，由PHk PF，可得PHPHkPFPM.设200,4yPy，则22200201414yyPHkyP
10、M，令2014yt，则2224144111422ttPHkPMtttt，当2t时，k取到最大值，即当20124yt时，k取到最大值，此时02y.不妨设12P，又因为双曲线的焦点坐标为10，所以可设双曲线的方程为222211xyaa，将12P，代入上式，求得232 2a，所以双曲线的方程为22132 2221xy.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ABC的外接圆圆心为O，COmCBnCA mnR，uuu ruu u ruu u r，6CAu u u r，8CBuuu r，tan7ACB，则mn（）A312B212C224D324【答案】B【解
11、析】首先计算CA COu uu r uuu r、CB COuu u r u uu r，再由向量的数量积定义计算CA CBuu r uu r，将COmCBnCA mnR，uuu ruuu ruu u r代入1832CA COCB COuu u r uu u ruu u r uuu r中，解方程组即可求得m,n.第 8 页 共 21 页【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,ODAC OEBC，则0,0DO CAEO CBuuu r uu u ru uu r u uu r所以()CA COCACDDOu uu r uuu ruu u r
12、u uu ruuu r1182CACACA DOuu u ruu u ruu u r uuu r,1()322CB COCBCEEOCBCBCB EOuuu r uuu ruu u ruuu ruuu ruu u ruu u ruuu r uu u r，因为tan70ACB，所以0,2ACB，又22sincos1ACBACB，所以2cos4ACB，2|cos681224CA CBCACBACBuu u r uuu ru uu ru uu r，2()|CO CAmCBnCACAmCB CAn CAuuu r uu u ruuu ruu u ru uu ruu u r u uu ruu u r12
13、236mn2()|CO CBmCBnCACBm CBnCA CBuuu r uu u ruu u ruu u ruuu ruu u ruu u r u uu r6412 2mn因为1832CA COCB COuu u r uuu ruu u r uuu r163 21223618286412 232124 221mmnmnn所以163 2124 22282112mn故选：B【点睛】第 9 页 共 21 页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.二、填空题13若12nxnN展开式中各项系数和为243，则n_.【答案】5【解析】在(12)nx展开式中，令1x求得各项系数和
14、，从而求得n的值【详解】解：在*(12)()nxnN展开式中，令1x，得各项系数和为3243n，解得5n故答案为：5【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23xfxxae，曲线yfx在点0 x处的切线与直线112yx垂直，则a_.【答案】-2【解析】求出导数，利用导数的几何意义求出曲线在点0 x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】6xfxxae，0fa，由题意知1122aa.故答案为：2a【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.15若圆锥曲线22151xy的离心率为，则_.【答案】4【解析】先讨论方程所表示的曲线类型，再
15、结合离心率的求法求解即可.【详解】第 10 页 共 21 页解：若22151xy表示椭圆，则5010，得1，设离心率为e，则245e，解得1或4，两解均不合题意；若22151xy表示双曲线，则510，得15，设离心率为e，则245e，得1（舍去）或4.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F x在区间ab，上的值域为ab，则称区间ab，是函数F x的“完美区间”.另外，定义区间ab，的“复区间长度”为2 ba，则函数21fxx的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为 _.【答案】35【解析】先理解新定义，再结合二次函数
16、在闭区间上的最值的求法求解即可.【详解】解：设fx的“完美区间”为ab，易知0ba.当01b时，由fx的图象知fx在ab，上单调递减，所以2211faabfbba，解得01ab.此时22ba.当1b时，若0a，则211f bbb，解得152b，此时215ba；第 11 页 共 21 页若01a，则最小值为10fa，不合题意；若1a，则由图象知fx在ab，上单调递增，所以2211faaafbbb，解得152152ab（舍去），综上，函数fx的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为35.故答案为：35.【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、
17、解答题17在ABC中，abc，分别为角ABC，的对边，且3a，3bc.（1）若3A，求ABC的面积；（2）若3cos3B，求ABC外接圆的半径.【答案】（1）32；（2）3 68.【解析】（1）由余弦定理2222cosabcbcA，再结合三角形面积公式1sin2SbcA求解即可；（2）由余弦定理先求出b，再结合正弦定理2sinbRB求解即可.【详解】解：（1）由在ABC中，abc，分别为角ABC，的对边，且3a，3bc，22222cos22cosabcbcAbcbcbcA，393bc，2bc，13sin22SbcA.第 12 页 共 21 页（2）3cos3B，3a，3bc，222232cos
