安徽省皖南八校2020届高三第三次联考数学（文）试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com ‎“皖南八校”2020届高三第三次联考数学（文科）‎ 一、选择题：本题共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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简集合，根据交集运算即可.‎ ‎【详解】 集合，‎ ‎∴.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于容易题.‎ ‎2.已知复数满足（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于( )‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 设,根据复数运算求出，即可求解.‎ ‎【详解】设，‎ 则，‎ ‎，，‎ 即，对应点为，在第一象限.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了复数的加法运算，共轭复数的概念，复数的几何意义，属于容易题.‎ - 22 -‎ ‎3.已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由渐近线斜率可得的关系，进而得到的关系.‎ ‎【详解】由题知，‎ 又，‎ 解得.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于容易题.‎ ‎4.已知直线，，平面，，则的充分条件是( )‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面平行的判定，逐项分析即可.‎ ‎【详解】∵，，有可能，A错误；‎ ‎，有可能，B错误；‎ ‎，有可能，C错误；‎ ‎,,能推出，D正确.‎ 故选：D - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理，考查了空间想象力，属于中档题.‎ ‎5.已知等差数列的前n项和为，若，则公差 等于( )‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可求出，进而可知，结合，可求出公差.‎ ‎【详解】解：，，，.‎ 又由，得.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的求和公式，考查了等差中项.对于等差、等比数列问题，一般都可用基本量法，列方程组求解，但是计算量略大.有时结合数列的性质，可简化运算，减少运算量.‎ ‎6.新高考方案规定，普通高中学业水平考试分为合格性考试（合格考）和选择性考试（选择考）.其中“选择考”成绩将计入高考总成绩，即“选择考”成绩根据学生考试时的原始卷面分数，由高到低进行排序，评定为A，B，C，D，E五个等级.某试点高中2019年参加“选择考”总人数是2017年参加“选择考”总人数的2倍，为了更好地分析该校学生“选择考”的水平情况，统计了该校2017年和2019年“选择考”成绩等级结果，得到如图表：‎ ‎ ‎ 针对该校“选择考”情况，2019年与2017年比较，下列说法正确的是( )‎ A. 获得A等级的人数不变 B. 获得B等级的人数增加了1倍 C. 获得C等级的人数减少了 D. 获得E等级的人数不变 - 22 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设2017年参加“选择考”总人数为，分别求出2017,2019年获得A，B，C，E等级的人数，进而可选出正确选项.‎ ‎【详解】解：设2017年参加“选择考”总人数为，则2019年参加“选择考”总人数为；‎ 则2017年获得A等级有人，2019年获得A等级有，排除A；‎ ‎2017年获得B等级有人，2019年获得B等级有，排除B；‎ ‎2017年获得C等级有人，2019年获得C等级有，排除C；‎ ‎2017年获得E等级有人，2019年获得E等级有，人数不变，‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了扇形统计图，考查了由统计图分析数据.‎ ‎7.函数的部分图象大致是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的奇偶性可排除A,C.代入特殊值，如，通过判断函数值的符号，可选出正确答案.‎ ‎【详解】解：由，可知函数为奇函数，由此排除A，C，又时，，因为，则，‎ 即此时，排除D.‎ 故选:B.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查了函数图像的选择.选择函数的图像时，常结合函数的奇偶性、单调性、对称性、定义域排除选项，再代入特殊值，判断函数值的符号进行选择.‎ ‎8.在中，，是直线上一点，且，若则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过向量的线性运算，以为基底，表示出，进而求出的值.‎ ‎【详解】解：，.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了向量的加法运算，考查了向量的减法运算.本题的难点是由题目条件求出 的具体值.‎ ‎9.已知等比数列的前项和为，若，，则( )‎ A. 2 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的通项和求和公式列出方程组求解即可.‎ ‎【详解】，‎ ‎,‎ ‎,‎ 又，‎ - 22 -‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，等比中项，等比数列求和公式，属于中档题.‎ ‎10.已知，则函数图象在点处的切线方程为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造方程解方程组可得，利用导数求出切线斜率，写出切线方程即可.‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴，.‎ ‎∴，‎ ‎∴过切线方程：.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了函数导数的几何意义，切线方程的求法，函数解析式的求法，属于中档题.‎ ‎11.若函数在区间上是增函数，且，，则函数在区间上( )‎ A. 是增函数 B. 是减函数 C. 可以取得最大值2 D. 