湖北省武汉市武昌区2020届高三下学期四月调研测试数学（理）试题 Word版含解析 27页

www.ks5u.com 武昌区2020届高三年级四月调研测试 理科数学 一、选择题 ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意分别计算出集合、，再由集合交集的概念即可得解.‎ ‎【详解】由题意，，‎ 则.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式、对数不等式的求解，考查了集合的交集运算，属于基础题.‎ ‎2.为虚数单位，复数的虚部为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数的运算法则可得，再由复数虚部的概念即可得解.‎ ‎【详解】由题意，‎ 所以复数的虚部为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了复数的运算与虚部的概念，属于基础题.‎ - 27 -‎ ‎3.设等差数列的前项和为，且，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列前n项和公式及等差数列的性质结合题意可得，即可得解.‎ ‎【详解】由题意，，，‎ 则.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列前n项和公式及等差数列性质的应用，属于基础题.‎ ‎4.已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合奇函数的性质可得，解出后利用即可得解.‎ ‎【详解】函数是定义域为的奇函数，‎ ‎ ，，‎ 又当时，，.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用及指数的运算，考查了运算求解能力，属于基础题.‎ - 27 -‎ ‎5.已知实数满足，则的最小值为（ ）‎ A. －7 B. －6 C. 1 D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出约束条件的可行域，根据目标函数表示的几何意义即可求解.‎ ‎【详解】画出约束条件的可行域，如图（阴影部分）所示：‎ 由图可知向上平移直线，‎ 到边界的位置时，取得最小值，此时 ‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了线性规划问题，考查的核心素养是直观想象，属于基础题 ‎6.已知的展开式中常数项为，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合二项式定理可得二项式展开式的通项公式为 - 27 -‎ ‎，分别令、即可得，即可得解.‎ ‎【详解】由题意二项式展开式的通项公式为，‎ 令即，，‎ 令即，，‎ 所以的展开式中常数项为，解得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了运算求解能力，属于中档题.‎ ‎7.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合诱导公式、三角恒等变换可得，再利用同角三角函数的商数关系即可得解.‎ ‎【详解】由题意 ‎.‎ - 27 -‎ 故答案为：B.‎ ‎【点睛】本题考查了同角三角函数的商数关系、诱导公式及三角恒等变换的应用，属于中档题.‎ ‎8.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由对数的运算法则与对数函数的单调性可得，即可得解.‎ ‎【详解】由题意，‎ ‎，，，‎ ‎，，‎ 即.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了对数运算法则和对数函数单调性的应用，属于基础题.‎ ‎9.已知直三棱柱的个顶点都在球的表面上，若，，，则球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设外接圆圆心为，半径为，由正弦定理可得，利用求得球的半径后，由球的体积公式即可得解.‎ ‎【详解】设外接圆圆心为，半径为，连接，如图，‎ 易得平面， ‎ - 27 -‎ ‎，，，‎ 即，，‎ ‎，‎ 球的体积.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了直棱柱的几何特征及外接球体积的求解，考查了空间思维能力，属于中档题.‎ ‎10.如图所示，在由个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形中，设，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 27 -‎ 建立直角坐标系，设，，由余弦定理求得后，再由余弦定理得，由同角三角函数的平方关系可得，进而可得点，由即可得解.