18、332 333bacacBbb，32bc.3cos3B，6sin3B，333 6sin246bB，ABC外接圆的半径为3 68.【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.182019 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010，10 20，2030，30 40，4050，50 60，频数1018526540011525答对题数Y近似服从正态分布81N，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
19、）估计答对题数在12 48，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）01020第 13 页 共 21 页概率3101215用X（单位：元）表示学生甲参与抽奖所得奖品的价值，求X的分布列及数学期望.附：若2ZN:，则0.6826PZ，220.9544PZ，330.9974PZ.【答案】（1）954（2）详见解析【解析】（1）由题意计算平均值，根据81YN，计算1248PY；（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
20、）根据题意，可得5 1015 185252653540045 1155525301000，则18YN 30，又12302 9，483029，所以12480.9544PY，所以1000 0.9544954人.故答对题数在1248，内的人数约为954.（2）由条件可知，X的可能取值为0，10，20，30，40.239010100P X；123131010210P XC；21213137202105100P XC；1211130255P XC；21140525P X.X的分布列为X0 10 20 30 40 P91003103710015125第 14 页 共 21 页933711010203040
21、1810010100525EX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SABCD 中，ABCD是边长为4 的正方形，SD平面ABCD，EF，分别为ABSC，的中点.（1）证明：/EF平面 SAD.（2）若8SD，求二面角DEFS的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）223【解析】（1）记SD的中点为G，连接GF，GA，通过证明/GF AE，且GFAE推出四边形GFEA为平行四边形，则/EFAG，由线线平行推出线面平行；（2）以D为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面DEF、平面SEF的法向量，代入,m ncosm nm nrrr r
22、rr即可求得二面角的余弦值从而求正弦值.【详解】（1）证明：记SD的中点为G，连接GF，GA.因为EF，分别为ABSC，的中点，则/GF CD，且12GFCD.因为/AE CD，且12AECD，所以/GF AE，且GFAE，所以四边形GFEA为平行四边形，则/EF AG.又EF平面SAD，AG平面SAD，所以/EF平面SAD.（2）以D为原点，分别以DA，DC，DS为x轴、y轴、z 轴的正方向，建立如图第 15 页 共 21 页所示的空间直角坐标系Dxyz，则0 0 8S，0 0 0D，4 2 0E，0 2 4F，(4,2,0),(0,2,4),(4,0,4),(4,2,8)DEDFEFESu
23、uu ruu u ruu u ru u u r设平面DEF的法向量111mxyzr，则1111420240DE mxyDFmyzuuu rruuu rr令12x，则24 2mr，.设平面SEF的法向量为222nxyzr，则222224404280EF nxzES nxyzuuu rruu u rr令22x，则2 4 2nr，.1,3m ncosm nm nrrr rrr，设二面角DEFS为，则2 23sin，即二面角DEFS的正弦值为2 23.【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xOy中，已知向量2,mxyr，2,nxyr，且4mnrr.
24、记动点P xy，的轨迹为C.（1）求C的方程；第 16 页 共 21 页（2）已知直线l过坐标原点，且与（1）中的轨迹C交于MN，两点，M在第三象限，且MHx轴，垂足为H，连接NH并延长交C于点Q，求MQN的面积的最大值.【答案】（1）22142xy（2）169【解析】（1）由1mPFr、2nPFr推出124PFPF，可知P的轨迹是以12 0F，22 0F，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l的方程为ykx，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MQN面积的表达式，利用导数研究面积的最大值.【详
25、解】（1）设12 0F，22 0F，则2212mxyPFr，2222nxyPFr.因为4mnrr，所以124PFPF，由椭圆的定义可知P的轨迹是以12 0F，22 0F，为焦点，4 为长轴的椭圆.故C的方程为22142xy.（2）由题意可知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为ykx（0k），与椭圆22142xy联立可得22124kx，所以2221xk，2222,2121kMkk，2222,2121kNkk.点H的坐标为22021k，直线HN的方程为22221kyxk，代入22142xy，可得2222222641022121kk xkxkk，所以222641212QNkxxkk.第 17 页
