河南省洛阳市2020届高三数学第三次统一考试试题 文（含解析）.doc

1、河南省洛阳市2020届高三数学第三次统一考试试题 文（含解析）第卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，在毎小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的1.设集合，集合，则集合（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分别求解集合和集合，进而求解即可.【详解】解：由，可知或，由，可知.则.故选：A.【点睛】本题考查集合的交集运算，结合分式不等式的解法，考查运算能力，属于基础题.2.已知直线:，直线:，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据直线的垂直，即可求出tan=2，再根据二倍角公式即可求出【详解】因为l1l2，所以，所以tan=2，所以.故选：B

2、【点睛】本题考查了两直线垂直的充要条件，以及正切二倍角公式，属于容易题.3.已知复数满足，则的最小值为（ ）A 2B. 1C. D. 【答案】B【解析】【分析】复数方程转化成实数方程，再由复数模几何意义得表示与圆上任一点间距离【详解】设，由得，又表示定点与圆上任一点间距离则由几何意义得，故选：B【点睛】本题主要考查复数模的计算和几何意义，考查了转化思想，属于中档题4.命题，都有，则命题的否定为（ ）A. ，都有B. ，都有C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】直接根据全称命题的否定形式，即可得到答案；【详解】命题，都有，命题的否定为，故选：C.【点睛】本题考查全称命题的否定形式，考查对概念

3、的理解，求解时注意任意要改成存在.5.已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用等比数列前项和公式和通项公式列出方程组，求出首项和公比，由此能求出结果【详解】正项等比数列的前项和为，且，解得，故选：D【点睛】本题考查等比数列的第4项的求法，考查等比数列前项和公式和通项公式等基础知识，考查运算求解能力6.已知，为两条不同直线，为两个不同平面，则下列结论正确的为（ ）A. ，则B. ，则C. ，则D. ，则【答案】D【解析】【分析】根据线线、线面和面面平行，线线、线面和面面垂直有关定理对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】对于A选项，可能，所

4、以A选项错误.对于B选项，可能和相交，所以B选项错误.对于C选项，可能、，所以C选项错误.对于D选项，则，由于，则，所以D选项正确，故选：D【点睛】本小题主要考查空间线线、线面和面面有关命题真假性判断，属于中档题.7.已知是偶函数，且在上单调递增，则函数可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与在区间上的单调性，综合即可得答案【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于A，其定义域为，有，是偶函数，其导数，在区间上，为减函数，不符合题意；对于B，其定义域为，有，是偶函数，其导数，在区间上，为增函数，符合题意；对于C，其定义域为，有，是偶函数

5、，而，在上不是增函数，不符合题意；对于D，其定义域为，有，是偶函数，而，在上不是增函数，不符合题意；故选：B【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性的判断，注意函数奇偶性与单调性的判断方法，属于基础题8.已知点是内部一点，且满足，又，则的面积为（ ）A. B. C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】据向量的平行四边形法则判断出点为三角形的重心，据重心的性质得出的面积与面积的关系，利用向量的数量积公式，求出三角形两邻边的乘积，据三角形的面积公式求出面积【详解】，为三角形的重心，的面积为面积的，面积为，的面积为。故选：A【点睛】此题是个中档题本题考查向量的平行四边形法则；向量的数量积公式及三角形

6、的面积公式，特别注意已知是内部一点，为三角形的重心，以及灵活应用知识分析解决问题的能力和计算能力9.已知圆:与直线相切，则圆与直线相交所得弦长为（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】先根据圆:与直线相切，由圆心到直线的距离等于半径求得a，然后再利用弦长公式求解.【详解】圆心到直线的距离为：，因为圆:与直线相切，所以，解得或，因为，所以，所以，圆心到直线的距离为：，所以圆与直线相交所得弦长为，故选：D【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系以及弦长公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.10.已知函数（，）与轴的两个交点最短距离为，若将函数的图象向左平移个单位，得到的新函数

7、图象关于轴对称，则的可能取值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意利用函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，求得的可能取值【详解】设函数，与轴的两个交点坐标为，不妨设，当时，若将函数的图象向左平移个单位，得到的图象得到的新函数图象关于轴对称，则可以等于，故选：A【点睛】本题考查函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力11.设为拋物线的焦点，其准线与轴的交点为，过点且倾斜角为60的直线交拋物线于，两点，则的面积为（ ）A. B. C. 8D. 4【答案】A【解析】【分析】根据倾斜角求出直线方程，

