湖北省武汉市部分学校2020届高三上学期起点质量监测数学（文）试题 20页

2019～2020 学年度 武汉市部分学校新高三起点质量监测 文科数学 一、选择题: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 1 1 iz i   ，则 z  （ ） A. 0 B. 1 C. 5 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据复数除法运算法则化简复数，利用模长定义求得结果. 【详解】      21 1 1 iz ii i   Q 1z  本题正确选项： B 【点睛】本题考查复数模长的求解，属于基础题. 2.已知集合  2| 2 0A x x x    ，  1B x   ，则 A B  （ ） A.  | 1 2x x   B.  | 1 2x x x  或 C.  | 1 2x x   D.  | 1 2x x x  或 【答案】C 【解析】 【分析】 解出集合 A ，根据交集的定义得到结果. 【详解】      2 1 0 1 2A x x x x x         1 2A B x x      本题正确选项：C 【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，属于基础题. 3.已知双曲线 2 2 2: 116 x yE m   的离心率为 5 4 ，则双曲线 E 的焦距为（） A. 4 B. 5 C. 8 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】 通过离心率和 a 的值可以求出 c ，进而 可以求出焦距。 【详解】有已知可得 5 4 c a  ，又 4a  ， 5c  ，焦距 2 10c  ，故选：D。 【点睛】本题考查双曲线特征量的计算，是一道基础题。 4.已知 ，  是两个不重合的平面，直线 a  ， :p a  ， :q   ，则 p 是 q的（） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 通过面面平行的判定定理以及面面平行的性质，可以得到 :p a  不能推出 :q   ， :q   可以推出 :p a  。 【详解】一个面上有两相交直线都和另一个面平行，则这两个面平行，所以 :p a  不能推 出 :q   。 两个平面平行，其中一个面上的任何一条直线都和另一个平面平行，所以 :q   可以推出 :p a  ，所以 p 是 q的必要不充分条件，故选：B。 【点睛】本题考查面面平行的判定定理以及面面平行的性质，是一道基础题。 5.已知函数   sin cosf x a x x   a R 为偶函数，则 3f      （ ） A. 1 2  B. 1 2 C. 3 2 D. 3 2  【答案】B 【解析】 【分析】 根据偶函数的定义可构造方程求得 0a  ，从而得到函数解析式；将 3x   代入解析式即可 求得结果. 【详解】  f x 为偶函数    f x f x   ，即 sin cos sin cosa x x a x x    0a    cosf x x  1cos cos3 3 3 2f                  本题正确选项： B 【点睛】本题考查根据奇偶性求解函数解析式和函数值的问题；关键是能够根据奇偶性的定 义得到对应项相等的关系，从而得到参数值. 6.已知曲线 1 : 2 sin 2C y x ， 2 : sin 2 cos2C y x x  ，则下面结论正确的是（） A. 把曲线 1C 向右平移 8  个长度单位得到曲线 2C B. 把曲线 1C 向左平移 4  个长度单位得到曲线 2C C. 把曲线 2C 向左平移 4  个长度单位得到曲线 1C D. 把曲线 2C 向右平移 8  个长度单位得到曲线 1C 【答案】D 【解析】 【分析】 将 2 : sin 2 cos2C y x x  通过合一公式化为 2 : 2 sin(2 )4C y x   向右平移 8  就可以得 到 1C 。 【详解】 2 : sin 2 cos2 2 sin(2 )4C y x x x     ，把曲线 2C 向右平移 8  个长度单位得 2 sin[2( ) )] 2 sin 28 4y x x     即为 1C ，故选：D。 【点睛】本题考查函数的平移变换，是一道基础题。 7.已知函数   x xf x ae   .若  f x 有两个零点，则实数 a 的取值范围是（ ） A.  0,1 B.  0,1 C. 10, e      D. 10, e     【答案】C 【解析】 【分析】 将问题转化为   x xg x e  与 y a 有两个交点；利用导数研究  g x 的单调性可最值，从而得 到  g x 的图象，利用数形结合的方式可求得结果. 