《河南省2020届高三数学上学期第八次考试试题 文（含解析）（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省2020届高三数学上学期第八次考试试题 文（含解析）（通用）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、南阳一中2020级高三第八次考试文数试题一、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. 设，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】， 故选A.2. 已知集合，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】 .故选C.3. 设等差数列的前项和为，且，则( )A. 8 B. 12 C. 16 D. 20【答案】B【解析】由题，等差数列中， 则 故选B.4. 抛物线的焦点到准线的距离是( )A. B. 1 C. D. 【答案】D【解析】， ，所以抛物线的焦点到其准线的距离是，故选D.5. 设集合，函数，在中任取一个元素，
2、则函数一定有意义的概率为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】函数的定义域为，故一定有意义的概率为，选D.6. 函数的大致图象是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】，则函数在 上单调递增，在和上单调递减，且 故选C7. 已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】如图三视图复原的几何体是底面为直角梯形，是直角梯形， ，一条侧棱垂直直角梯形的直角顶点的四棱锥，即平面 所以几何体的体积为： 故选A【点睛】本题考查几何体的三视图，几何体的表面积的求法，准确判断几何体的形状是解题的关键
3、8. 已知函数的图象与轴的两个相邻交点的距离等于，若将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则在下列区间中使是减函数的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】函数f（x）=sinxcosx（0）的图象与x轴的两个相邻交点的距离等于， 函数f（x）=sin4xcos4x=2sin（4x）；若将函数y=f（x）的图象向左平移个单位得到函数y=g（x）=2sin（4x+）的图象令2k+4x+2k+，可得 kZ，当k=0时，故函数g（x）的减区间为。故答案为B 。9. 下图是求样本平均数的程序框图，图中空白框中应填入的内容是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题目要求可知：该
4、程序的作用是求样本平均数 ，由于“输出 ”即为平均数，循环体的功能是求各样本的平均值，故应为.故选D.10. 若函数满足且的最小值为4，则实数的值为( )A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】C【解析】由约束条件作出可行域（如图），当目标函数经过可行域内的点 时， 取得最小值，即 ，解之得 故选C.11. 过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点，与抛物线准线交于点，若是的中点，则( )A. 8 B. 9 C. 10 D. 12【答案】B【解析】如图，设在准线上的射影分别为，且设 ，直线的倾斜角为。则。 所以， 。 由抛物线焦点弦长公式可得。选B。 或：由得，得直线方程与抛物线联立进而可解得
5、， 于是。故选B点睛：1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理 2若为抛物线上一点，由定义易得；若过焦点的弦 AB的端点坐标为，则弦长为可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到12. 已知函数有三个不同的零点，则实数的取值范围为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】函数有三个不同的零点等价于方程有三个不同的实根，当时， 设，则为减函数， 当时，设 ，则 当时当时，故 在上单调递增，在上单调递减； .分别画出 与的图像如图所示，由题意得 ，故选A二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）1
6、3. 已知向量，若，则的最小值为_.【答案】6【解析】试题分析：，即，当且仅当时取等号，的最小值为6.考点：向量垂直的充分条件、基本不等式.14. 在中，能使成立的的取值集合是_.【答案】【解析】在ABC中，A（0，），sinA成立的充分必要条件是答案为：.15. 给出下列四个命题：“若为的极值点，则”的逆命题为真命题；“平面向量，的夹角是钝角”的充分不必要条件是；若命题，则；函数在点处的切线方程为.其中真命题的序号是_.【答案】【解析】“若为的极值点，则”的逆命题为：若，则为的极值点；这是个假命题，因为导函数的变号零点才是极值点；故原命题为假；“平面向量，的夹角是钝角”的必要不充分条件是；故
