河南省八市重点高中联盟2020届高三数学9月领军考试试题 理（含解析）

1 河南省八市重点高中联盟河南省八市重点高中联盟 20202020 届高三数学届高三数学 9 9 月领军考试试题月领军考试试题 理 含理 含 解析 解析 一 选择题 在每小题给出的四个选项中 只有一项是符合题目要求的一 选择题 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 设集合 则 2 2ax xx 14 bxx ab a b c d 4 0 4 1 2 1 2 答案 c 解析 分析 可以求出集合 a 然后进行交集的运算即可 详解 解 a x 0 x2 b x 1x4 ab12 故选 c 点睛 考查描述法 区间表示集合的定义 一元二次不等式的解法 以及交集的运算 2 已知复数的共轭复数为 若 则在复平面内对应的点为 zz 1 1 z z i z a b c d 2 1 2 1 2 1 2 1 答案 a 解析 分析 设 代入 整理后利用复数相等的条件列式求得的值 rzxyi xy 1 1 z z i xy 则答案可求 详解 解 设 rzxyi xy 由 得 1 1 z z i 11xyiixyi 即 1xyxy ixyi 2 则 解得 1xyx xyy 2 1xy 在复平面内对应的点为 z 2 1 故选 a 点睛 本题考查复数代数形式的乘除运算 考查复数的代数表示法及其几何意义 考查复 数相等的条件 是基础题 3 已知命题 使得 则为 pxy x xy y p a 使得b xy x xy y x y x xy y c 使得d 总有 xy x xy y xy x xy y 答案 d 解析 分析 利用特称命题的否定性质即可得到 详解 因为命题 使得 pxy x xy y 所以命题 总有 p xy x xy y 故答案为 d 点睛 本题主要考查了特称命题否定的形式 属于基础题 4 中国剩余定理 又称 孙子定理 1852 年英国来华传教士伟烈亚力将 孙子算经 中 物不知数问题的解法传至欧洲 1874 年 英国数学家马西森指出此法符合 1801 年由高斯得 出的关于同余式解法的一般性定理 因而西方称之为 中国剩余定理 中国剩余定理 讲 的是一个关于整除的问题 现有这样一个整除问题 将 1 至 2019 中能被 3 除余 1 且被 5 除 余 1 的数按由小到大的顺序排成一列 构成数列 则此数列的项数为 n a a 134b 135c 136d 137 答案 b 解析 3 分析 由题意得出 求出 即可得出数列的项数 1514 n an 15142019 n an 详解 因为能被 3 除余 1 且被 5 除余 1 的数就是能被 15 整除余 1 的数 故 1514 n an 由得 故此数列的项数为 故答案为 b 15142019 n an 135n 135 点睛 本题主要考查阅读能力及建模能力 转化与化归思想及等差数列的通项公式及数学 的转化与化归思想 属于中等题 5 函数的图象大致是 2ln xx y x a b c d 答案 d 解析 分析 根据奇偶性可排除 b 结合导数对函数在的单调性即可得出答案 2ln xx y x 0 详解 函数为偶函数 则图像关于轴对称 排除 b 2ln xx y x y 当时 0 x 2ln ln xx yxx x ln1yx 1 0yx e 1 00yx e 4 在上单调递减 在上单调递增 lnyxx 1 0 e 1 e 故选 d 点睛 函数图象的识辨可从以下方面入手 1 从函数的定义域判断图象的左右位置 从函数的值域判断图象的上下位置 2 从函数的单调性判断图象的变化趋势 3 从函数的奇偶性判断图象的对称性 4 从函数的周期性判断图象的循环往复 5 分析函数解析式 取特值排除不合要求的图象 6 已知双曲线的渐近线与圆相切 则 22 1 04 4 xy cm mm 22 2 3xy m a 1b c 2d 3 3 答案 a 解析 分析 求出双曲线的渐近线方程 利用渐近线与圆相切 列出等式 即可求出 m 详解 双曲线的渐近线方程为 22 1 04 4 xy cm mm 4m yx m 将化为一般式可得 4m yx m 40mxmy 由双曲线的渐近线与圆相切可得 40mxmy 22 2 3xy 2 4 3 2 m 解得 1m 故选 a 点睛 本题主要考查了双曲线的基本性质以及直线与圆相切的性质 关键是利用点到直线 的距离公式列出方程 属于基础题 5 7 已知 则 0 6 1 21 2 2 log2 4 log3 6xyz a b c d xyz xzy