【详解】  f x 有两个零点等价于   x xg x e  与 y a 有两个交点   2 1x x x x e xe xg x e e      ,1x ∴ 时，   0g x  ；  1,x  时，   0g x  即  g x 在 ,1 上单调递增，在 1, 上单调递减    max 11g x g e    ；当 x   时，  g x   ；当 x   时，   0g x  可得  g x 图象如下图所示： 若  g x 与 y a 有两个交点，则 10,a e     即当 10,a e     时，  f x 有两个零点 本题正确选项：C 【点睛】本题考查根据函数零点个数求解参数范围的问题，关键是能将问题转化为曲线与平 行于 x 轴的直线的交点个数问题，通过数形结合的方式求得结果. 8.已知三棱锥 P ABC 的四个顶点均在球O 的球面上， 2PA PB PC   ，且 PA ， PB ， PC 两两互相垂直，则球O 的体积为（） A. 16 3 B. 8 3 C. 4 3 D. 2 3 【答案】C 【解析】 【分析】 三棱锥 P ABC 的外接球，正好是以 PA ， PB ， PC 这三条棱构成的正方体的外接球，直 径 2 2 22 2 2 2 3    ，即可求出球的体积。 【详解】 2 2 22 2 2 2 2 3R     ， 3R  ， 3 34 4 ( 3) 33 3 4V R      ，故选：C。 【点睛】本题通过 PA ， PB ， PC 两两互相垂直，可以构造以 PA ， PB ， PC 为相邻的 3 条棱的正方体，构造一个正方体，该正方体的外接球和三棱锥的外接球一样，就方便求球的 半径了。 9.已知 22ln3a  ， 23ln 2b  ， 33ln 2c  ，则 , ,a b c 的大小关系是（ ） A. b a c  B. c b a  C. b c a  D. a b c  【答案】A 【解析】 【分析】 根据对数运算将 , ,a b c 化为同底对数形式，根据真数大小关系即可比较出结果. 【详解】 2ln9 ln81a   ， 3ln 4 ln 64b   ， 3ln8 ln512c   64 81 512  且 lny x 在 0,  上单调递增 ln 64 ln81 ln512   ，即b a c  本题正确选项： A 【点睛】本题考查根据对数函数单调性比较大小的问题，关键是能够将数字化为同底对数的 形式，根据真数的大小关系得到结果. 10.设抛物线C : 2 4y x 的焦点为 F，过点  4,0 且斜率为 2 的直线与C 交于 M ，N 两点， 则 MF NF  （ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，将直线方程代入抛物线方程，韦达定理知 1 2 10x x  ；利用抛 物线焦半径公式可得到结果. 【详解】设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，直线方程为：  2 4y x  将直线方程代入抛物线方程得： 2 10 16 0x x   ，则 1 2 10x x  由抛物线焦半径公式可得：  1 2 1 21 1 2 12MF NF x x x x         本题正确选项： A 【点睛】本题考查抛物线焦半径公式的应用，属于基础题. 11.设同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有 1，2，3，4 的正四面体一次.记事件 A  {第一 个四面体向下的一面出现偶数}；事件 B  {第二个四面体向下的一面出现奇数}；C  {两个 四面体向下的一面或者同时出现奇数，或者同时出现偶数}.给出下列结论:①   1 2P A  ； ②   1 4P AB  ；③   1 8P ABC  ，其中正确的结论个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据古典概型可计算得到  P A 、  P B ；由独立事件的积事件概率公式可计算得到  P AB ； 根据互斥事件不可能同时发生，可知   0P ABC  ，从而得到结果. 【详解】由古典概型知：   2 1 4 2P A   ，则①正确   2 1 4 2P B     1 1 1 2 2 4P AB    ，则②正确 事件 AB 与事件C 为互斥事件   0P ABC  ，则③错误 本题正确选项：C 【点睛】本题考查古典概型概率求解、独立事件概率公式应用、互斥事件的概率等知识，属 于基础题. 12.