2020届河南省天一大联考高三高考全真模拟(三)数学(文)试题(解析版)

试题

一、单选题

1．已知集合Axxy2x4y50,Bxx22x20，则集合

AUB（ ）

A．1, 【答案】A

【解析】通过配方求出集合A，解不等式求出集合B，进而可得并集. 【详解】

对于集合A：配方得x1y20,x1,y2， 从而A1. 对于集合B:22B．0,1 C．,1 D．0,1

x1x20,Qx0

x20,x10，

解得x1，

B1,，

从而AUB1,. 故选：A. 【点睛】

本题考查集合的并集运算，考查运算能力，是基础题.

2．已知z为z的共轭复数，若zi32i，则zi（ ） A．24i 【答案】C

【解析】先由已知求出z，进而可得zi，则复数的模可求. 【详解】 由题意可知zB．22i

C．25 D．22 32i23i， i从而z23i,zi24i,zi224225.

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故选：C. 【点睛】

本题考查复数的运算及共轭复数，命题陷阱：z1易被看成绝对值，从而导致错选，另外，易疏忽共轭复数的运算.

3．某地工商局对辖区内100家饭店进行卫生检查并评分，分为甲、乙、丙、丁四个等级，其中分数在60,70，70,80，80,90，90,100内的等级分别为：丁、丙、乙、甲，对饭店评分后，得到频率分布折线图，如图所示，估计这些饭店得分的平均数是（ ）

A．80.5 【答案】A

B．80.6 C．80.7 D．80.8

【解析】根据频率分布折线图计算该组数据的平均数为

650.15750.4850.2950.25.

【详解】

由折线图可知，该组数据的平均数为650.15750.4850.2950.2580.5. 故选：A. 【点睛】

此题考查根据频率分布折线图求平均数，关键在于熟练掌握平均数的求解公式. 4．已知数列an是等比数列，a4，a8是方程x28x40的两根，则a6（ ）A．4 【答案】C

2【解析】根据韦达定理，结合等比数列性质a4a8a6即可得解.

B．2

C．2 D．2

【详解】

∵方程x28x40的两根分别为a4，a8，

a4a880,a40,2∴∴由等比数列性质可知a4a8a64， a4a840,a80.第 2 页 共 20 页

2∴a62.又a6a4q0，∴a62.

故选：C. 【点睛】

此题考查等比数列性质，根据韦达定理得两根之积，结合等比数列性质求解指定项，易错点在于漏掉考虑符号. 5．已知函数

fx1是定义在R上的偶函数，x1,x2为区间1,上的任意两个不相

fx1fx21310，af,bf,cft,t0，

x2x142t等的实数，且满足

则a,b,c的大小关系为（ ） A．abc 【答案】D

【解析】先根据函数f(x1)是偶函数可得出函数f(x)的图象关于直线x1对称，再

B．acb

C．cab

D．bac

fx1fx21310得f(x)在1,上为增函数，由根据,,t的大小关系可得函

x2x142t数值的大小. 【详解】

Q函数f(x1)是偶函数，

函数f(x1)的图象关于直线x0对称， 从而函数f(x)的图象关于直线x1对称，

由

fx1fx20得f(x)在1,上为增函数，

x2x1117aff，由t0得t2，

t44从而t1t731,f42173tff， t42即bac. 故选：D. 【点睛】

本题考查函数的奇偶性与单调性，考查对知识综合运用的能力，本题的根源是函数性质的综合，将奇偶性转化成对称性，结合对称性把变量化归到同一单调区间，从而应用单调性比较函数值的大小.

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6．已知m,n,l是不同的直线，,是不同的平面，若直线m，直线

n,l,ml，则mn是的（ ）

A．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】B

【解析】通过面面垂直的判定和性质分别判断充分性和必要性即可. 【详解】

当n//l时，若mn，则不能得到，所以mn不能推出； 反之，若，因为m,l,ml，可推出m.又n， 所以mn，故mn是的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】

本题考查面面垂直的判定与性质定理，以及充分条件､必要条件的判断，考察空间想象能力.

7．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（ ）

B．必要不充分条件 D．既不充分又不必要

A．

39 2B．216 C．20

D．206 【答案】D

【解析】在正方体中，根据三视图还原几何体，分别求解各表面的面积即可得解. 【详解】

由三视图可知该几何体为正方体ABCDABCD截去一个小三棱锥DADE， 如图.

111SABCE1223，SCEDC1223，SVAAD222.

222在△AED中，AEED12225，AD22，

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可计算AD边上的高为3， ∴SVAED12236， 2从而可得该几何体的表面积为332634206. 故选：D. 【点睛】

此题考查根据三视图求几何体的表面积，关键在于准确识别三视图，借助正方体还原几何体.

