河南省九师联盟2020-2021学年高三上学期1月联考文科数学试题(有答案).docx

1、高三文科数学高三文科数学 考生注意： 1本试卷分选择题和非选择题两部分.满分 150 分，考试时间 120 分钟. 2答题前，考生务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答 案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域超出答题区域 书写的答案无效书写的答案无效 ，在试题卷在试题卷 、草稿纸上作答无效草稿纸上作答无效 . 4本试卷主要命题范围：高考范围. 一一、选择题选择题：本题共本题共 12 小题小题.在每小题给出的四个选

2、项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的. 1已知集合6, 3, 1,0,2,4,5A ， 2 280Bx xx ，则AB（ ） A6, 1,0,2 B3, 1,0,2,4 C1,0,2 D1,0,2,4 2已知复数z满足3ziiz （i为虚数单位） ，则复数z （ ） A1 2i B1 2i C1 2i D1 2i 3某校拟从 1200 名高一新生中采用系统抽样的方式抽取 48 人参加市“抗疫表彰大会” ，如果编号为 237 的同学参加该表彰大会，那么下列编号中不能被抽到的是（ ） A327 B937 C387 D1087 4摩索拉斯陵墓位于哈利卡纳素斯

3、，在土耳其（TURKEY）的西南方，陵墓由下至上分别是墩座墙、柱子 构成的拱廊、四棱锥金字塔以及由四匹马拉着的一架古代战车的雕像，总高度 45 米，其中墩座墙和柱子围 成长、宽、高分别是 40 米、30 米、32 米的长方体，长方体的上底面与四棱锥的底面重合，顶点在底面的 射影是长方形对角线交点，最顶部的马车雕像高 6 米，则陵墓的高与金字塔的侧棱长之比大约为（注： 67425.962） A2.77 B2.43 C1.73 D1.35 5已知 23 log 3 log 5a ， 2 9 log 4 b ， 0.99 2c ，则（ ） Aacb Bcab Cabc Dcba 6执行如图所示的程序

4、框图，则输出S的值为（ ） A 44 53 B 9 11 C 11 13 D 265 309 7长征路公共汽车 10 分钟一班准时到达红旗车站，假设公共汽车到站后每人都能上车，则任一人在红旗 车站等车少于 6 分钟的概率是（ ） A 3 4 B 1 2 C 2 5 D 3 5 8已知正项等比数列 n a的前n项和为 n S， 12 5 2 aa， 34 45 8 aa，则 5 S （ ） A105 8 B 211 16 C 53 4 D 27 2 9函数 1 1 x x e f x e ，sinx在, 上的图象大致为（ ） A B C D 10已知函数 sin04, 2 f xx ， 7 0

5、1212 ff ，则 f x （ ） Asin 2 6 x Bsin 3 4 x Csin 3 4 x Dsin 2 3 x 11 在正方体 1111 ABCDABC D中，P为底面ABCD的中心，E为线段 11 AD上的动点 （不包括两个端点） ， Q为线段AE的中点.现有以下结论： PE与QC是异面直线；过A，P，E三点的正方体的截面是等腰梯形； 平面APE 平面 11 BDD B；/PE平面 11 CDDC. 其中正确结论的序号是（ ） A B C D 12点F为抛物线C: 2 4yx的焦点，横坐标为0m m的点P为抛物线C上一点，过点P且与抛物线 C相切的直线l与y轴相交于点Q，则ta

6、nFPQ（ ） Am B 1 m C 1 2 m D 2 1m 二、填空题二、填空题：本题共本题共 4 小题小题. 13已知实数x，y满足 20, 20, 0, xy xy y 则zxy的最大值是_. 14若单位向量a，b满足 2aba，则a与b的夹角为_. 15在数列 n a中， 1 1a ， 1 92 nn aan ，则数列 n a中最大项的数值为_. 16已知双曲线C: 22 22 1 xy ab 0,0ab的右焦点为F，A为双曲线C的右顶点，过点F作x轴的垂 线，与双曲线C交于P，若直线AP的斜率是双曲线C的一条渐近线斜率的3倍，则双曲线C的离心率 为_. 三、解答题三、解答题：解答应

7、写出文字说明、证明过程或演算步骤。第解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作题为必考题，每个试题考生都必须作 答答.第第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答. （一）必考题（一）必考题 17在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin3 cosaBbA. （1）求角A的大小； （2）若6AB AC，13a ，求sinsinBC. 18西瓜堪称“盛夏之王” ，清爽解渴，味甘多汁，是盛夏佳果，西瓜除不含脂肪和胆固醇外，含有大量葡 萄糖、苹果酸、果糖、蛋白氨基酸、番茄素及丰富的维生素 C 等物质，是一种营养丰富、

