【文档说明】河南省2020届高三下学期3月在线网络联考数学（理）试题【精准解析】.doc，共(23)页，1.909 MB，由小赞的店铺上传

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高三数学（理科）试卷第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12个小题，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()2221iiz−=+（i为虚数单位），则复数z=()A.1i+B.1i−C.1i−+D.1i−−【答案】D【解析】【分析】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=，231

8Bxyxx==−−，则AB=（）A.13，B.36−，C.39，D.69，【答案】D【解析】【分析】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==，231803

xxx−−−或6x，所以[6,9]AB=.故选：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=()A.512B.1025C.256D.1024【答案】A【解析】【分析】

由数列的前n项和与第n项的关系可得10109aSS=−，代入求解即可.【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−++，kZB.2,236kk−++，kZC.2,63kk

++，kZD.22,263kk++，kZ【答案】C【解析】【分析】先利用正弦、余弦的二倍角公式可得1()sin(2)62fxx=++，再令3222262kxk+++，kZ，然后解不等式即可得解.【详解】解：()

23sincoscosfxxxx=+3111sin2cos2sin(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()()3222fxaxbx=−++的定义域为()26,9mm−+，则函数()()2loggxxam=−+在410，上的最大值为()A.6B.5C.4D.7【答案】A【解析】【分析】由(

)fx为偶函数，得20a−=及2960mm+−=，可得()()2log23gxx=−+，再求最值即可.【详解】解：由()fx为偶函数，得20a−=，即2a=，又定义域()26,9mm−+关于原点对称，故2960mm+−=，得3m=，则()()2log23gxx=−+，故()()ma

x10336gxg==+=.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（）A.4B.7C.6D.5【答案】D【解析】【分析】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=，204164050S=++=；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（）A.332B.316C.38D.14【答案】B【解析】【分析】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132312CA=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()A.8B.6C.7D.5【答案】D【解析】【分析】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⊥，AC

CD⊥，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===，162ACDSACCD==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1113nnnaSS++=−，则1222111SSS+++=()A.-66B.77C.88D.99【答

案】C【解析】【分析】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1113nnnaSS++=−，所以1113nnnnSSSS++−=−，所以11113n

nSS+−=.又1112S=，所以1nS是以12为首项，13为公差的等差数列，所以12221111222112288223SSS+++=+=.故选：C.【点睛】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()A.3B.4C.2D.23【答案】A【解析】【分析】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113611343223322aaaaar=，得612ra=.因为()22412R

r−=，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()A.2212221xy−=−−B.221322221xy−=−−C.221222322xy−=−−D.2213221xy−=++【答案】B【解析】【分析

】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

】解：过P作准线的垂线交准线于M，则PMPF=，由PHkPF=，可得PHPHkPFPM==.设200,4yPy，则22200201414yyPHkyPM++==+，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221322221xy−=−−.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，()COmCBnCAmnR=+，，6CA=，8CB=，tan7ACB=，则mn−=（）A.312B.212

C.224D.324【答案】B【解析】【分析】首先计算CACO、CBCO，再由向量的数量积定义计算CACBuuruur，将()COmCBnCAmnR=+，代入1832CACOCBCO==中，解方程组即可求得m

,n.【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,ODACOEBC⊥⊥，则0,0DOCAEOCB==所以()CACOCACDDO=+1182CACACADO=+=,1()322

CBCOCBCEEOCBCBCBEO=+=+=，因为tan70ACB=，所以0,2ACB，又22sincos1ACBACB+=，所以2cos4ACB=，2||||cos681224CACBCACBACB===，2()||COCAmC

BnCACAmCBCAnCA=+=+12236mn=+2()||COCBmCBnCACBmCBnCACB=+=+64122mn=+因为1832CACOCBCO==16321223618286412232124221

mmnmnn−=+=+=−=所以163212422282112mn−−−=−=故选：B【点睛】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.第Ⅱ卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上）13

.若()()12nxnN+展开式中各项系数和为243，则n=___________.【答案】5【解析】【分析】在(12)nx+展开式中，令1x=求得各项系数和，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0x=处的切线与直线112yx=+垂直，则a=__

________.【答案】-2【解析】【分析】求出导数，利用导数的几何意义求出曲线在点0x=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】【分析】先讨论方程所表示的曲线类型，再结合离心率的求法求解即可.【详解】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()Fx在区间ab，上的值域为ab，，则称区间ab，是函数()Fx的“完美区间”.另外，定义区间ab，的“复区间长度”为()2ba−，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】【分析】先理解新定义，再结合二次函数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，①若0a=，则()211fbbb=−=，解得152b+=，此时()215ba−=+；②若01a，

则最小值为()10fa=，不合题意；③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、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.