8．如图，已知圆的半径为1，直线l被圆截得的弦长为2，向圆内随机投一颗沙子，则其落入阴影部分的概率是（ ）

A．

11

42B．

11 32C．

11 3D．

11 4【答案】A

【解析】根据面积公式求解阴影部分面积，结合几何概型求解概率. 【详解】

由题意知OA2OB2AB2，∴AOB2，阴影部分面积为

1， 4211. ∴所求事件概率为42142故选：A. 【点睛】

此题考查几何概型，利用面积关系求解概率，关键在于熟练掌握相关面积公式及求解方法.

9．已知实数a,b满足a,bR，且a3b1，则

19 的最小值为（ ）ab2a4bA．

17 3B．

17 4C．

16 3D．

19 4【答案】C

【解析】由a3b1得ab2a8b3，变形

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11199ab2a8b，展开，利用基本ab2a4bab2a4b3不等式即可求最值. 【详解】

因为a3b1，所以3a9b3，即ab2a8b3，

11199ab2a8b ab2a4bab2a4b32a8b9ab1116101029，

ab2a4b333当且仅当2a8b3ab即a故选：C. 【点睛】

51,b时取等号. 88本题考查基本不等式，考察转化与规划思想，应用基本不等式时，由和为定值，求其他和的最值，须两和相乘，化为基本不等式应用的模型.

10．如图，在VABC中，D为AB的中点，E，F为BC的两个三等分点，AE交CDrruuurruuuuuuur于点M，设ABa，ACb，则FM（ ）

1r7rab A．15152r4rab C．1515【答案】A

1r7rB．ab

15152r4rD．ab

1515uuuuruuuruuur【解析】根据共线定理由E，M，A三点共线，设FMFE1FA，则

uuuur21uuur2uuurFMABAC，同理由D，M，C三点共线，可得

33uuuuruuuruuur32uuur13uuurFMFD1FCABAC，建立方程组求解．

63【详解】

uuuuruuuruuur连接FA，FD.由E，M，A三点共线，可设FMFE1FA，

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uuuv1uuuv1uuuvuuuvABAC， 由题意知FECB33uuuvuuuvuuuv2uuuvuuuv2uuuvuuuvuuuvv2uuuv1uuuFAFBBACBABABACABABAC，

3333uuuur21uuur2uuurABAC. 所以FM33同理由D，M，C三点共线，

uuuuruuuruuur32uuur13uuurABAC， 可设FMFD1FC632132,36所以，

213,333,uuuuv1r7r5ab． 解得从而FM41515,5故选：A. 【点睛】

此题考查平面向量基本定理的应用，关键在于根据共线定理处理三点共线关系，建立等式求解参数．

11．已知抛物线y2pxp0的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A，B两

2点，点A在第一象限，满足xA9xB，则直线l的倾斜角为（ ） A．30° 【答案】C

【解析】设直线方程，联立直线方程和抛物线方程，结合xA9xB利用韦达定理即可求解直线斜率得到倾斜角. 【详解】

由题意知，直线l的斜率存在且大于0，设l的方程为ykxB．45°

C．60°

D．75°

p， 2pykxk2p2,2222得kxkp2px联立0， 4y22px,2pp2∴xAxBp2，xAxB.又xA9xB，

k4第 7 页 共 20 页

∴xA3pp52p，xB，∴xAxBpp2，∴k23，k3， 263k∴倾斜角为60°. 故选：C. 【点睛】

此题考查直线与抛物线位置关系，根据交点坐标，结合韦达定理求解参数是解析几何中常用的处理办法.

二、双空题

12．适逢秋收季节，为培养学生劳动光荣的理念和吃苦耐劳的精神品质，某班随机抽取20名学生参加秋收劳动一掰玉米，现将这20名学生平均分成甲､乙两组，在规定时间内，将两组成员每人所掰的玉米进行称重(单位：千克)，得到如下茎叶图：

已知两组数据的平均数相同，则x_________；乙组的中位数为________. 【答案】2 22.5

【解析】根据公式计算平均数，将乙组数据从小到大排序，可得中位数. 【详解】

由题意，先计算甲组平均数

x甲=10+12+11+23+21+20+35+30+41+47=25，

10因为x甲=x乙， 所以

101320x2320213330324625，

10222322.5. 2解得x2.

将乙组数据从小到大排序，可知其中位数为故答案为：2；22.5. 【点睛】

本题考查统计中的数字特征：平均数､中位数，考查学生的运算能力，是基础题.