‎ ‎【详解】如图建立直角坐标系，‎ 由题意易知≌，则，，‎ 不妨设，，则，，‎ 所以，，‎ 在中，由余弦定理可得，‎ 所以解得，，‎ 则即，‎ 所以，‎ 所以点即，‎ 所以，‎ 设，‎ 则，解得，‎ - 27 -‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理和平面向量的综合应用，考查了计算能力和转化化归思想，属于中档题.‎ ‎11.已知双曲线的左、右焦点分别为、，为双曲线的右支上一点，点和分别是的重心和内心，且与轴平行，若，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不妨设点，，，由题意，则点到直线、、的距离均为，点到的距离为，利用三角形面积公式可得，再由即可得解.‎ ‎【详解】不妨设点，，，则，‎ ‎，，‎ 由点是重心，点即，‎ - 27 -‎ 又与轴平行，点是内心，‎ 点到直线、、的距离均为，点到的距离为，‎ ‎，‎ 又，，‎ ‎，.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线性质的应用和离心率的求解，考查了三角形内心、重心性质的应用，属于中档题.‎ ‎12.已知一个正方形的四个顶点都在函数的图像上，则此正方形的面积为（ ）‎ A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得正方形的中心为，设直线的方程为，则直线的方程为，联立方程组可得，，再由可得或，最后利用化简即可得解.‎ ‎【详解】设正方形，，，‎ - 27 -‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 又，，‎ 当时，，‎ 又函数的图象可看做是由奇函数的图象向上平移一个单位所得，‎ 函数的图象的对称中心为，‎ 正方形的中心为，符合题意；‎ 当时，则即可得，‎ 此时，不合题意；‎ 不妨设直线的方程为，则直线的方程为，‎ 则，消去得，由可得，‎ 同理可得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 由可得即，‎ - 27 -‎ 化简可得即，‎ 或即或，‎ 正方形面积，‎ 当时，；‎ 当时，；‎ 所以此正方形的面积为10或17.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了函数图象与正方形对称性的应用，考查了运算能力和转化化归思想，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎13.数列的前项和为，，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合分组求和法以及等比数列前n项和公式即可得解.‎ ‎【详解】由题意得 ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了分组求和法和等比数列前n项和公式的应用，考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎14.有人收集了七月份的日平均气温（摄氏度）与某次冷饮店日销售额（百元）的有关数据，为分析其关系，该店做了五次统计，所得数据如下：‎ - 27 -‎ 日平均气温（摄氏度）‎ ‎31‎ ‎32‎ ‎33‎ ‎34‎ ‎35‎ 日销售额（百元）‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎10‎ 由资料可知，关于的线性回归方程是，给出下列说法：‎ ‎①；‎ ‎②日销售额（百元）与日平均气温（摄氏度）成正相关；‎ ‎③当日平均气温为摄氏度时，日销售额一定为百元.‎ 其中正确说法的序号是______.‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由计算后可判断①，由统计表可判断②，由线性回归方程的概念可判断③，即可得解.‎ ‎【详解】由统计表可得，，‎ 则，故①正确；‎ 由统计表可得日销售额（百元）与日平均气温（摄氏度）成正相关，故②正确；‎ 由线性回归方程的概念可得当日平均气温为摄氏度时，日销售额的预计值为，故③错误.‎ 故答案为：①②.‎ ‎【点睛】本题考查了线性相关关系及回归直线方程的应用，属于基础题.‎ ‎15.已知是抛物线的焦点，为抛物线上的动点，且的坐标为，则的最小值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 27 -‎ ‎【分析】‎ 由题意，，则，按照、、分类讨论，结合基本不等式求得的最值即可得解.