8、纯净、食用安全 的食品.炎热的夏季里，人们都会吃西瓜来消暑解渴，某西瓜种植户统计了 2020 年 6 月、7 月、8 月、9 月 共计 120 天天气“炎热”还是“凉爽”使得西瓜销售“畅销”还是“滞销”的列联表如下： 西瓜畅销（单位：天） 西瓜滞销（单位：天） 总计 天气炎热 70 20 天气凉爽 20 a 总计 （1）求实数a的值； （2）完成上述列联表，并判断能否有 85%的把握认为西瓜的销量好坏与天气因素有关？ （3）若利用分层抽样的方法在西瓜滞销的天数里，按天气炎热、天气凉爽抽取 6 天，再从这 6 天中随机抽 出 2 天，求这 2 天天气情况不同的概率. 附： 2 2 n adbc

9、K abcdacbd ，其中nabcd . k 1.323 2.072 2.701 3.841 2 P Kk 0.25 0.15 0.10 0.05 19如图 1 中，多边形ABCDE为平面图形，其中3ABAE，2BEBC，4CD ，/BE CD， BCCD，将ABE沿BE边折起，得到如图 2 所示四棱锥PBCDE，其中点P与点A重合. （1）当11PD时，求证：DE 平面PCE； （2）当平面PBE 平面BCDE时，求三棱锥PCDE的体积. 20已知函数 3 2 2 21 32 xa f xxaxa R. （1）当1a 时，求 f x的极大值和极小值； （2） ）当6a时判断 f x在区间0

10、,内零点的个数，并说明理由. 21已知椭圆C: 22 22 1 xy ab 0ab的左、右焦点分别为 1 F， 2 F，过 2 F且垂直于x轴的直线与C交 于M，N两点，且M的坐标为 3 1, 2 . （1）求椭圆C的方程； （2）过 2 F作与直线MN不重合的直线l与C相交于P，Q两点，若直线PM和直线QN相交于点T，求 证：点T在定直线上. （二）选考题：请考生在第（二）选考题：请考生在第 22、23 两题中任选一题作答。如果多做，两题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分则按所做的第一题计分. 22选修 4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 1

11、, 2 3 2 xt yt （t为参数） ，曲线C的参数方程为 1 cos , sin x y （为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系. （1）求直线l和曲线C的极坐标方程； （2）已知A是曲线C上一点，B是直线l上位于极轴所在直线上方的一点，若2OB ，求AOB面积 的最大值. 23选修 4-5：不等式选讲 设, ,a b cR，且1abc . （1）求证： 222 1 3 abc； （2）用max, ,a b c表示为a，b，c，的最大值，求max,ab bc ca的最小值. 高三文科数学参考答案、提示及评分细则高三文科数学参考答案、提示及评分细则 1C 由24Bxx

12、 ，所以1,0,2AB ，故选 C. 2D 31324 12 1112 iiii zi iii .故选 D 3A 依据题意， 抽样间隔为25， 又237除以25的余数为12， 故所抽取的编号为12250,1,47k k， 所以 327 不符合.故选 A. 4C 根据长、宽分别是 40 米、30 米得金字塔的底面对角线长 50 米，可算出四棱锥高 7 米，所以侧棱 长为 22 725674，则陵墓的高与金字塔的侧棱长之比大约为 45 1.73 674 .故选 C. 5B 2 log 52a ， 222 8180 logloglog 5 1616 ba，2c，有cab.故选 B. 6A 1i 时，

13、1S ；2i 时， 2 3 S ；3i 时， 39 2 11 3 3 S ；4i 时， 444 9 53 4 11 S ，5i 不满足条件，退出循环，输出 44 53 .故选 A. 7D 设上一班车离站时刻为t， 则该人到站的时刻的一切可能为,10t t， 若在该站等车少于 6 分钟， 则到站的时刻为4,10tt，所以所求概率为 63 105 .故选 D. 8B 设 公 比 为0q q ， 有 34 12 45 3 8 5 2 2 aa q aa ， 11 35 22 aa， 可 得 1 1a ， 所 以 5 5 3 1 2112 3 16 1 2 S .故选 B 9A 由 11 sinsin

14、 11 xx xx ee fxxxf x ee ，可知 f x为偶函数，又由当0,x时， 1 sin0 1 x x e f xx e .故选 A. 10A 由 题 意 有 1 2 , 12 7 12 k k 12 ,k k Z， 两 式 作 差 得 2112 , 2 kkk k Z， 有 2112 2,kkk kZ， 又由04， 可得2， 6 kk Z， 又由 2 ， 可得 6 ， 故有 sin 2 6 f xx ，故选 A. 11B 连接PC，因为P为正方形ABCD的中心，所以P是AC的中点，又Q为线段AE的中点，所以 /PQ CE，从而P、Q、E、C四点共面，即PE与QC共面，则错误；连接