7、原命题为假；若命题，则或者；故原命题为假；函数在点处的切线方程为，.故.是正确的。故答案为：。16. 已知为数列的前项和，且，若，给定四个命题；.则上述四个命题中真命题的序号为_.【答案】【解析】构造函数为奇函数，且单调递增，依题意有 又，故数列为等差数列，且公差故 故错误；故正确；由题意知 若，则而此时，不成立，故错误； .，故成立.即答案为三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 设函数.(1)求的对称轴方程；(2)已知中，角的对边分别是，若，求的最小值.【答案】(1).(2)1【解析】试题分析：（1）先由二倍角公式得到函数表达式为，再由函
8、数图像得到对称轴；（2）由，可得，进而得到角A，再由余弦定理得到根据表达式得到最终结果。解析：(1)，由得的对称轴方程为.(2)由，可得.由，可得.在中，由余弦定理，得，由知，当时取最大值，此时取最小值118. 某校在一次期末数学测试中，为统计学生的考试情况，从学校的2000名学生中随机抽取50名学生的考试成绩，被测学生成绩全部介于60分到140分之间(满分150分)，将统计结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，第八组，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分.(1)求第七组的频率，并完成频率分布直方图；(2)估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分(可用中值代替各组数据平均值)
9、；(3)若从样本成绩属于第一组和第六组的所有学生中随机抽取2名，求他们的分差小于10分的概率.【答案】(1)见解析；(2)97(分).(3).【解析】试题分析：（1）根据所有频率之和等于1求出第七组的频率，然后绘图即可；（2）利用平均数计算公式计算即可；（3）一一列举所有满足从中任取2人的所有基本事件，找到分差小于10分的基本事件，利用概率公式计算即可试题解析：(1)由频率分布直方图知第七组的频率f71(0.0040.0120.0160.030.020.0060.004)100.08.直方图如图 (2)估计该校的2 000名学生这次考试的平均成绩为：650.04750.12850.16950.
10、31050.21 150.061250.081350.0497(分).(3)第六组有学生3人，分别记作A1，A2，A3，第一组有学生2人，分别记作B1，B2，则从中任取2人的所有基本事件为(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)，(B1，B2)，共10个分差大于10分表示所选2人来自不同组，其基本事件有6个：(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，所以从中任意抽取2人，分差小于10分的概率P。19. 如图，在四棱椎中，平面，平面，.(1)
11、求证：平面平面；(2)在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】(1) 见解析；(2) 见解析.【解析】试题分析：（1）先得到线面垂直，平面，又因为平面，进而得到面面垂直；（2）在线段上存在一点，且，使平面，接下来构造平行四边形证明线面平行即可。解析：(1)证明：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.(2)结论：在线段上存在一点，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，所以四边形为平行四边形，则.又因为平面，平面，所以平面.20. 已知椭圆，为椭圆的两个焦点，为椭圆上任意一点，且，构成
12、等差数列，过椭圆焦点垂直于长轴的弦长为3.(1)求椭圆的方程；(2)若存在以原点为圆心的圆，使该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且，求出该圆的方程.【答案】(1).(2) 见解析.【解析】试题分析：（1）由题知得到，进而得到离心率，再根据三个参数的关系得到最终结果；（2）先由圆的切线的性质得到，再由垂直关系得到，联立直线和椭圆得到二次方程，由韦达定理得到进而证得结果。解析：(1)由题知，即，得又由，得，且，综合解得.椭圆的方程为.(2)假设以原点为圆心，为半径的圆满足条件.(i)若圆的切线的斜率存在，并设其方程为，则，由消去，整理得，设，有，又，即，化简得.由求得，所求圆的方程为.(ii)
13、若的斜率不存在，设，则，有，代入，得，此时仍有.综上，总存在以原点为圆心的圆满足题设条件.点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用21. 已知函数(其中为常数且)在处取得极值.(1)当时，求的极大值点和极小值点；(2)若在上的最大值为1，求的值.【答案】(1)的极大值点为，极小值点为1.(2)或.【解析】试题分析：（1）
14、对函数求导得到导函数，根据导函数的零点和导函数的正负得到函数的极值；（2）分，三种请况分析函数的单调性和最值，分别求出参数值，和前者情况取交集即可。解析：(1)因为，所以.因为函数在处取得极值，当时，随的变化情况如下表：1+0-0+极大值极小值所以的单调递增区间为和，单调递减区间为.所以的极大值点为，极小值点为1.(2)因为.令得，因为在处取得极值，所以，(i)当时，在上单调递增，在上单调递减，所以在区间上的最大值为，令，解得.(ii)当时，当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增，所以最大值1可能在或处取得，而，所以，解得；当时，在区间上单调递增，上单调递增，上单调递增，所以最大值1可能在或处取得，而，所以，解得，与矛盾；当时