‎ ‎【详解】由题意可变为，其准线为，‎ 设点，‎ 则，，‎ 所以，‎ 当时，；‎ 当时，；‎ 当时，，当且仅当时，等号成立，此时，‎ 所以；‎ 当时，，当且仅当时，等号成立，此时，‎ 所以；‎ - 27 -‎ 综上所述，的最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了抛物线性质及两点之间距离公式的应用，考查了基本不等式的应用及运算求解能力，属于中档题.‎ ‎16.已知，函数的图像在区间上有且仅有一条对称轴，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合三角函数的性质可得，，整理后按照、、、分类讨论即可得解.‎ ‎【详解】函数的图像在区间上有且仅有一条对称轴，，‎ 函数的周期，，‎ 令，则，‎ ‎，整理得，，‎ 且，‎ - 27 -‎ 当时，原不等式可化为，解得；‎ 当时，原不等式可化为，解得；‎ 当时，原不等式可化为，解得；‎ 当时，原不等式可化为，无解；‎ 综上所述，实数的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数性质的应用，考查了运算求解能力和分类讨论思想，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17.在中，内角的对边分别是，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，且边上的中线长为，求的面积.‎ - 27 -‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理得，化简后再利用余弦定理即可得解；‎ ‎（2）由余弦定理得，化简可得，结合即可得，利用三角形面积公式即可得解.‎ ‎【详解】（1）由正弦定理得，化简得.‎ 由余弦定理得，‎ 由可得；‎ ‎（2）设的中点为，‎ 由余弦定理得，，‎ 由可得，‎ 即即，‎ 所以.‎ 又，，所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，底面是梯形，∥，，.‎ - 27 -‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若，，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得，结合利用线面垂直的判定即可得平面，再由面面垂直的判定即可得证；‎ ‎（2）过点作于，过作交于，由题意可得平面，进而可得平面平面，为所求二面角的平面角，求出、后，根据即可得解.‎ ‎【详解】（1）证明：因为，，‎ 所以，即，‎ 因为，，所以平面，‎ 因为平面，所以平面平面；‎ ‎（2）因为，，，所以.‎ 由（1）知平面平面，平面平面，‎ 所以平面，‎ 由平面，平面，所以，平面平面.‎ 过点作于，则平面.‎ 过作交于，则即为所求二面角的平面角，‎ 在梯形中，求得，，‎ - 27 -‎ 在中，，‎ 所以即，‎ 在中，，‎ 在中，求得，‎ 故二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直的判定及二面角的求解，考查了空间思维能力，属于中档题.‎ ‎19.已知椭圆经过点，离心率为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过点作两条互相垂直的弦分别与椭圆交于点，求点到直线距离的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意结合解出，后，即可得解；‎ - 27 -‎ ‎（2）设，，当直线的斜率存在时，设其方程为，代入椭圆方程得，，由化简可得，进而可得直线方程为，由直线过定点即可得点到直线距离的最大值为；当直线斜率不存在时，设其方程为，求出n后即可得点到直线的距离；即可得解.‎ ‎【详解】（1）由题意，得，结合，得，，‎ 所以椭圆的方程为；‎ ‎（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，‎ 代入椭圆方程，整理得，‎ 由得，‎ 设，，则，，‎ 因为，所以，所以，‎ 即，‎ 其中，‎ ‎，‎ 代入整理得，即，‎ 当时，直线过点，不合题意；‎ 所以，此时满足，‎ - 27 -‎ 则直线的方程为，直线过定点，‎ 所以当时，‎ 点到直线最大距离；‎ 当直线的斜率不存在时，设其方程为，由，，‎ 代入可得，‎ 结合可得或（舍去），‎ 当时，点到直线的距离为，‎ 综上，点到直线的最大距离为.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆方程的求解和直线与椭圆的位置关系，考查了运算求解能力，属于中档题.‎ ‎20.某市政府为了引导居民合理用水，决定全面实施阶梯水价，居民用水原则上以住宅为单位（一套住宅为一户）.