zxy yxz 答案 a 解析 分析 将与 2 进行比较 再利用对数函数的单调性得出的大小 x y z y z 详解 0 6 22x 1 21 21 21 2 log2 4 1 log22 log3 61 log32yz 1 21 2 log2 4log3 6 xyz 故选 a 点睛 本题主要考查了对数指数大小的比较 一般借助 0 1 2 等常数进行比较以及对数和 指数函数的单调性进行比较 属于中等题 8 若 则 2 tantan1 1212 m m a b c 2d 3 3 32 3 答案 d 解析 分析 直接利用二倍角得正切公式 再化简 即可求解 详解 解 利用降幂公式化简 得 2 tantan1 1212 m 2tan 12 1tan1 an 6 12 t m 即 即 解得 1 2 3tantan1 1212 m 2 3 tan0 12 m 2 3m 点睛 本题考查二倍角公式的正切公式 是基础题 9 在如图所示的正方形内任取一点 其中图中的圆弧为该正方形的内切圆和以正方形的 m 6 顶点为圆心以正方形边长的一半为半径的圆弧 则点恰好取自阴影部分的概率为 m a b c d 1 22 1 2 2 2 答案 d 解析 分析 由阴影部分的面积等于 正方形的面积内切圆面积 的两倍以及几何概率公式求解即可 详解 设正方形的边长为 2 可以得出阴影部分的面积等于 正方形的面积内切圆面积 的两倍 即阴影部分的面积为 2 4 则点恰好取自阴影部分的概率为 m 2 4 2 42 故选 d 点睛 本题主要考查了几何概型 属于基础题 10 将函数的图象向右平移个单位长度 所得图象过点 3cossin 0 f xxx 6 则的最小值为 1 2 a b c d 12 3 2 2 3 答案 c 解析 分析 7 根据三角函数的辅助角公式进行化简 结合三角函数的平移平移关系求出函数的解析式 建 立方程进行求解即可 详解 解 31 3cossin2 cossin 2cos 226 f xxxxxx 将的图象向右平移个单位长度得到 f x 6 2cos 66 yx 所得图象过点 1 2 2cos 2cos1 26636 y 即 1 cos 362 则 2 363 k kz 得或 3 6 2 k 1 6 2 k kz 又 当时 的最小值为 0 0k 3 2 故选 c 点睛 本题主要考查三角函数的恒等变换 利用辅助角公式结合三角函数的平移变换关系 求出函数的解析式是解决本题的关键 11 已知的重心恰好在以边为直径的圆上 若 则 abc gab8ac cb ab a 1b 2c 3d 4 答案 b 解析 分析 8 根据题意 可得 再化简即可求得 2 0 2 gagbgm ga gb gcgm ac cbaggccggb ab uu u r 详解 设的中点为 则 因为的重心恰好在以边为 abm2gagbgm abc gab 直径的圆上 所以且 0ga gb uur uu u r 2 gcgm ac cb aggccggb 2 ag cggcag gbgc gb 2 gcgagbgc 解得 22 22gcgmgcgc 2 2 8ab 2ab 点睛 抓住重心g所带来的条件 利用平面向量数量积的性质及运算将已知变形即可 属 于基础题 12 已知梯形中 abcd adbcabbc 4bc 2cd 3ad 以为折痕将 折起 使点到达点的位置 且平面平面 3adae beabeappbe 则四棱锥外接球的表面积为 ebcdpebcd a b c d 8 3 16 3 12 16 答案 d 解析 分析 确定 bc 中点 o 为四棱锥外接球的球心 根据球的表面积公式求解即可 pebcd 详解 取 bc 中点 o 过点 p 作 be 的垂线 垂足于 f 连接 po fo 9 由于 2boocodoe 22 313 cos30 2cos60 22 bfpbfobfbobf bo 3 sin30 2 pfpb 所以 22 2popffo 即op 2obocodoe 所以球心在的中点处 所以外接球的半径为 2 其表面积为 bc16 点睛 本题主要考查了四棱锥的外接球的性质以及球的表面积公式 关键是确定球心所在 位置 属于难题 二 填空题二 填空题 13 设变量满足约束条件 则目标函数的最小值为 x y 0 34 34 x xy xy 2zxy 答案 8 3 解析 分析 先作可行域 再平移直线 确定目标函数最小值的取法 详解 由变形为 2zxy 1 22 z yx 10 绘制不等式组表示的可行域 当目标函数经过点处取得最小值 2zxy 4 0 3 e 所以的最小值为 