15、 11 AC，过E作 11 /EF AC交 11 C D于点F，连接CF，则四边形ACFE是正方体过A、P、E三点的截面（因为 11 /EF ACAC，且 11 EFACAC）.易证四边形ACFE为等腰梯形，故正确；可证AP 平面 11 BDD B，结合AP 平 面APE，可得平面APE 平面 11 BDD B，则正确；假设/PE平面 11 CDDC，又PE 平面ACFE， 平面 11 CDDC 平面ACFECF，所以/PE CF，又/EF PC，所以四边形PCFE为平行四边形，从而 11 11 22 EFPCACAC，所以EF是 111 AC D的中位线，即E是 11 AD的中点，这与“E为

16、线段 11 AD 上的动点”矛盾，故错误. 12B 由抛物线的对称性，不妨设点P位于第一象限，可得点P的坐标为 ,2mm，设直线l的方程为 2yk xmm，联立方程 2 4 2 yx yk xmm ，消去x后整理为 2 4840kyymkm，有 164840kmkm， 有 2 210m km k， 解 得 1 k m ， 可 得 直 线l的 方 程 为 1 yxm m ，令0y ，得xm，直线l与x轴的交点D的坐标为,0m，所以1DFm ， 又1PFm，所以PFDF，所以FPQFDP ，所以 1 tantanFPQFDPk m ，故 选 B. 136 画出可行域，如图所示，当直线0 xyz过点

17、4,2A时，z取得最大值，故 max 426z. 14 3 由 2aba， 得 20aba， 即 1 2 a b， 所以 1 cos 2 a b a b ab ， 又0,a b， 所以 3 a b . 1517 当2n时， 112211 11213271 nnnnn aaaaaaaann 2 2 1 9121108517 2 nn nnnn ，所以数列 n a中最大项的数值为 17 162 设焦点F的坐标为,0c，双曲线C的离心率为e，不妨设点P位于第一象限，可求得点P的坐 标 为 2 , b c a ， 点A的 坐 标 为,0a， 直 线AP的 斜 率 为 2 22 1 b caca a c

18、 caa caa ， 又 由 22 2 2 1 bca e aa ，有 2 131ee ，整理为 2 20ee ，解得2e或1e（舍）. 17解： （1）由正弦定理，得sinsin3sincosABBA， 因为sin0B，所以sin3cosAA，即tan3A. 由0A，得 3 A . （2）由题意，得cos6 3 cb ，即12bc ， 由余弦定理，得 222 abcbc，即 2 2 3abcbc， 由13a 及12bc ，解得7bc ， 由正弦定理，得 sinsinsin bca BCA ，即 sinsinsin bca BCA ， 所以 3 7 sin7 39 2 sinsin 2613

19、bcA BC a . 18解： （1）120 70 20 2010a. （2）填写列联表如下： 西瓜畅销（单位：天） 西瓜滞销（单位：天） 总计 天气炎热 70 20 90 天气凉爽 20 10 30 总计 90 30 120 2 2 12070 1020 20 1.4812.072 90 30 90 30 K ， 故没有 85%的把握认为西瓜的销量好坏与天气因素有关. （3）天气炎热的天数为 6 204 30 天，分别记作a、b、c、d， 天气凉爽的天数为 6 102 30 天，分别记作x、y. 从这 6 天中随机抽取两天包括的基本事件为, a b、, a c、, a d、, a x、, a

20、 y、, b c、, b d、, b x、 , b y、, c d、, c x、, c y、,d x、,d y、, x y，共 15 个. 这 2 天天气不同的基本事件为, a x、, a y、, b x、, b y、, c x、, c y、,d x、,d y，共 8 个. 故这 2 天天气情况不同的概率为 8 15 . 19 （1）证明：由/BE CD，BCCD，2BEBC，4CD ，易求2 2CEDE， 所以 222 CEDECD，所以DECE. 因为3PE ，11PD，所以 222 11DEPEPD，所以DEPE. 又PECEE，PE，CE 平面PCE， 所以DE 平面PCE. （2）解