8、联立方程求出弦长，结合点到直线的距离求出的高，从而可得的面积.【详解】抛物线的焦点为,；因为倾斜角为60的直线交拋物线于，两点，所以，联立得设，则；弦长；点到直线的距离为，所以的面积为.故选：A.【点睛】本题主要考查抛物线中的三角形的面积，准确求解弦长和高是解题关键，侧重考查数学运算的核心素养.12.函数与的图象有个交点，其坐标依次为、，则（ ）A. 0B. 2C. 4D. 【答案】C【解析】【分析】化简，函数与的图象都关于点对称，结合简图可得交点个数，进而可求.【详解】因为，所以它的图象关于点对称，而的图象也关于点对称，它们的部分图象如图，由图可知它们的4个交点均关于点对称，所以；故选：C.

9、【点睛】本题主要考查函数图象的对称性，根据解析式找到函数的对称中心是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养.第卷（非选择题）二、填空题13.已知向量，满足：，则向量的夹角为_.【答案】【解析】【分析】根据，利用平面向量的数量积运算求得，然后结合，由夹角公式求解.【详解】因为，所以，又因为，所以，解得，所以，因为，所以，故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算以及向量夹角的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14.已知非负实数，满足，则的最大值是_.【答案】2【解析】【分析】根据约束条件，画出可行域，将目标函数看成点与点两点连线的斜率，从而得到斜率的最大值，得到答案.【详解】由已

10、知得,因为非负实数，故可得x，y满足不等式组，画出可行域，如图所示，表示点与点两点连线的斜率， 所以可得当直线过点B时，最大，所以，的最大值为.故答案为：2【点睛】本题考查根据线性规划求分式型目标函数最值，属于简单题.15.设、为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限交于点，若，构成等差数列，则双曲线的离心率是_【答案】5【解析】【分析】由题意画出图形，根据题意可设，再由双曲线的定义及勾股定理得到，与的关系，再由离心率公式求解【详解】，构成等差数列，设，由双曲线的定义可得：，由题得，再由勾股定理可得：，解得，即，双曲线的离心率故答案为：5【点睛】本题主要考查双曲线的定义和简单几何性

11、质，考查双曲线的离心率的计算，考查等差中项的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16.已知数列的首项，其前项和为，且满足，若数列是递增数列，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由，再写一个式子，两式相减，得，根据此式再写一个式子，从而得到一个数列的两部分都是递增的等差数列，只需前四项递增即可.【详解】解：由可得：两式相减得：两式相减可得：数列，是以为公差的等差数列，数列，是以为公差的等差数列将代入及可得：将代入可得要使得，恒成立只需要即可解得则的取值范围是.故答案：.【点睛】本题考查了数列的递推关系求通项，在含有的条件中，利用来求通项，本题利用减法运算求出数列隔一项为等差数列，

12、结合和数列为增数列求出结果，本题需要利用条件递推，有一点难度三、解答题，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17.如图，长方体的底面为正方形，为棱上一点，为棱上任意一点（1）证明：；（2）求点到平面的距离【答案】（1）详见解析；（2）【解析】【分析】（1）先利用勾股定理证得，再根据柱体的结构特征得到，然后利用线面垂直的判定定理证明即可.（2）设点到平面的距离为，由（1）知，平面，再分别求得，然后利用等体积法，由求解.【详解】（1），在长方体中，即在长方体中，平面，平面，又，平面无论点位置如何，平面，（2）设点到平面的距离为，由（1）知，平面，又，即即点到平面的距离为【点睛】本题主要考查

13、线面垂直的判定定理以及等体积法求点到平面的距离，还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题.18.随着生活水平的逐步提高，人们对文娱活动的需求与日俱增，其中观看电视就是一种老少皆宜的娱乐活动但是我们在观看电视娱乐身心的同时，也要注意把握好观看时间，近期研究显示，一项久坐的生活指标看电视时间，是导致视力下降的重要因素，即看电视时间越长，视力下降的风险越大研究者在某小区统计了每天看电视时间（单位：小时）与视力下降人数的相关数据如下：编号1234511.522.531216222426（1）请根据上面的数据求关于的线性回归方程（2）我们用（1）问求出的线性回归方程的估计回归方程，由于随机误差