可以取得最小值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 由辅助角公式可求得，，由题意可知，不妨取，令，结合的图像，可选出正确选项.‎ ‎【详解】解：，‎ ‎，‎ 因为在区间上是增函数，且，，‎ 则，即，不妨取，设，则，则图像为 所以，在先增后减，可取到最大值为2.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查了辅助角公式，考查了三角函数的单调性，考查了三角函数的最值，考查了数形结合.本题的关键是由单调性和最值，确定的值.‎ ‎12.在三棱锥中，已知，，，，且平面平面，三棱锥的体积为，若点都在球的球面上，则球的表面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ - 22 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，连接，设球半径为，由题意可知，，由，可列出关于的方程，进而可求出球的半径，则可求球的表面积.‎ ‎【详解】解：取中点，连接，设球半径为，因为，，，‎ 所以，，，，‎ 因为，，所以，则,‎ 因为平面平面，所以平面，即，‎ 所以，，球的表面积为.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了椎体的体积，考查了面面垂直的性质，考查了球的表面积的求解.求球的体积或表面积时，关键是求出球的半径，通常设半径，结合勾股定理列方程求解.本题的关键是面面垂直这一条件的应用.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ - 22 -‎ ‎13.设满足约束条件，则的最小值为___________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，根据直线截距的几何意义求解即可.‎ ‎【详解】由约束条件作出可行域如图，‎ 由得：‎ 由图可知，当直线过点时，有最小值，‎ 联立，解得.‎ ‎∴的最小值为.‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题主要考查了简单线性规划，属于中档题.‎ ‎14.在平面直角坐标系中，若角的始边是 轴非负半轴，终边经过点，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 化简出的坐标，从而可求出，根据诱导公式可求出的值.‎ ‎【详解】解：由题意知，，则到原点的距离为1，‎ ‎，.‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题考查了诱导公式，考查了三角函数值的求解.由点坐标求出角的余弦值是本题的关键.‎ ‎15.已知函数是定义域为 的偶函数，，都有，当时，，则________.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知周期为2，从而可求出，，进而可求出的值.‎ ‎【详解】解：由可知，关于对称，又因为偶函数，‎ 所以周期为2，则， ‎ ‎.‎ 故答案为:5.‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数，考查了函数的周期性的应用.由奇偶性和对称性求出函数的周期是求解本题的关键.‎ ‎16.已知抛物线，其焦点为，准线为，过焦点的直线交抛物线于点、（其中在轴上方），，两点在抛物线的准线上的投影分别为，，若，，则____________.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的的定义可得，利用直角三角形可求出，由面积等积法求出，求出直线的倾斜角，利用公式，计算.‎ ‎【详解】由抛物线的定义得：，，易证，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎.∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴为等边三角形.‎ ‎∴直线的倾斜角.‎ ‎∴，.‎ ‎∴.‎ 故答案为：3‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、简单几何性质，过焦点直线与抛物线相交的性质，属于难题.‎ 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.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.在中，内角的对边分别为，满足.‎ ‎（1）求 ；‎ ‎（2）若的面积为，，求的周长.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理对已知式子进行边角互化，结合三角形的内角和定理，化简后可得，进而可求出；‎ ‎（2）由，可知，结合余弦定理可求出，从而可求周长.‎ ‎【详解】解：（1）由知，， ‎ ‎.，，则. ‎ ‎（2），.由余弦定理知，‎ ‎，即， ‎ ‎，解得，的周长为.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式.一般地，若题目已知式子中既有边又有角，常结合正弦定理和余弦定理进行边角互化；若式子中三个角都存在，则常结合三角形的内角和定理进行消角化简.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，，为的中点，为线段上靠近点的三等分点.‎ - 22 -‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明，，即可证明平面；‎ ‎（2）由，利用等体积法求出点到平而的距离.‎ ‎【详解】（1）证明：∵，为线段中点， ‎ ‎∴.‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴.‎ 又∵底面是长方形，‎ ‎∴.又，‎ ‎∴平面.‎ ‎∵平面，‎ ‎∴.‎ 又，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）由（1）知，平面，又平面，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 由题知平面，为中点，‎ ‎∴点到平面的距离为，‎ - 22 -‎ 设点平面的距离为，则，‎ 即，‎ 解得，‎ ‎∴点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定与性质，等体积法求距离，属于中档题.‎ ‎19.2019新型冠状病译（2019-nCoV）于2020年1月12日被世界卫生组织命名.