z 48 02 33 z 故的最小值为 2zxy 8 3 点睛 本题是常规的线性规划问题 线性规划问题常出现的形式有 截距型 即 主要根据目标函数在坐标轴上的截距判断最值 zaxby 分式型 其几何意义是已知点与未知点的斜率 平方型 其几何意义是距离 尤其要注意的是最终结果应该是距离的平方 绝对值型 转化后其几何意义是点到直线的距离 14 已知为坐标原点 为椭圆的右焦点 过点且倾斜角为 of 22 22 1 0 xy cab ab f 的直线与椭圆交于第一象限一点 若 为正三角形 则椭圆的离心率为 120 cppofc 答案 31 解析 分析 根据题意求出点 p 的坐标并代入椭圆方程 化简即可求解 详解 因为 为正三角形 ofc pof 11 所以po c 则点 p 坐标为 13 22 cc 即 解得 2 2 22 22242 3 1 2 2 1 840 c c ab abcee c e a 31e 故椭圆的离心率为 c31 点睛 本题主要考查了椭圆离心率的求法 关键是由几何关系确定点 p 坐标 属于中等题 15 甲 乙 丙 丁四名同学申报 3 所不同的 985 高校的自主招生 要求每名同学只能申报 一所学校 每所学校必须有同学申报 甲 乙或甲 丙均不能申报同一所学校 则不同的申 报方案有 种 答案 24 解析 分析 根据题意 必定有两个人报一所学校 有 4 种可能 甲丁 丙丁 乙丁 乙丙 再排列组合 所以总共有 3 3 424a 详解 解 根据题意 必定有两个人报一所学校 有 4 种可能 甲丁 丙丁 乙丁 乙丙 将这些分别看作一个整体 再排列组合 所以总共有 3 3 424a 点睛 本题重点考查排列组合 采用分类和 捆绑法 可以快速得到答案 16 已知函数 若存在实数满足 且 2 0 1 e 1 3 x xx f x x 12 x x 12 03xx 则 的最大值为 12 f xf x 21 2xx 12 答案 1 ln2 解析 分析 结合图象得出 将代入 构造函数 2 12x 2 2 1 exx 21 2xx 利用导数求出在最大值即可 2 2 222 2e 1 2 x g xxx 2 g x 2 1 2 x 详解 画出的图象可得 因为 所以 f x 2 12x 12 f xf x 2 2 1 exx 所以 令 2 2 212 22exxxx 2 2 222 2e 1 2 x g xxx 则 令 则 2 2 2 1 2exgx 2 0gx 2 2ln2 1 2 x 当时 2 1 2ln2 x 2 0gx 当时 2 2ln2 2 x 2 0gx 所以当时 最大 且 2 2ln2x 2 g x 2 max 1 ln2g x 故的最大值为 21 2xx 1 ln2 点睛 本题主要利用导数求函数的最值 关键是构造函数 属于难题 三 解答题 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤三 解答题 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 17 如图 是边上一点 dabc bc23abac 3bd sin2sincadbad 求的长 dc 若 求的面积 2ad abc 13 答案 4 7 5 3 解析 分析 由已知利用正弦定理 可得 sinsinsinsin abbdacdc adbbadadccad 结合已知可求dc 3bd 3 由已知利用余弦定理 解得 可求 利用三角形的面积公式即 cosadc sinadc 可计算得解 详解 解 在和中由正弦定理得 abd adc sinsin abbd adbbad sinsin acdc adccad 因为 23abac sinsinadbadc 3bd sin2sincadbad 所以 4 4 3 dcbd 在由余弦定理得 abd 222 2cosabadbdadbdadb 在中由余弦定理得 adc 222 2cosacaddcaddcadc 因为 23abac 2ad 3bd 4dc coscosadbadc 所以 4 492 2 3 cos adc 9 4 162 2 4 cos adc 解得 所以 2 cos 3 adc 5 sin 3 adc 所以 1 sin 2 abc sbddcadadc 157 5 7 2 233 点睛 本题主要考查了正弦定理 余弦定理 三角形的面积公式在解三角形中的综合应用 考查了计算能力和转化思想 属于基础题 18 如图 在四棱锥中 底面是平行四边形 平面 sabcd abcdsa abcd 14 