14、，所以是的估计值，成为点（，）的残差填写下面的残差表，并绘制残差图；编号1234511.522.531216222426若残差图所在带状区域宽度不超过4，我们则认为该模型拟合精度比较高，回归方程的预报精度较高，试根据绘制的残差图分折该模型拟合精度是否比较高？附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，【答案】（1）；（2）残差表和残差图详见解析；该模型拟合精度比较高【解析】【分析】（1）求出样本中心的坐标，回归直线方程的斜率，然后截距，即可得到答案；（2）绘制残差图，结合图表分析该模型拟合精度比较高.【详解】（1） ，关于的线性回归方程为：（2）残差表编号1234511.522.531216

15、2224260.80.420.41.2残差图：残差图所在带状区域宽度不超过4，我们认为该模型拟合精度比较高【点睛】本题考查回归直线方程的求法，残差图的应用，考查数据处理能力.19.已知中，内角，所对的边分别是，且，边上的中线的长为4，（1）若，求；（2）求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求得，进而可得，再由正弦定理可得，的关系，最后利用余弦定理可求，（2）在，及中分别利用余弦定理可得，然后结合基本不等式可求【详解】解：（1），由正弦定理得：，三角形的内角，在中，由正弦定理得：，即，在中，由余弦定理得：，解得：，（2）在中，由余弦定理得

16、：，同理在中可得：，当且仅当，即，时，“=”成立的最大值为【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及基本不等式在求解三角形及最值中的应用，属于中档题20.已知平面内动点与点，连线的斜率之积为（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点的直线与曲线交于，两点，直线，与直线分别交于，两点，直线与轴交于点，求的值【答案】（1）；（2）9【解析】【分析】(1) 设点的坐标，再根据列式求解，同时注意定义域即可.(2)联立与椭圆的方程，设，得出韦达定理，进而求得的坐标表达式，进而求得的解析式，代入韦达定理化简求解即可.【详解】(1)设点的坐标，则由可得整理得即为动点的轨迹的方程，(2)当的斜率存在时，

17、设的方程为，与曲线的方程联立，消去得设，则，直线的方程为：令得即同理，当轴时，此时也成立的值为9【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求解方法，同时也考查了联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求解定值的问题，需要根据题意设椭圆上的点的坐标，进而表达相关点的坐标，进而表达出对应的弦长代入韦达定理求解.属于难题.21.已知函数（1）若对任意，恒成立，求的取值范围（2）求证：【答案】（1）；（2）详见解析【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系对进行分类讨论，转化为求解函数的最值问题即可求解；（2）由（1）知，当，从而，然后进行赋值后结合对数的运算性质可证.【详解】若当时，不符合题意若

18、，得，得在上递增，在上递减，的取值范围（2）由（1）知，当，而【点睛】本题考查不等式恒成立求解参数范围问题及利用导数证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想.请考生在第22，23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号后的方框涂黑22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）已知点，点为曲线上的动点，求线段的中点到直线的距离的最大值.并求此时点的坐标.【答案】（1），；（2）最大值为，此时点的坐标为【解析】【分

19、析】（1）曲线的普通方程为，由得，然后可化为（2）点的直角坐标为，设点，则点，点到直线的距离为:，然后即可得出其最大值，进而可求出此时点的坐标【详解】（1）曲线的参数方程为(为参数)可得两边平方相加得：即曲线的普通方程为：由可得即直线的直角坐标方程为(2)，设点，则点，点到直线的距离，当时，的最大值为即点到直线的距离的最大值为，此时点的坐标为【点睛】本题考查的是参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，利用参数方程求解最值问题，属于基础题.23.已知，正实数，且.求的最小值；求证：.【答案】；证明见解析.【解析】【分析】根据，是正实数，且，可得，然后利用基本不等式求出的最小值即可；由柯西不等式可得，再结合，即可证明成立.【详解】解：，.当且仅当时，等号成立.又由，时，等号成立，即的最小值为.由柯西不等式可得即当且仅当时，等号成立.又由，时，等号成立.成立.【点睛】本题考查利用综合法证明不等式，基本不等式和柯西不等式的运用，考查转化思想，属于中档题.