已知函数    2sin 1 0, 2f x x            ， 13f      且 14f       ，当 取 最小值时，函数  f x 的单调递减区间为（ ） A. ,12 3 4 3 k k        ，  k Z B. 2 , 212 4k k       ，  k Z C. ,12 3 12 3 k k         ，  k Z D. 2 , 212 4k k        ，  k Z 【答案】A 【解析】 【分析】  最小时，最小正周期最大，可知 1 4 12T  ，进而求得 6  ；代入 , 14     ，根据 的范 围可求得 ，从而得到  f x 解析式；令 32 6 22 2k x k      ，解出 x 的范围即为所求 单调递减区间. 【详解】当 取最小值时，  f x 最小正周期T 最大 1 4 3 4 12T       ，解得： 3T  又 2T   6  32sin 1 14 2f                 3 22 2 k       ， k Z 2 2k      ， k Z ，又 2   0    2sin 6 1f x x   令 32 6 22 2k x k      ， k Z ，解得： 12 3 4 3 k kx       ， k Z 即  f x 的单调递减区间为： ,12 3 4 3 k k        ， k Z 本题正确选项： A 【点睛】本题考查根据三角函数性质求解函数解析式、求解正弦型函数的单调区间的问题； 解决此类问题的关键是能够通过图象整体对应的方式，结合正弦函数的图象来进行求解，属 于常考题型. 二、填空题. 13.若曲线 3y ax 在点 1,a 处的切线与直线 3y x 平行，则实数 a 的值为_______. 【答案】1 【解析】 【分析】 利用导数几何意义可用 a 表示出切线斜率，利用平行时斜率相等构造方程求得结果. 【详解】由题意得： 23y ax  在 1,a 处切线斜率 3k a 切线与 3y x 平行 3 3a  ，解得： 1a  本题正确结果：1 【点睛】本题考查根据切线斜率求解参数的问题，主要是对导数几何意义的考查，属于基础 题. 14.已知数列 na 满足 1 2a  ， 1 11n n a a   ，则 2019a  _____. 【答案】 1 【解析】 【分析】 根据递推公式依次计算各项，可知数列 na 是以 3 为周期的周期数列；根据周期数列特点可 求得结果. 【 详 解 】 由 递 推 公 式 知 ： 2 1 1 11 2a a    ； 3 2 11 1a a     ； 4 3 11 2a a    ； 5 4 1 11 2a a    ；… 以此类推，可知数列 na 是以 3 为周期的周期数列 2019 3 673 3 1a a a     本题正确结果： 1 【点睛】本题考查根据数列递推公式研究数列的性质、求解数列中某一项的问题，关键是能 够通过递推公式得到数列为周期数列的结论. 15.武汉是一座美丽的城市，这里湖泊众多，一年四季风景如画，尤其到了夏季到东湖景区赏 景的游客络绎不绝.如图是东湖景区中—个半径为 100 米的圆形湖泊，为了方便游客观赏，决 定在湖中搭建一个“工”字形栈道，其中 AB CD ， M ， N 分别为 AB 、 CD 的中点，则 栈道最长为____米. 【答案】 200 5 【解析】 【分析】 设圆心为O ，易知O 为 MN 中点，设OM x ，可得栈道长度 2 22 4 100y x x   ；利用 三角换元的方式可得到  200 5 siny    ，根据正弦函数值域可求得所求最值. 【详解】设圆心为 O ，由球的对称性及 AB CD 可知，O 为 MN 中点 设OM x ，则 2 22 100AB CD x   栈道长度 2 22 4 100y x x   令 100cos (0, )2x       则  200cos 400sin 200 5 siny        ，其中 1tan 2   ， 0, 2      当  sin 1   时， max 200 5y  ，即栈道最长为 200 5 米 本题正确结果： 200 5 【点睛】本题考查实际问题中的最值问题的求解，关键是能够建立起合适的函数模型，通过 三角换元的方式，利用正弦函数最值来求得结果. 16.已知平面向量 a ，b ， e 满足 1e  ， 1a e   ， 1b e   ， 4a b  ，则 a b  的最小值 为_____. 【答案】 3 【解析】 【分析】 设  1,0e  ，  1 1,a x y ，  2 2,b x y ，利用数量积的坐标表示可得  11,a y ，  21,b y ， 根据模长运算可构造出  2 1 2 1 216 4y y y y   ；利用  2 1 2 0y y  可构造不等式求得 1 2y y 的最小值；根据数量积的坐标运算可知 1 21a b y y   ，代入 1 2y y 的最小值即可得到结果. 