‎ 阶梯级别 第一阶梯 第二阶梯 第三阶梯 月用水范围（吨）‎ 为了了解全市居民月用水量的分布情况，通过抽样，获得了户居民的月用水量（单位：吨），得到统计表如下：‎ 居民用水户编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 用水量（吨）‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎（1）若用水量不超过吨时，按元/吨计算水费；若用水量超过吨且不超过吨时，超过吨部分按元/吨计算水费；若用水量超过吨时，超过吨部分按 - 27 -‎ 元/吨计算水费.试计算：若某居民用水吨，则应交水费多少元？‎ ‎（2）现要在这户家庭中任意选取户，求取到第二阶梯水量的户数的分布列与期望；‎ ‎（3）用抽到的户家庭作为样本估计全市的居民用水情况，从全市依次随机抽取户，若抽到户月用水量为第一阶梯的可能性最大，求的值.‎ ‎【答案】（1）75元（2）见解析，（3）6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意直接计算即可得解；‎ ‎（2）由超几何分布的概率公式求得、、、，即可列出分布列，由期望公式计算即可求得期望，即可得解；‎ ‎（3）由二项分布的概率公式可得，，由题意列出不等式，即可得解.‎ ‎【详解】（1）若某居民用水吨，则需交费（元）；‎ ‎（2）设取到第二阶梯电量的用户数为，可知第二阶梯电量的用户有户，则可取，‎ ‎，，，.‎ 故的分布列是 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ - 27 -‎ 所以；‎ ‎（3）由题可知从全市中抽取户，其中用电量为第一阶梯的户数满足，‎ 于是为，，‎ 由，‎ 化简得，解得.‎ 因为，所以.‎ ‎【点睛】本题考查了二项分布和超几何分布的应用，考查了离散型随机变量分布列和期望的求解，属于中档题.‎ ‎21.已知函数（为自然对数的底数）.‎ ‎（1）求函数的零点，以及曲线在其零点处的切线方程；‎ ‎（2）若方程有两个实数根，求证：.‎ ‎【答案】（1）零点为；；；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得函数的零点为，，求导后，求出，，再求出，利用点斜式即可求得切线方程；‎ ‎（2）利用导数证明、，设，由函数单调性可知、，利用即可得证.‎ - 27 -‎ ‎【详解】（1）由，得或，所以函数的零点为，，‎ 因为，所以，.‎ 又因为，‎ 所以曲线在处的切线方程为，‎ 在处的切线方程为；‎ ‎（2）证明：因为函数的定义为，，‎ 令，则，所以即单调递减，‎ 由，，‎ 所以存在，使得在上单调递增，在上单调递减；‎ 不妨设，且，，‎ 令，，‎ 记，则，‎ 令，则，‎ 所以单调递增，且，‎ 故在单调递减，在单调递增，‎ 所以，即；‎ 记，则，‎ 所以单调递增，且，故在单减，在单增.‎ 则，即；‎ 不妨设，‎ 因为，且为增函数，所以.‎ 由，得；‎ - 27 -‎ 同理，；‎ 所以.‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了计算能力和推理能力，属于难题.‎ ‎22.在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（是参数），以为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为 ‎（1）求曲线和曲线的普通方程；‎ ‎（2）曲线与轴交点，与曲线交于点两点，求的值.‎ ‎【答案】（1）曲线的普通方程，曲线的普通方程，（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）消去参数即可得曲线的普通方程；变的极坐标方程为，利用即可得曲线的普通方程；‎ ‎（2）写出直线的参数方程可写为，代入后，利用即可得解.‎ ‎【详解】（1）消去参数后可得曲线的普通方程为；‎ - 27 -‎ 由可得，‎ 即，由可得曲线的曲线方程为；‎ ‎（2）由题意可知点，则直线的参数方程可写为，‎ 代入得，，‎ ‎，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了极坐标方程、参数方程和直角坐标方程的转化，考查了直线参数方程t的几何意义的应用，属于中档题.‎ ‎23.（1）解不等式；‎ ‎（2）若，，求证：.‎ ‎【答案】（1）或；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）按照、、分类讨论，分别解不等式即可得解；‎ ‎（2）两边同时平方后作差可得，即可得证.‎ ‎【详解】（1）当时，原不等式可转化为解得；‎ 当时，原不等式可转化为，不等式不成立；‎ 当时，原不等式可转化为，解得；‎ 所以原不等式的解集为或；‎ ‎（2）证明：由题意，‎ 因为，，所以，，‎ - 27 -‎ 所以，所以即，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查了含绝对值不等式的求解与证明，考查了分类讨论思想和转化化归思想，属于中档题.‎ - 27 -‎ - 27 -‎