三、填空题

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13．某事业单位欲指派甲､乙､丙､丁四人下乡扶贫，每两人一组，分别分配到A,B两地，单位领导给甲看乙，丙的分配地，给乙看丙的分配地，给丁看甲的分配地，看后甲对大家说：我还是不知道自己该去哪里，则四人中可以知道自己的分配地的是_________. 【答案】乙､丁

【解析】从甲还不知道自己该去哪里开始分析，可得乙､丙必定一个在A地，一个在B地，再根据乙看丙的分配地，给丁看甲的分配地可分析出结果. 【详解】

四人知道的情况是：组织分配的名额､自已看到的及最后甲说的话，根据甲说的话可以判断乙､丙必定一个在A地，一个在B地；所以甲、丁一个在A地，一个在B地. 又给乙看了丙的分配地， 所以乙知道自己的分配地；

给丁看了甲的分配地，丁就知道了自己的分配地， 故填乙､丁. 故答案为：乙､丁. 【点睛】

本题为简单的逻辑推理问题，考查基本知识与能力，考查学生应用所学知识解决实际问题的能力.

14．已知抛物线C:y2pxp0，有如下性质：由抛物线焦点F发出的光线，经

2抛物线反射后，反射光线与抛物线的对称轴平行.现有一光线的倾斜角为120，过抛物线C的焦点F，经反射后，反射光线与x轴的距离为3，则抛物线C的方程为_________.

【答案】y2x或 y6x 【解析】过F点的直线为y3x列方程可得p的值，则抛物线方程可求. 【详解】

过F点的直线为y3x22p，与抛物线联立，求得y，进而根据条件2p， 2py3xp3， 2，得y3p3或y由3y22px第 9 页 共 20 页

从而p1或3，

故所求抛物线方程为y2x或y6x. 故答案为：y2x或y6x. 【点睛】

本题考查抛物线方程的求解，考查运算能力，是基础题. 15．已知函数f(x)222212xsinxax,x0,，满足f(x)0恒成立，则实数a的2取值范围为_________. 【答案】1,

【解析】由题意可知f'(x)xcosxa，设h(x)xcosxa，可得

h'(x)1sinx0，求出h(x)的单调性，分a1，a1讨论，求出f(x)的单调

性和最值，进而可得答案. 【详解】

由题意可知f'(x)xcosxa， 设h(x)xcosxa，

则h'(x)1sinx0，所以h(x)在0,上为增函数，h(0)a1，

（1）当a10，即a1时，h(x)h(0)0，从而f(x)在0,上为增函数， 所以f(x)f(0)0恒成立；

（2）当a10，即a1，令x2a，则h(2a)2cos2a0. 又h(0)a10，所以x00,，使得h(x0)0，

从而f(x)在0,x0上为减函数，当x0,x0时，f(x)f(0)0，不合题意. 综上a得取值范围为aa1. 故答案为：1,. 【点睛】

本题考查三角函数与导函数的综合问题，考查灵活运用导数处理恒成立问题的能力，是中档题.

四、解答题

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16．如图，ABC为等边三角形，边长为3，D为边AC上一点且AD2DC，过C作CEBC交BD的延长线于点E.

（1）求sinADB的值； （2）求DE的长. 【答案】（1）

3217.（2） 145 【解析】（1）在ABD中，由余弦定理求出BD，结合正弦定理求出ADB的正弦值；（2）在CDE中，应用正弦定理，求出DE. 【详解】

（1）由题意可知A60,AB3,AD2，由余弦定理， 得BDABAD2ABADcosA94232从而BD22217 27，

设ADBCDE，在ABD中，由正弦定理，

37ABBD得，即sin， 3sinsinA2得sin321； 14（2）由题意知为锐角，所以cos1sin27， 14而sinEsin303157， sincos2214DECD，

sin30sinE在CDE中，由正弦定理，得

1CDsin3027. 所以DEsinE557141【点睛】

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本题考查解三角形主要应用：（1）三角形固有条件；（2）正､余弦定理；（3）三角形有关公式，是基础题.

17．如图，多面体ABCDE中，CD平面ABC，AE//CD，F为BE的中点，

ABBCCAAE2，CD1.

（1）求证：DF//平面ABC； （2）求点F到平面ABD的距离. 【答案】（1）见解析；（2）3 2【解析】（1）通过证明DF//GC得证线面平行；

（2）根据VFABDVDABF，利用等体积法求解点到平面距离. 【详解】

（1）取AB中点G，连接FG，GC，由题意知F为BE中点，

∴FG为△ABE的中位线， ∴FG//AE,FG11AE，而CD//AE,CDAE，∴FGCD为平行四边形， 22∴DF//GC，而GC平面ABC，DF平面ABC，∴DF//平面ABC. （2）∵VABC为等边三角形，G为AB中点，∴GCAB. 又∵AE⊥平面ABC，GC平面ABC，∴GCAE. 又AEIABA，∴GC平面ABE.