为的中点 22bcab 60abc 2seed fsc 求证 平面 bface 若 求二面角的大小 2sa sace 答案 证明见解析 45 解析 分析 作出相关辅助线 利用中位线定理 即可求解 建立适当的空间直角坐标系 利用向量的数量积即可求出二面角 详解 证明 取的中点 连接 连接 交于点 连接交 segfgbdacnfd 于点 连接 因为为的中点 是的中点 所以 又 cemmnfscgse fg cea 所以为的中点 所以为的中点 又为的中点 所以 2seed egdmfdnbd bfmn 因为平面 平面 所以平面 bf aecmn aec bface 因为 由余弦定理得 22bcab 60abc 222 2cos60acbcabbc ab 1 4 1 2 2 13 2 所以 所以 因为平面 3ac abac sa abcd2sa 所以以所在直线为轴 以所在直线为轴 以所在直线为轴建立如图所示 abxac y as z 的空间直角坐标系 15 则 0 0 0 a 0 0 2 s 0 3 0c 1 3 0d 0 3 0ac aeadde 1 3 adds 1 1 3 01 3 2 3 2 2 3 2 333 设平面的法向量为 则即 ace mx y z 0 0 m ac m ae 30 22 32 0 333 y xyz 令 得 所以 1x 1z 1 0 1m 因为平面的法向量为 sac 1 0 0n 所以 12 cos 22 m n m n m n 所以二面角的大小为 sace 45 点睛 本题主要考查线面平行的证明 以及二面角的求解 考查运算求解能力 是中档题 19 已知抛物线的准线为 为 上一动点 过点作抛物线的切线 切点 2 4c yx lmlmc 分别为 a b i 求证 是直角三角形 mab ii 轴上是否存在一定点 使三点共线 x p a p b 答案 i 证明见解析 ii 存在 解析 分析 16 i 设出点 m 的坐标以及切线方程 并将其与联立消得 2 4yx x 2 44 0kyymk 利用 得到 结合韦达定理得到 即可证明是直角三 0 2 10kmk 12 1k k mab 角形 ii 设 由 i 可得 设出直线 ab 的方程与 22 12 12 44 yy ayby 12 12 4 4y y k k 联立消得 结合韦达定理得到 解得 得到直 2 4yx x 2 440ynyt 12 4y yt 1t 线过定点 即可证明轴上存在一定点 使三点共线 ab 1 0p x p a p b 详解 i 由已知得直线 的方程为 设 切线斜率为 则切线方程 l1x 1 mm k 为 将其与联立消得 所以 1ymk x 2 4yx x 2 44 0kyymk 化简得 所以 所以 即 16 16 0k mk 2 10kmk 12 1k k mamb 是直角三角形 mab ii 由 i 知时 方程的根为 16 16 0k mk 2 44 0kyymk 2 y k 设切点 则 因为 所以 22 12 12 44 yy ayby 12 12 22 yy kk 12 1k k 12 12 4 4y y k k 设 与联立消得 则 所以 ab lxnyt 2 4yx x 2 440ynyt 12 4y yt 解得 所以直线过定点 44t 1t ab 1 0p 即轴上存在一定点 使三点共线 x 1 0p a p b 点睛 本题主要考查了抛物线与直线的位置关系 关键是韦达定理的灵活运用 属于中等 题 20 已知函数有两个极值点 2 6ln463 f xxxxa 求的取值范围 a 17 设 是的两个极值点 证明 1 x 212 xxx f x 12 12 0 lnlnxx 答案 证明见解析 1 解析 分析 函数有两个极值点等价于在上有两个变号零点 再次求导 利 f x 0fx 0 用函数单调性 便可求出参数a的取值范围 令 并化简求导 再利用单调性证明 2 1 h xg xg x 详解 解 由 得 2 6ln463 f xxxxa 0 x 12 ln fxxxxa 函数有两个极值点等价于在上有两个变号零点 f x 0fx 0 等价于在上有两个变号零点 ln0 xxa 0 令 则 lng xxxa 11 1 x g x xx 所以时 单调递增 0 1 x 0g x g x 时 单调递减 所以 1 x 0g x g x max 1 1g xga 当时 恒成立 在上单调递减 不可能有两个极值点 舍去 1a 0g x f x 0 当时 而 1a e 0 1 a e 1 a ee0 aa g e2e0 aa ga 1 0g 