21、：如图，取BE的中点O，连OP. 因为3BPEP，2BE ，所以OPBE，2OP . 因为平面PBE 平面BCDE，OPBE，平面PBE 平面BCDEBE，OP平面PBE， 所以OP 平面BCDE. 所以OP为三棱锥PCDE的高. 因为CDE为直角三角形，DECE， 所以 114 2 2 22 22 323 P CDE V . 20解： （1）当1a 时， 3 2 3 21 32 x f xxx，则 2 3212fxxxxx. 由 0fx，得12x；由 0fx得1x或2x. 所以 f x在,1和2,上是增函数，在1,2上是减函数. 所以1x 是 f x的极大值点，2x是 f x的极小值点. 所

22、以 f x的极大值为 11 1 6 f， f x的极小值为 5 2 3 f. （2） 2 2220fxxaxaxaxx， 当0a时，xa恒正，于是，当02x时， 0fx；当2x时， 0fx， 所以 f x在0,2上是减函数，在2,上是增函数， 所以2x是 f x的极小值点，且 1 220 3 fa， 又 010f ， 19 40 3 f， 所以 f x在0,2和2,4内各有一个零点， 即当0a时， f x在0,内有两个零点. 当02a时，列表如下： x 0,a a ,2a 2 2, fx + 0 0 + f x 增函数 极大值 减函数 极小值 增函数 考虑到 3 222 21 21610 32

23、6 aa f aaaaa ， 010f . 当 1 220 3 fa，即 1 0 6 a时，因为 19 40 3 f，所以 f x在0,内有两个零点； 当 1 220 3 fa，即 1 6 a 时， f x在0,内有一个零点. 当 1 220 3 fa，即 1 2 6 a时， f x在0,内没有零点. 当2a 时， 2 20fxx，则 f x在0,上为增函数. 所以 010f xf ，故 f x在0,内没有零点. 当26a时，列表如下： x 0,2 2 2,a a , a fx + 0 0 + f x 增函数 极大值 减函数 极小值 增函数 考虑到 010f ， f x的极大值 1 220 3

24、 fa， f x的极小值 2 1 610 6 f aaa ， 所以 f x在0,内没有零点. 综上， 当 1 6 a 时， f x在0,内有两个零点； 当 1 6 a 时， f x在0,内有一个零点； 当 1 6 6 a 时， f x在0,内没有零点. 21 （1）解：由题意，得 2 1,0F， 1 1,0F ，且1c， 则 2 2 12 33 21 104 22 aMFMF ，即2a ， 所以 22 3bac， 故椭圆C的方程为 22 1 43 xy . （2）证明：由（1）及C的对称性，得点N的坐标为 3 1, 2 ， 设直线l的方程为1yk x，点P、Q的坐标分别为 11 ,x y， 2

25、2 ,x y. 联立方程 22 1, 43 1 , xy yk x 消去y后整理为 2222 4384120kxk xk， 所以 2 12 2 8 43 k xx k ， 2 12 2 412 43 k x x k . 直线PM的斜率为 11 111 33 1 3 22 1122 yk x k xxx ， 直线PM的方程为 1 33 1 222 ykx x ， 直线QN的斜率为 22 222 33 1 3 22 1122 yk x k xxx ， 直线QN的方程为 2 33 1 222 ykx x . 将直线PM和直线QN方程作差消去y后整理为 12 33 13 2222 x xx ， 可得

26、12 11 12 11 x xx ， 而由 2 2 1212 22 12121212 22 8 2 22112 43 4128111113 1 4343 k xxxx k kkxxxxx xxx kk . 可得 2 12 3 x，解得4x，即直线PM和QN的交点T的横坐标恒为 4， 所以点T在定直线4x上. 22解： （1）由l的参数方程得l的普通方程为3yx ，所以l的倾斜角为 2 3 ，所以直线l的极坐标方 程为 2 3 R； 由曲线C的参数方程得C的普通方程为 2 2 11xy，又 cos sin x y ，所以曲线C的极坐标方程为 2cos. （2）由2OB ，则B的极坐标为 2 2,

27、 3 . 设, 22 A ， 则 112 sin2 2cos sin 223 AOB SOA OBAOB 2 31 2coscossin3cossincos 22 1 cos213 3sin2sin 2 2232 当sin 21 3 ，即 12 时，max 3 1 2 AOB S . 23 （1）证明：因为 22 2abab（当且仅当ab时等号成立） ， 22 2bcbc（当且仅当bc时等号 成立） ， 22 2caca（当且仅当ca时等号成立） ， 所以 2 222222222222222 2223abcabcabbccaabcabbccaabc ， 由1abc ，得 222 1 3 abc（当且仅当 1 3 abc时等号成立）. （2）解：设max,Mab bc ca，则Mab，Mbc，Mca ， 从而322Mabc ，即 2 3 M . 当且仅当abbcca ，1abc ，即 1 3 abc时， 2 min max, 3 ab bc ca.