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1、洛阳市20192020学年上学期尖子生第一次联考高三数学试题（文）第卷（选择题，共60分）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.全集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分别解出集合A和B，再结合交集的概念和补集的概念得到结果.【详解】，故答案为：A.【点睛】这个题目考查了集合的交集和补集的概念，属于基础题.2.已知复数满足，则（ ）A. B. 5C. D. 【答案】C【解析】,故选.3.已知角的顶点为坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边与直线重合，且，又是角终边上一点，且(为坐标原点)，则等于（ ）A.
2、 B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得，根据，求得的值，即可求解得值，得到答案.【详解】由题意，角的顶点为坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边与直线重合，且，所以为第三象限角.又是角终边上一点，所以，再根据（为坐标原点），所以，则，故选A.【点睛】本题主要考查了三角函数的定义及其应用，其中解答熟练应用三角函数的定义，列出方程求得的值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4.已知等比数列中，等差数列中，则数列的前项和等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由等比数列的性质可得，求得，得到，再由等差数列的前n项和，即可求解，得到答案.【详解】在等
3、比数列中，满足，由等比数列的性质可得，即，所以，又由，所以所以数列的前项和，故选B.【点睛】本题主要考查了等差数列、等比数列的性质，以及等差数列的前n项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5.已知，直线与函数，的图象都相切，且与图象的切点为，则的值为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用导数求切线斜率,再根据点斜式方程得切线方程,最后根据判别式为零得结果.【详解】，直线是函数的图象在点处的切线，其斜率为（1），直线的方程为又因为直线与的图象相切，消去，可得，得不合题意，舍去），故选：A【点睛】本题主要考查函数导数的几何意义,考查直线和曲线的位置关系，意在
4、考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6.在内任取一个实数，设，则函数的图象与轴有公共点的概率等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】的图象与轴有公共点，或在内取一个实数，函数的图象与轴有公共点的概率等于，故选D.7.已知x，y满足条件(k为常数)，若目标函数zx3y的最大值为8，则k()A. 16B. 6C. -D. 6【答案】B【解析】【详解】由zx3y得yx，先作出的图象，如图所示，因为目标函数zx3y的最大值为8，所以x3y8与直线yx的交点为C，解得C(2,2)，代入直线2xyk0，得k6.8.若向量满足，的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析
5、】【分析】构造，得到四点共圆，结合图形，得到当线段为圆的直径时，此时最大，即可求解.【详解】如图所示，构造，因为，所以四点共圆，所以当线段为圆的直径时，此时最大，由余弦定理可得，所以，又由正弦定理可得，即的最大值2，故选D.【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算，正弦定理和余弦定理，以及四点共圆的应用，其中解答中构造出四点共圆，结合图形求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，构造思想的应用，属于中档试题.9.已知函数,若方程有三个不同的实数根，则实数的取值范围为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】画出分段函数图象，原题意等价于函数的图象与有三个不同的交点。由图可解，注意y=
6、1是一条渐近线。【详解】函数，作出函数图象，如图所示，方程有三个不同实数根，等价于函数的图象与有三个不同的交点，根据图象可知，当时，函数的图象与有三个不同的交点，方程有三个不同的实数根，的取值范围是，故选A【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解10.已知数列的首项，前项和为，设，数列的前项和的范围（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】
7、先通过求解出通项公式，然后根据求解出通项公式，最后求解的前项和的范围.【详解】因为，所以，所以，即，且，所以且时符合，所以；因为，所以，所以，所以，所以，令，所以，所以，所以是递减的，所以，所以，综上：，故选：C.【点睛】本题考查数列的通项和求和的应用，难度较难.判断求和的结果的取值范围时，可以借助函数的思想，利用单调性去分析.11.已知函数是定义在上的偶函数，设函数的导函数为，若对任意都有成立，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设 在 上是增函数，易得 是偶函数，故选A.【点睛】本题考查函数奇偶性、函数与方程、函数与不等式、导数的应用，涉及函数与方程思想、分类讨论思想、数形结