冠状病毒是一个大型病毒家族，可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）等较严重疾病.某医院对病患及家属是否带口罩进行了调查，统计人数得到如下列联表：‎ 戴口罩 未戴口罩 总计 未感染 ‎30‎ ‎10‎ ‎40‎ 感染 ‎4‎ ‎6‎ ‎10‎ 总计 ‎34‎ ‎16‎ ‎50‎ ‎（1）根据上表，判断是否有95%的把握认为未感染与戴口罩有关；‎ ‎（2）在上述感染者中，用分层抽样的方法抽取5人，再在这5人中随机抽取2人，求这2人都未戴口罩的概率.‎ 参考公式：，其中.‎ 参考数据：‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ - 22 -‎ ‎【答案】（1）有把握；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）计算，与临界值比较得出结论；‎ ‎（2）列出抽取2人的所有可能，根据古典概型计算概率即可.‎ ‎【详解】（1）.‎ 所以有95%的把握认为未感染与戴口罩有关.‎ ‎（2）由（1）知，感染者中有4人戴口罩，6人未戴口罩，用分层抽样的方法抽取5人，则2人戴口罩记为，3人未戴口罩记为1，2，3，从中随机抽取2人，共有，，，，，，，12，13，23共10种可能，其中2人都未戴口罩的有12，13，23共3种，‎ ‎∴这2人都未戴口罩的概率.‎ ‎【点睛】本题主要考查了独立性检验，古典概型，分层抽样，属于中档题.‎ ‎20.已知点，是椭圆左，右焦点，椭圆上一点满足轴，，.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）过的直线交椭圆于两点，当的内切圆面积最大时，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由轴，结合勾股定理可得，从而可求出，‎ - 22 -‎ ‎，则可知，结合，可求出，即可求出椭圆的标准方程.‎ ‎（2）设，，，与椭圆方程联立，可得，，从而可用 表示出，用内切圆半径表示出，即可知，结合基本不等式，可求出当半径取最大时， 的值，从而可求出直线的方程.‎ ‎【详解】解：（1）因为轴，所以，则，‎ 由，，解得，，，‎ 由椭圆的定义知， ，即，‎ 椭圆的标准方程为. ‎ ‎（2）要使的内切圆的面积最大，需且仅需其的内切圆的半径最大.‎ 因为，，设，，易知，直线l的斜率不为0，‎ 设直线，联立，整理得，‎ 故，； ‎ 所以 ‎，‎ 又，‎ - 22 -‎ 故，即，；‎ 当且仅当，即时等号成立，此时内切圆半径取最大值为，‎ 直线l的方程为或.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的定义，考查了椭圆内三角形周长的求解，考查了三角形的面积公式，考查了直线与椭圆的位置关系.本题的关键是用内切圆半径表示出三角形的面积.本题的难点是计算化简.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若函数有两个极值点，试求实数的取值范围；‎ ‎（2）若且，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求函数导数，有2个极值点转化为方程有两解，利用导数分析，得函数大致形状，即可求解；‎ ‎（2）不妨令，利用单调性知，构造函数，利用导数求其最小值即可得证.‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎∴.‎ 令，‎ 函数有两个极值点，即方程有两个不相等根，‎ - 22 -‎ 显然时，方程不成立，即不是方程的根，‎ 所以原方程有两个不相等根转化为有两个不相等的根，‎ 不妨令.‎ ‎，‎ ‎∴在，递减，在递增，，且时，.‎ ‎∵方程有两个不等根，‎ 图象与图象有两个不同交点，‎ ‎∴只需满足 即.‎ ‎（2）不妨令，‎ ‎∴在递减.‎ ‎，不妨令：，‎ ‎∴.‎ 令，‎ 则，‎ 由得，‎ 由得，‎ ‎∴在递减，在递增.‎ ‎∴，‎ - 22 -‎ ‎∴，‎ ‎∴在递增.‎ ‎∴，‎ 当且时，.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调区间，极值，最值，证明不等式，属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（为参数），以直角坐标系的原点为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求直线 的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知直线与曲线交于两点，试求两点间的距离.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将直线参数方程通过消参得到普通直角坐标方程，结合 可得其极坐标方程；结合两角差的余弦公式，可得，从而可求出曲线C的普通方程.‎ ‎（2）联立直线参数方程和圆的方程，可求出，则.‎ ‎【详解】解：（1）消参得，直线，即；‎ - 22 -‎ 曲线，即，‎ 则 ，所以曲线C的普通方程为.‎ ‎（2）设两点在直线上对应的参数分别为，将代入，‎ 得，则，则.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程与普通直角坐标方程的转化，考查了直角坐标方程与极坐标方程的互化，考查了弦长问题.求第二问的弦长时，可结合直线和圆的图形，由勾股定理求解，但是计算稍麻烦；也可结合参数的几何意义求解.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知，，.‎ ‎（1）求的最大值；‎ ‎（2）若不等式对任意及条件中的任意恒成立，求实数 的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求结合基本不等式可求出的最大值为6，从而可求的最大值；‎ ‎（2）结合基本不等式中“1”的代换，可求出，结合，可得，从而可求出的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1），‎ 当且仅当，即时取等号，的最大值为.‎ - 22 -‎ ‎（2），当且仅当，即时取等号，‎ 的最小值为4.又， ，解得，‎ 即的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式，考查了“1”的代换，考查了含绝对值不等式的求解，考查了绝对值三角不等式.在应用基本不等式求最值时，注意一正二定三相等.‎ - 22 -‎ - 22 -‎