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）368.【解析】【分析】（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+=，∵()22222cos22cosabcbcAbcbc

bcA=+−=+−−，∴393bc=−，∴2bc=，∴13sin22SbcA==.（2）∵3cos3B=，3a=，3bc+=，∴()()222232cos332333bacacBbb=+−=+−−−，∴32bc==.∵3cos3B=，∴6sin3B=，∴3336si

n246bB==，∴ABC外接圆的半径为368.【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.18.2019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，(1020，(2030，(3040，(4050，(5060，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）估计答对题数在(1248，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

】【分析】（1）由题意计算平均值，根据()8~1YN，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）根据题意，可得510151852526535400451155525301000+++++==，则

()1~8YN30，又123029=−，483029=+，所以()12480.9544PY=，所以10000.9544954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.()2390101

00PX===；()123131010210PXC===；()21213137202105100PXC==+=；()1211130255PXC===；()21140525PX===.X的分布列为X010203040P

910031037100151259337110102030401810010100525EX=++++=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，ABC

D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】【分析】（1）记SD的中点为G，连接GF

，GA，通过证明//GFAE，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,mncosmnmn=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//GFCD，且12GFCD=.因为//AECD，且12AECD=，所以//GFAE，且GFAE=，所以四边形GFEA为平行四边形，则//EFAG.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，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz−，则()008S，，，()000D，，，()420

E，，，()024F，，，(4,2,0),(0,2,4),(4,0,4),(4,2,8)DEDFEFES===−=−−设平面DEF的法向量()111mxyz=，，，则1111420240DEmxyDFmyz=+==+=令12x=，则()242m=−，，.设平面SEF的法向

量为()222nxyz=，，，则222224404280EFnxzESnxyz=−+==−−+=令22x=，则()242n=，，.1,3mncosmnmn==−，设二面角DEFS−−为，则223sin=，即二面角DEFS−−的正弦值为223.【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,mxy=+，()2,nxy=−，且4mn+=.记动点()Pxy，的轨迹为C.（1）求C的方程；（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】【分析】（1）由1mPF=、2nPF=推出124PFPF+=，可知P的轨迹是以()120F−，，()220F，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.【详解】（1）设()120F−，，()220F，，则()2212mxyPF=++=，()222

2nxyPF=−+=.因为4mn+=，所以124PFPF+=，由椭圆的定义可知P的轨迹是以()120F−，，()220F，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2222222641022121kkxkxkk−−+++=++，所以()222641212QNkxxkk−−=+

+.因为2221Nxk=+，所以()22264221Qkxkk+=++，Q的坐标为()()232222642221221kkkkkk+−++++，，于是1QMkk=−，所以1QMMNkk=−，即Q

MMN⊥.因为224121kMNk+=+，()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()ln1fxxx=−，()()22gxaxax=−−.（1）设函数()()()Hxfxgx=−，讨论()Hx的单调性；（2）设函数()()()2G

xgxax=+−，若()fx的图象与()Gx的图象有()11Axy，，()22Bxy，两个不同的交点，证明：()12ln2ln2xx+.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出()Hx的表达式并求

导，分类讨论()Hx的单调性；（2）由题意可得1axlnxx=−有两个不同的根，则1111lnxaxx−=①，2221lnxaxx−=②，消去参数a得()()1212212122112xxxxxlnxxlnxxxxx++−

=−，构造函数()()()2111tFtlnttt−=−+求导研究函数单调性并利用放缩法推出121221lnxxxx−，再次构造函数()2xlnxx=−，通过证明()()122xxe来证明()1222lnxxln+.【详解】（1）()()()()221Hxfxgxlnxaxax=−

=++−+，定义域为(0,)+，()()()()()2221211122axaxxaxHxaxaxxx−+−+−++=−+−==.当0a时，()Hx在102，上单调递增，在12+，上单调递减.当20a−时，令()0Hx，得1102xa−+

，，，所以()Hx在1a−+，，102，上单调递增；令()0Hx，得112xa−，，所以()Hx在112a−，上单调递减.当2a=−时，()0Hx，()Hx在()0+，上单调递增.当2a−时，令()0Hx，得11

02xa+−，，，所以()Hx在12+，，10a−，上单调递增；令()0Hx，得112xa−，，所以()Hx在112a−，上单调递减.（2）()()()22Gxgxaxax=+−

=，因为函数()fx的图象与()Gx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−=①，2221lnxaxx−=②，①+②得()()12

121212xxlnxxaxxxx+−=+③，②-①得()22121112xxxlnaxxxxx−+=−④.由③，④得()()1212212122112xxxxxlnxxlnxxxxx++−=−，不妨设120xx，记211xtx=.令()()()2111t

Ftlnttt−=−+，则()()()2101tFttt−=+，所以()Ft在()1+，上单调递增，所以()()10FtF=，则()211tlntt−+，即()2121122xxxlnxxx−+，所以()()12122121221122xxxxxlnxxlnxxxxx

++−=−.因为()()()()1212121212121212121224442.xxxxlnxxlnxxlnxxlnxxxxxxxxxx+−−=−=−所以1212422lnxxxx−，即121221lnxxxx−.令()2xlnxx=−，则()x在()0+，上

单调递增.又()212221122lnelnee−=+−，所以()121222122lnxxlnexxe−−，即()()122xxe，所以2122xxe.两边同时取对数可得()1222lnxxln+，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.22.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】【分

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−+=，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+=+，16ABtt=.因为2MBMA=，所以2BAtt=，因此()4sin2cos3At=+，()8sin2cos3Bt=+，所以()232sin2cos169ABtt=+=，展开整理可得()2

3cos21sin2sincos4=−=−，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式，属中档题.23.已知关于x的不等式2723xxm−+−4m的解集为R.（1）求m的最大值N；（2）若正数abc，，满足abcN++=，证明：16449abbcaca

bc++.【答案】（1）1；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由不等式的性质2723272337xxmxxmm−+−−+−=−，即可得374mm−，再求解即可；（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()4fxm，因为2723272

337xxmxxmm−+−−+−=−.当且仅当()()27230xxm−−时取等号，所以，由374mm−，得1m，所以1N=.（2）证明：要证16449abbcacabc++，只需证411649a

bc++.因为4244abba+=，16426416acca+=，162168bccb+=，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.