由（1）可得，DF平面ABE.由ABAE2，EAAB， 可得SVABE1222，∴SVABF1. 2第 12 页 共 20 页

在RtVBCD中，BC2，CD1，∴BD得SVABD2，

而DFCG3，由VFABDVDABF，得

5，同理AD5，而AB2，易

113 SVABDdSVABFDF，即d，

332∴点F到平面ABD的距离是【点睛】

3. 2此题考查线面平行的证明和求解点到平面的距离，关键在于熟练掌握相关定理推理证明，常用换顶点的方式等体积法求解点到平面距离.

3x2y21,18．已知椭圆221ab0的左、右焦点分别为F1、F2，点P在椭ab2圆上，且椭圆的离心率为3. 2（1）求椭圆的标准方程；

（2）直线l:ykxmk0过椭圆左焦点F1，与椭圆交于A，B两点，求VABF2面积的最大值.

x2【答案】（1）（2）2 y21；

4【解析】（1）根据离心率和椭圆上的点建立方程组求解； （2）联立直线和椭圆的方程，得出面积

1SVABF2F1F2y1y232求解面积最值. 【详解】

y1y224y1y2，结合韦达定理利用函数关系31a24b21,a2,3c, （1）由题意得解得a2b1,222abc,x2∴椭圆的标准方程为y21.

4第 13 页 共 20 页

（2）由ykxm,222214ky2mym4k0， 得22x4y40∵l过F13,0，∴3km0，即m∴14k3k，

2k223ky23kyk0，∴y1y2，y1y2， 2214k14k22∴SVABF21F1F2y1y232y1y224y1y2 312k214k224k216k416k232， 214k214k令14k2t，则t1且令p，

16k416k214k22t124t1t2t22t3，

t21t2t2t3122则0p1，且313p2p1. 22ttt∵p0,1，∴当p

142， 时，3p2p1max33

42. 3∴VABF2面积的最大值为3【点睛】

此题考查求椭圆的方程，关键在于准确计算基本量，利用韦达定理处理直线和曲线形成弦长问题，转化为函数问题求解面积最值.

19．甲､乙两位同学每人每次投掷两颗骰子，规则如下：若掷出的点数之和大于6，则继续投掷；否则，由对方投掷.第一次由甲开始.

（1）若连续两次由甲投掷，则称甲为“幸运儿”，在共投掷四次的情况下，求甲为“幸运儿”的概率；

（2）设第n次由甲投掷的概率为pn，求pn.

118311.（2）pn【答案】（1）

172826n11 2【解析】（1）搞清两种状况，①第一､第二次均由甲投掷，即甲第一次所掷点数之和大于6，②第一次由甲投掷，第二次由乙投掷，第三，四次由甲投掷，即第一次甲所掷点数之和小于等于6，第二次乙所掷点数之和小于等于6，第三次甲所掷点数之和大于6，分别计算概率；

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（2）由第n次与n1次的关系，建立递推公式pn1求出通项公式即可. 【详解】

15pn，构造等比数列数列，612由题意知，投掷两颗骰子，共有36种结果，点数之和大于6的有

1,6,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,3,4,4

4,5,4,6,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6,6,16,2,6,3,6,4,6,5,6,6

共21种.

则点数之和大于6的概率为

75，小于等于6的概率为. 1212（1）由题意可知甲成为“幸运儿”的情况有两种：

①第一､第二次均由甲投掷，即甲第一次所掷点数之和大于6， 其概率为177， 1212②第一次由甲投掷，第二次由乙投掷，第三，四次由甲投掷，即第一次甲所掷点数之和小于等于6，第二次乙所掷点数之和小于等于6，第三次甲所掷点数之和大于6，

557175， 121212172871751183甲为“幸运儿”的概率为； 1217281728其概率为1（2）第n1次由甲投掷这一事件，包含两类： ①第n次由甲投掷，第n1次由甲投掷，其概率为

21pn， 36②第n次由乙投掷，第n1次由甲投掷，其概率为1pn121， 36从而有pn1215211pn1pn1pn， 3612366pn1111pn 262111121 Qp110,16222pn2pn1111数列pn是以为首项，为公比的等比数列