26、共 21 页因为2221Nxk，所以22264221Qkxkk，Q的坐标为232222642221221kkkkkk，于是1QMkk，所以1QMMNkk，即QMMN.因为224 121kMNk，22241221kkQMkk.所以342812252QMNkkSQMMNkk.令34280252kkfkkkk，42242811232252kkkkfkkk，由0fk，可得01k，fk在01，上单调递增，在1，上单调递减，因此当1k时，函数fk有最大值，最大值为1619f，即QMNS的最大值为169.【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
27、ln1fxxx，22g xaxax.（1）设函数H xfxg x，讨论H x的单调性；（2）设函数2G xg xax，若fx的图象与G x的图象有11A xy，22B xy，两个不同的交点，证明：12ln2ln 2x x.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析【解析】（1）求出H x的表达式并求导，分类讨论H x的单调性；（2）由题意可得1axlnxx有两个不同的根，则1111lnxaxx，2221lnxaxx，消去参数a得1212212122112 xxxxxln x xlnx xxxx，构造函数2111tF tlnttt求导研究函数单调性并利用放缩法推出121221lnx x
28、x x，再次构造函数2xlnxx，第 18 页 共 21 页通过证明122x xe来证明1222ln x xln.【详解】（1）221H xfxg xlnxaxax，定义域为(0,)，2221211122axaxxaxHxaxaxxx.当0a时，H x在102，上单调递增，在12，上单调递减.当20a时，令0Hx，得1102xa，所以H x在1a，102，上单调递增；令0Hx，得112xa，所以H x在112a，上单调递减.当2a时，0Hx，H x在0，上单调递增.当2a时，令0Hx，得1102xa，所以H x在12，10a，上单调递增；令0Hx，得1 12xa，所以H x在1 12a，上单调
29、递减.（2）22G xg xaxax，因为函数fx的图象与G x的图象有两个不同的交点，所以关于x的方程21axxlnx，即1axlnxx有两个不同的根.由题知1111lnxaxx，2221lnxaxx，+得12121212xxln x xa xxx x，-得22121112xxxlna xxxx x.第 19 页 共 21 页由，得1212212122112 xxxxxln x xlnx xxxx，不妨设120 xx，记211xtx.令2111tF tlnttt，则2101tFtt t，所以F t在1，上单调递增，所以10F tF，则211tlntt，即2121122 xxxlnxxx，所以
30、12122121221122xxxxxln x xlnx xxxx.因为1212121212121212121224442.xxx xln x xln x xln x xlnx xx xx xx xx x所以1212422lnx xx x，即121221lnx xx x.令2xlnxx，则x在0，上单调递增.又212221122lnelnee，所以121222122lnx xlnex xe，即122x xe，所以2122x xe.两边同时取对数可得1222ln x xln，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.2
31、2在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为32cos2sinxy，（为参数），直线l经过点12M，且倾斜角为.（1）求曲线C的直角坐标方程和直线l的参数方程；（2）已知直线l与曲线C交于点AB，且满足2MBMA，求tan.【答案】（1）2234xy，1cos2sinxtyt；（2）tan1或17.【解析】（1）消参数即可求得曲线C的直角坐标方程，由直线l的参数方程的求法即第 20 页 共 21 页可得解；（2）将直线l的参数方程代入C的直角坐标方程，再设AB，对应的参数分别为ABtt，然后利用韦达定理求解即可.【详解】解：（1）将曲线C：322xcosysin，（为参数），消参得2234xy，
32、直线l的参数方程为12xtcosytsin，（t为参数，0）.（2）设AB，对应的参数分别为ABtt，将直线l的参数方程代入C的直角坐标方程，整理得24sin2cos160tt，所以0,4 sin2cosABtt，16A Bt t.因为2MBMA，所以2BAtt，因此4sin2cos3At，8sin2cos3Bt，所以232sin2cos169ABtt，展开整理可得23cos21sin2sincos4，23(cossin)(cossin)4(sincos)，即cossin或cos7sin，经检验符合题意，tan1或17.【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
33、式，属中档题.23已知关于x的不等式2723xxm4m的解集为R.（1）求m的最大值N；（2）若正数abc，满足abcN，证明：16449abbcacabc.【答案】（1）1；（2）证明见解析.【解析】（1）由不等式的性质2723272337xxmxxmm，即可得374mm，再求解即可；第 21 页 共 21 页（2）证16449abbcacabc明等价于证411649abc明，再利用“1”的应用，构造均值不等式求证即可.【详解】解：（1）令2723fxxxm，则关于x的不等式27234xxmm的解集为R.等价于min()4f xm，因为2723272337xxmxxmm.当且仅当27230 xxm时取等号，所以，由374mm，得1m，所以1N.（2）证明：要证16449abbcacabc，只需证411649abc.因为42 44abba，1642 6416acca，162 168bccb，所以41164164162149abacbcabcabcbacacb，当且仅当27a，17b，47c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.