由零点存在性定理得在和内分别存在一个变号零点 g x 0 1 1 此时有两个极值点 f x 综上 所求的取值范围为 a 1 因为 是的两个极值点 所以 且 1 x 212 xxx f x 1a 12 g xg x 18 由 知 12 01xx 2 1 1 1 x 令 2 1 h xg xg x 22 11 lnlnxxaa xx 2 1 3ln xx x 01x 则 32 33 3232 1 xx h x xxx 2 3 1 22xxx x 由在恒成立 得时 单调递减 2 220 xx 01x 01x 0h x h x 又 所以时 即 1 0h 01x 0h x 2 1 g xg x 所以 所以 由 知在单调递减 21 2 1 1 g xg xg x 2 2 1 1 g xg x g x 1 所以 即 所以 即 2 2 1 1 x x 2 12 1xx 2 12 ln0 xx 12 2lnln0 xx 因为 所以 所以 12 01xx 1 ln0 x 2 ln0 x 12 12 2lnln 0 lnln xx xx 即 12 12 0 lnlnxx 点睛 本题考查了利用函数极值求参数范围 及利用极值点证明的问题 属于中档题 21 有一名高二学生盼望 2020 年进入某名牌大学学习 假设该名牌大学有以下条件之一均可 录取 2020 年 2 月通过考试进入国家数学奥赛集训队 集训队从 2019 年 10 月省数学竞赛 一等奖中选拔 2020 年 3 月自主招生考试通过并且达到 2020 年 6 月高考重点分数线 2020 年 6 月高考达到该校录取分数线 该校录取分数线高于重点线 该学生具备参加省 数学竞赛 自主招生和高考的资格且估计自己通过各种考试的概率如下表 省数学竞赛一等奖自主招生通过高考达重点线高考达该校分数线 0 50 60 90 7 19 若该学生数学竞赛获省一等奖 则该学生估计进入国家集训队的概率是 0 2 若进入国家集训 队 则提前录取 若未被录取 则再按 顺序依次录取 前面已经被录取后 不得参加 后面的考试或录取 注 自主招生考试通过且高考达重点线才能录取 求该学生参加自主招生考试的概率 求该学生参加考试的次数的分布列及数学期望 x 求该学生被该校录取的概率 答案 0 9 分布列见解析 数学期望 3 3 0 838 解析 分析 设该生参加省数学竞赛获一等奖 参加国家集训队时间分别为 则 ab 然后利用互斥事件的概率公式进行求解 1 pp ap ab 的可能取值为 2 3 4 然后分别求出相应的概率 列出分布列 根据数学期望公 x 式进行求解即可 设自主招生通过并且高考达重点线录取 自主招生未通过且高考达该校线录取的事件 分别为c d 该学生被该校录取的事件分为三种事件 ab c d 分别求出对应的概率 最 后相加即可 详解 解 设该学生参加省数学竞赛获一等奖 参加国家集训队的事件分别为 a b 则 0 5p a 0 2p b 1 pp ap ab 1 0 50 5 1 0 2 0 9 即该学生参加自主招生考试的概率为 0 9 该该学生参加考试的次数的可能取值为 2 3 4 x 2 0 5 0 20 1p xp a p b 3 1 0 50 5p xp a 4 0 5 0 80 4p xp a p b 所以的分布列为 x x234 p0 10 50 4 20 2 0 1 3 0 54 0 43 3e x 设该学生自主招生通过并且高考达到重点分数线录取 自主招生未通过但高考达到该 校录取分数线录取的事件分别为 c d 0 1p ab 0 9 0 6 0 90 486p c 0 9 0 4 0 70 252p d 所以该学生被该校录取的概率为 2 0 838pp abp cp d 点睛 本题考查离散型随机变量及其分布列和离散型随机变量的期望与方差 22 在直角坐标系中 曲线 为参数 以原点为极点 轴的 xoy 1 2cos 2sin x c y ox 正半轴为极轴建立极坐标系 曲线 2 4cos2sin0c i 求的普通方程和的直角坐标方程 1 c 2 c ii 若曲线与交于两点 在的上方 点 求的值 1 c 2 c a b ab 1 0p 22 papb 答案 i ii 22 4xy 22 420 xyxy 16 5 解析 分析 i 利用参数方程和极坐标方程化为普通方程和直角坐标方程的公式即可求解 ii 两圆的方程与作差得直线的方程 利用点 p 写出 22 4xy 22 420 xyxy ab 直线 ab 的参数方程 代入 利用韦达定理求出 即可求解 22 4xy ab tt a b t t