226第 15 页 共 20 页

111pn22611pn26【点睛】

n1n1，

1. 2本题考查递推数列在概率统计中的应用，一般考查递推公式求通项公式，虽以概率为背景，实则考查数列较多一些，是一道难度较大的题目. 20．已知函数fxxexa2x1. 2（1）当a1时，求函数fx的单调区间； （2）当x0时，不等式fx2exa2恒成立，求a的取值范围. 2【答案】（1）增区间为,1，0,，减区间为1,0；（2）,1 【解析】（1）求出导函数，结合不等式得函数的单调区间； （2）将问题转化为x2exa2x2x20恒成立，利用导函数讨论函数的单2调性，分类讨论求解最值，利用最小值大于等于0求解参数取值范围. 【详解】

（1）a1时fxxex12x1， 2fxx1exx1x1ex1，

若f¢x³0，则x1或x0，若f¢x<0，则1x0，

()()所以fx的增区间为,1，0,，减区间为-1,0. （2）由题意得fx2ex()a20恒成立， 2a2x2x20恒成立. 2a2xx2x2， 设hxx2e2即x2ex则hxx1eax1，令gxx1eax1，

xx则gxxea.

x令Fxxea，则Fxx1e.

xx∵x0，∴Fx0，Fx为0,上的增函数， 第 16 页 共 20 页

①当a0时，FxF0a0， 从而gx在0,上为增函数， 所以gxg01a，

当1a0，即a1时，gxg00，

从而hx在0,上为增函数，∴hxh00恒成立.

若1a0，即1a0时，由gx在0,上为增函数，且g01a0，

g12a0，

∴在0,+?()上，存在x使得gx0，

00从而hx在0,x0上为减函数， 此时hxh00，不满足题意.

②a0时，由Fx在0,上为增函数， 且F0a0，Faaeaae10，

aa∴在0,a上，存在x1，使得gx10， 从而gx在0,x1上为减函数， 此时gxg01a0，

∴hx在0,x1上也为减函数，此时hxh00，不满足题意， 综上所述，a的取值范围为,1. 【点睛】

此题考查导函数的应用，利用导函数讨论函数的单调性，分类讨论求解最值，解决不等式的恒成立问题，求解参数，涉及转化与化归，分类讨论思想.

x2tcosxOy21．(t为参数，在直角坐标系中，直线l的参数方程为0)，

ytsin曲线C:x2y24.以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系. （1）求曲线C的极坐标方程；

（2）设l与C交于D,E两点(异于原点)，求ODOE的最大值.

2第 17 页 共 20 页

【答案】（1）4cos.（2）42

【解析】（1）展开曲线C的方程，利用cosx,siny，从而得曲线C的极坐标方程；

（2）在极坐标系下，应用几何意义，确定线段之和，从而求出最值. 【详解】

22（1）曲线C可化为x4xy0，

22即xy4x，也即24cos，

所以4cos

所以曲线C的极坐标方程为4cos；

（2）由直线l的参数方程可知，l必过2,0点，即圆C的圆心， 从而DOE 2D,,E,设1, 2，其中

222则ODOE124cos4cos42sin 24所以当【点睛】

4时，ODOE取得最大值为42. 本题考查三种方程间的相互转化，是该类问题的考察对象，应用极坐标求最值问题也是常见方法，要求学生必须掌握，考查了转化与化归思想，是基础题. 22．已知实数a,b满足a0,b0且ab1. （1）证明：a1b19ab； （2）证明：a1b122226.

【答案】（1）答案见解析.（2）答案见解析

【解析】（1）应用a,b关系，用一个表示另一个，达到减少变量的目的，从而进行作差比较；另外可应用“1”的代换思想，构造式子，变形为基本不等式的形式，进行证明； （2）设ta1b1，通过ab1可得t232ab2，利用基本不等式求

得最大值，即可证明.

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【详解】

（1）解法1： 9aba1b1

22228a2b2a2b21

8a21aa21a1 2a4a38a25a1 2aa12a1

Qb1a0,a1,0a1

2222aa12a10

从而可得a1b19ab； 解法2：Qa0,b0,ab0

222222211原不等式可化为1212ab9 Qab1且a0,b0

111212 abab2a2a2ab2b2b2

2bb22aa222

aabb2a2b5 ba2a2b59 ba1时取等号，得证； 22当且仅当ab（2）设t2a1b1，则ta1b12a1b1,

Qab1

ab1

t32ab2,Qa0,b0,ab2422第 19 页 共 20 页

t232ab232126 41时等号成立，得证. 2t6，当且仅当ab【点睛】

本题考查不等式的证明，考察转化与化归思想，不等式证明问题多与基本不等式有关，用基本不等式证明应思考等号成立的条件，是中档题.

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