8、合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 首先 在 上是增函数，易得 是偶函数，故选A.12.已知双曲线的左、右焦点分别为，是圆与位于轴上方的两个交点，且，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】连接,由双曲线的定义可得:, ,由,可得,在中,可得,在中,可得,由，可得,即有,可得,化为,得,解得 ,负值舍去,故选C. 点睛:本题考查双曲线的定义与离心率,属于中档题目.解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题,其关键是确立一个关于的方程或者不等式,再根据的等量关系消掉得到的关系式即可,建立方程或者不等式,要充分利用
9、椭圆或双曲线的几何性质,点的坐标的范围等.第卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分13.已知样本的平均数和方差分别是1和4，若的平均数和方差也是1和4，则_.【答案】1【解析】【分析】根据平均数与方差的线性变换先去计算的值，然后计算的值.【详解】因为的平均数为，所以的平均数为；因为的方差为，所以的方差为；所以，解得：或，所以.【点睛】本题考查平均数与方差的线性变换，难度一般.已知的平均数与方差为：，那么的平均数与方差为：.14.设定义在上的函数,给出以下四个论断：的周期为； 在区间上是增函数；的图象关于点对称；的图象关于直线对称.以其中两个论断作为条件，另两
10、个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题（写成“”的形式）_.（其中用到的论断都用序号表示）【答案】 或【解析】若成立，的周期为，则；若的图象关于直线对称.令时此时的图像关于点（,0）对称成立；在区间（,0）上是增函数成立；即；若成立可得，此时在区间上是增函数成立，的图象关于直线对称成立，故答案为或.15.已知椭圆与双曲线有相同的焦点F1、F2，点P是两曲线的一个公共点，分别是两曲线的离心率，若PF1PF2，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】由题意设焦距为2c，椭圆长轴长为2a1，双曲线实轴为2a2，令P在双曲线的右支上，由已知条件结合双曲线和椭圆的定义推志出a12+a22=2c2，由此能
11、求出4e12+e22的最小值【详解】由题意设焦距为2c,椭圆长轴长为,双曲线实轴为2，令P在双曲线的右支上，由双曲线的定义，由椭圆定义，又PF1PF2，2+2,得，将代入,得，.故答案为：.【点睛】本题主要考查了双曲线与椭圆离心率的计算，用到了双曲线和椭圆的定义及基本不等式求最值，考查了学生的计算能力，属于中档题.16.已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，若该三棱锥体积的最大值为3则其外接球的体积为_.【答案】【解析】【分析】画出示意图，利用体积最大时所处的位置，计算出球的半径从而算出球的体积.【详解】如图所示：设球心为，所在圆面的圆心为，则平面；因为，所以是等腰直角三角形，所以是
12、中点；所以当三棱锥体积最大时，为射线与球的交点，所以；因为，设球的半径为，所以，所以，解得：，所以球的体积为：.【点睛】本题考查三棱锥的外接球的相关计算，难度较难.处理球的有关问题时要充分考虑到球本身的性质，例如：球心与小圆面圆心的连线垂直于小圆面.三、解答题：本大题共6个小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17.已知分别是内角的对边，且满足： .(1)求角的大小；(2)设，为的面积，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）运用正弦定理可得b2+c2a2bc，再由余弦定理计算可得所求角；（2）运用正弦定理求得b，c，由三角形的面积公式可得S，再由两角差
13、的余弦公式和余弦函数的值域，即可得到所求最大值【详解】(1)，根据正弦定理，知，即.由余弦定理，得.又，所以.(2)根据，及正弦定理得，. .故当时，取得最大值.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，以及余弦函数的值域，考查化简整理的运算能力，属于中档题18.如图，在四棱锥E-ABCD中，AEDE，CD平面ADE，AB平面ADE，CD=DA=6，AB=2，DE=3.（I）求棱锥C-ADE的体积；（II）求证：平面ACE平面CDE；（III）在线段DE上是否存在一点F，使AF平面BCE？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】()；()证明见解析；()存在，.【解析】【分析】
14、（I）在中，可得，由于平面，可得；（II）由平面，可得，进而得到平面，即可证明平面平面；（III）在线段上存在一点，使平面，设为线段上的一点，且，过作交于点，由线面垂直的性质可得：可得四边形是平行四边形，于是，即可证明平面【详解】（I）在RtADE中，因为CD平面ADE，所以棱锥C-ADE的体积为.（II）因为平面，平面，所以.又因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面（III）在线段上存在一点F，且，使平面.解：设为线段上一点，且，过点作交于，则.因为平面，平面，所以，又因为所以，所以四边形是平行四边形，则.又因为平面，平面，所以平面.点睛：本题考查了线面面面垂直与平行的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式、平行线分线段成比例定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题；由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点