【详解】 1e  ，不妨设  1,0e  ，  1 1,a x y ，  2 2,b x y 1 1a e x    ， 2 1b e x     11,a y  ，  21,b y  2 2 1 4a b y y       2 2 2 1 1 2 1 24 16y y y y y y      即：  2 1 2 1 216 4y y y y    2 1 2 0y y  1 216 4 0y y   ，即 1 2 4y y   1 21 1 4 3a b y y         min 3a b    本题正确结果： 3 【点睛】本题考查向量数量积的最值的求解问题，主要考查了向量的坐标运算；关键是能够 通过数量积和模长的坐标运算得到 1 2y y 的最值. 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17.已知公差不为零的等差数列 na 中， 5 7 22a a  ，且 1a ， 2a ， 5a 成等比数列. (1)求数列 na 的通项公式； (2) 1 1 n n n b a a   ，求数列 nb 的前 n 项和 nS . 【答案】(1) 2 1na n  . (2) 2 1n nS n   【解析】 【分析】 （1）设等差数列 na 公差为  0d d  ，利用 1a 和 d 表示出 5 7 22a a  和 2 2 1 5a a a ，构造 出方程组后解得 1a 和 d ，根据等差数列通项公式求得结果；（2）由（1）得到 nb ，采用裂项相 消的方法求得 nS . 【详解】（1）设等差数列 na 公差为  0d d  1 2 5, ,a a a 成等比数列 2 2 1 5a a a      5 7 1 1 2 1 1 1 4 6 22 4 a a a d a d a d a a d          ，解得： 1 1 2 a d     1 2 1 2 1na n n      （2）由（1）知：    1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1nb n n n n           1 1 1 1 1 1 1 11 12 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2 1n nS n n n n                         【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解、裂项相消法求解数列的前 n 项和；关键是能够根 据数列的通项公式，将其进行准确的裂项，属于常考题型. 18.在 2018、2019 每高考数学全国Ⅰ卷中，第 22 题考查坐标系和参数方程，第 23 题考查不 等式选讲.2018 年髙考结束后，某校经统计发现:选择第 22 题的考生较多并且得分率也较高. 为研究 2019 年选做题得分情况，该校高三质量检测的命题完全采用 2019 年高考选做题模式， 在测试结束后，该校数学教师对全校高三学生的选做题得分进行抽样统计，得到两题得分的 统计表如下(已知每名学生只选做—道题): 第 22 题的得分统计表 得分 0 3 5 8 10 理科人数 50 50 75 125 200 文科人数 25 25 125 0 25 第 23 题的得分统计表 得分 0 3 5 8 10 理科人数 30 52 58 60 200 文科人数 5 10 10 5 70 (1)完成如下 2×2 列联表，并判断能否有 99%的把握认为“选做题的选择”与“文、理科的科 类”有关； 选做 22 题 选做 23 题 总计 理科人数 文科人数 总计 (2)若以全体高三学生选题的平均得分作为决策依据，如果你是考生，根据上面统计数据，你 会选做哪道题，并说明理由. 附:        2 2 n ad bcK a b c d a c b d       2P K k 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】(1) 列联表见解析；有99% 的把握认为“选做题的选择”与“文、理科的科类”有 关；(2) 选做第 23题，理由见解析 【解析】 【分析】 （1）由已知数据可填好列联表，计算出 2K 观测值 10.828k  ，从而可知有99% 的把握认为 “选做题的选择”与“文、理科的科类”有关；（2）分别计算全体学生两道题的平均得分， 选做平均得分较大的题. 【详解】（1）由数据表可得 2 2 列联表如下： 选做 22 题 选做 23题 总计 理科人数 500 400 900 文科人数 200 100 300 总计 700 500 1200 则 2K 的观测值  21200 200 400 500 100 80 11.42 10.828700 500 300 900 7k          有99% 的把握认为“选做题的选择”与“文、理科的科类”有关. (2)全体高三学生第 22,23题的平均得分分别为:  1 1 447575 0 75 3 200 5 125 8 225 10 6.4700 700x             ；  2 1 374635 0 62 3 68 5 65 8 270 10 7.5500 500x             ； 2 1x x 以全体高三学生选题的平均得分作为决策依据，应选做第 23题. 【点睛】本题考查独立性检验解决实际问题、利用平均数估计总体的数据特征等知识；考查 学生的计算和求解能力，属于较易题. 19.设 ABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，已知 1cos 2a B c b  ，且 2 3a  . （1）求 A ； （2）若 ABC 的面积 2 3 ，求 ABC 的周长. 【答案】（1） 3A  （2） 6 2 3 【解析】 【分析】 利用正弦定理以及两角和与差的三角函数转化求解C 。 通过三角形的面积以及余弦定理转化求解即可。 【详解】解：（1）因为 1cos 2a B c b  ，由正弦定理知 1sin cos sin sin2A B C B  . 又sin sin( )C A B  ，所以 1sin cos sin( ) sin2A B A B B   ， 即 1cos sin sin2A B B . ∴ 1cos 2A  .∵ 0 A   ，∴ 3A  . （2）由 2 3a  ， 3A  及余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，得 2 212 b c bc   .① 因为 1 sin 2 32S bc A  ，所以 8bc  .② 由①②解得 4, 2, b c    或 2, 4. b c    ∴ ABC 的周长 6 2 3a b c    . 【点睛】（1）利用正弦定理进行边化角，对于式子中同时出现sin cosA B 与sinC ，我们将 sinC 变为sin( )A B ，并用两角和与差的三角公式展开计算即可。（2）面积公式中有 bc ， 余弦定理里面也有 bc ，两者可联立进行计算。本题是一道中等难度的题目。 20.如图，四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 为平行四边形 2BA BP BD AP    ， 2DA DP  . (1)求证: PA BD ； (2)求点C 到平面 PBD 的距离. 【答案】(1)证明见解析；(2) 2 21 7 【解析】 【分析】 （1）取 AP 中点O ，根据等腰三角形三线合一性质和线面垂直的判定定理可证得 AP  平面 BOD ，由线面垂直的性质可证得结论；（2）根据平行四边形对称性可知点C 到平面 PBD 的 距离等于点 A 到平面 PBD 的距离，利用体积桥 A PBD D APBV V  可构造方程求得所求的距离. 【详解】（1）取 AP 中点O ，连接 ,OB OD DA DP ， BA BP OB AP  ，OD AP 又OB OD O ， ,OB OD  平面 BOD AP  平面 BOD BD Q 平面 BOD PA BD  （2） 2 2 2DA DP AP  DA DP  又 2BA BP BD   ， 60ABP   3OB  又OD AP 2 1 1DO    2 2 2DO OB BD   OD OB  OD AP ， AP OB O ， ,AP OB  平面 ABP OD  平面 ABP 由平行四边形对称性可知，点C 到平面 PBD 的距离等于点 A 到平面 PBD 的距离 设点 A 到平面 PBD 的距离为 h A PBD D APBV V  1 1 3 3PBD APBS h S OD     3 4 1 2 214 71 12 42 2 APB PBD S ODh S           点C 到平面 PBD 的距离为： 2 21 7 【点睛】本题考查立体几何中线线垂直关系的证明、点到平面距离的求解；解决立体几何中 点到平面距离的主要方法是通过构造出三棱锥的方式，利用体积桥将问题转化为三棱锥高的 求解问题. 21.设O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 E : 2 2 14 2 x y  上，过点 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N ， 点 P 满足 2NP NM  . (1)求点 P 的轨迹方程； (2)设 ( )1,0A ，在 x 轴上是否存在一定点 B ，使 2BP AP 总成立？若存在，求出 B 点坐标； 若不存在，说明理由. 【答案】(1) 2 2 4x y  ； (2) 存在点  4,0B 满足条件. 【解析】 【分析】 （1）设  ,P x y ，  1 1,M x y ，则  1,0N x ，利用 2NP NM  可得 1 1 2 2 x x y y   ，代入椭 圆方程即可整理得到结果；（2）假设存在点  ,0B m 满足条件，设  ,P x y ，利用两点间距离 公式表示出 2BP AP ，整理可得 P 点轨迹，此轨迹需与（1）结论相同，从而构造出方程 解出 m ，即可得到结果. 【详解】（1）设  ,P x y ，  1 1,M x y ，则  1,0N x M 在椭圆 E 上 2 2 1 1 14 2 x y   …① 由 2NP NM  知： 1 12 x x y y   ，即： 1 1 2 2 x x y y   ，代入①得： 2 2 4x y  即点 P 的轨迹方程为： 2 2 4x y  …② （2）假设存在点  ,0B m 满足条件，设  ,P x y 由 2BP AP 得：    2 22 22 1x m y x y     即：  2 2 23 3 2 8 4x y m x m     此方程与(1)中②表示同一方程，故： 2 2 8 0 4 12 m m      ，解得： 4m  存在点  4,0B 满足条件 【点睛】本题考查椭圆的综合应用问题，涉及到动点轨迹的求解、定点问题的求解等知识； 求解定点问题的关键是能够通过假设存在的方式，利用已知中的等量关系建立起关于变量的 方程，通过求解方程确定变量的取值，从而得到定点是否存在. 22.已知函数    sin cosf x a x x x   . ⑴当 2a  时，证明:  f x 在 0, 上有唯一零点； (2)若   2f x  对  0,x   恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析；(2) ,2 2      【解析】 【分析】 （1）通过导数可得  f x 单调性，利用零点存在性定理依次验证  f x 在各个单调区间内是 否有零点，结合单调性可知每段单调区间内零点具有唯一性，从而可证得结论；（2）采用分 离 变 量 的 方 式 将 问 题 转 化 为 2 cos sin xa x x   对  0,x   恒 成 立 ， 令   2 cos sin xg x x x   ，利用导数得到  g x 在 0, 内的最小值，从而得到结果. 【详解】（1）当 2a  时，    2 sin cosf x x x x        sin 2 cos sin 2 cosf x x x x x x x        当 0, 2x     和 2, 时，   0f x  ；当 ,22x     时，   0f x   f x 在 0, 2      ， 2, 上单调递增；在 ,22      上单调递减  0 1 0f    ， 2 02 2f          f x 在 0, 2      有一个零点  2 cos2 0f     f x 在 ,22      上没有零点   1 0f     f x 在 2, 上没有零点 综上所述：  f x 在 0, 上有唯一零点 （2）当  0,x  时，   2f x  恒成立等价于 2 cos sin xa x x   对  0,x   恒成立 令   2 cos sin xg x x x   ，  0,x  则      2 2 2 sin 2 cos cos cos 2 cos1 sin sin x x x x xg x x x         当 0, 2x     时，   0g x  ；当 ,2x      时，   0g x   g x 在 0, 2      上单调递减，在 ,2 π π     上单调递增  min 22 2g x g         2 2a    即 a 的取值范围为： ,2 2      【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数和零点存在性定理研究函数的 零点个数、恒成立问题的求解；解决恒成立问题的常用方法是通过分离变量的方式将问题转 化为参数与函数最值之间的大小关系问题，从而利用导数求得函数的最值，得到所求范围.