湖北省华师一附中黄冈中学等八校2020届高三第一次联考数学（文）试题 23页

鄂南高中华师一附中黄石二中荆州中学 孝感高中襄阳四中襄阳五中黄冈中学 ‎2020届高三八校第一次联考 数学(文科)‎ 注意事项:‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 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.设是虚数单位，若复数是纯虚数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0求得a值．‎ ‎【详解】∵aa是纯虚数，‎ ‎∴a+2＝0，即a＝﹣2．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．‎ ‎2.已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合M，N，然后判断M，N的关系即可．‎ ‎【详解】∵M＝{x|﹣1≤x≤6}，N＝{y|0＜y≤6}，‎ ‎∴N⊆M．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了描述法的定义，一元二次不等式的解法，指数函数的值域和单调性，考查了计算能力，属于基础题．‎ ‎3.我国古代数学家赵爽的弦图是由四个全等的直角三角形与-一个小正方形拼成的一个大正方形(如图).如果小正方形的边长为，大正方形的边长为，直角三角形中较小的锐角为，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出直角三角形中较短的直角边，利用勾股定理求出x的值，从而求出sinθ，cosθ的值，再利用两角和与差的三角函数公式即可算出结果．‎ ‎【详解】直角三角形中较短的直角边为x，‎ 则：x2+（x+2）2＝102，‎ 解得：x＝6，‎ ‎∴sinθ，cosθ，‎ ‎∴sin（）﹣cos（）＝﹣cosθ﹣（cosθcos）sinθ ‎﹣（）cosθ，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是两角和与差的余弦公式，诱导公式，难度不大，属于基础题．‎ ‎4.定义在上的奇函数在上单调递增，.则满足的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知结合奇函数的对称性可得，logx或logx＜0，解对数不等式即可求解．‎ ‎【详解】∵在R上的奇函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．‎ 故函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，‎ ‎∵f（）＝0，‎ ‎∴f（）＝0，‎ 则由f（logx）＞0可得f（logx）＞f（），‎ ‎∴logx或logx＜0，‎ 解可得，0或1＜x＜2．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用奇函数的对称性求解不等式，解题的关键是灵活利用对称．‎ ‎5.设，则的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数函数和指数函数的性质求解．‎ ‎【详解】∵a＝loglog34＞1， ‎ ‎∴a最大，‎ 又∵b＝（）（），c＝（）（），且幂函数y＝x在（0，+∞）上单调递增，‎ ‎∴c＜b，‎ ‎∴c＜b＜a 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．‎ ‎6.已知平面向量，若与垂直，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量的运算法则和向量垂直与数量积的关系即可得出．‎ ‎【详解】∵λ（1，﹣3）﹣（4，﹣2）＝（λ﹣4，﹣3λ+2），与垂直，‎ ‎∴﹣2（﹣3λ+2）＝0，解得λ＝2．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查向量坐标运算，熟练掌握向量的运算法则和向量垂直与数量积的关系是解题关键．‎ ‎7.圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断直线与圆的位置关系，如果相切或相离最大距离与最小距离的差是直径；‎ 相交时，圆心到直线的距离加上半径为所求．‎ ‎【详解】圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0的圆心为（2，2），半径为3，‎ 圆心到到直线x+y﹣14＝0的距离为3，‎ 故圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差是2R＝6，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆相交的性质，点到直线的距离，是基础题．‎ ‎8.如图茎叶图表示的是甲.乙两人在5次综合测评中的成绩，其中乙中的两个数字被污损，且已知甲，乙两人在次综合测评中的成绩中位数相等，则乙的平均成绩低于甲的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据茎叶图分别求出甲、乙的中位数，平均数，得到模糊成绩的值，利用古典概型求解即可 ‎【详解】由题意可得：甲的成绩为：84、86、91、98、98；中位数为91，平均数为；‎ 乙的成绩为：86，88，90+x，90+y，99 （x≤y）；‎ ‎∵甲，乙中位数相同；‎ ‎∴90+x＝91⇒x＝1； 乙的平均数为；‎ ‎∵乙的平均成绩低于甲；‎ ‎∴1≤y＜3；⇒y＝1或2．‎ ‎∴乙的平均成绩低于甲的概率p；‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了茎叶图，以及中位数、平均数的性质及古典概型，考查了学生的计算能力，属于基础题．‎ ‎9.的内角的对边分别为，已知，则角（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角恒等变换求出A，再利用正弦定理求出C．‎ ‎【详解】sinB﹣sinA（sinC+cosC）＝0，‎ sinAcosC+cosAsinC﹣sinAsinC﹣sinAcosC＝0，得cosAsinC＝sinAsinC，‎ 因为 所以sinA＝cosA，则tanA＝1，A，‎ 又，则sinC，故C或者，‎ 因为c＜a，C＜A，‎ 故C，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】考查三角形的恒等变换，正弦定理、和内角和定理的运用，考查运算能力，注意大边对大角的应用，属于基础题．‎ ‎10.在中，分别是双曲线的左、右焦点，点在上若，，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由（）0，得AB＝BC，结合0，得△ABC是一个等腰直角三角形，求出AC的长，再利用双曲线的定义建立a与c的关系式，即可求出离心率．‎ ‎【详解】∵（）0，又，‎ ‎∴（）•（），‎ 则||＝||，即BA＝BC，‎ 又0，∴△ABC是一个等腰直角三角形，‎ 由题意得：C点在双曲线的右支上，‎ ‎∴AB＝BC＝2c，AC＝2c，又AC﹣BC＝2a，‎ 即2c﹣2c＝2a，解得离心率e，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的数量积的性质，考查了双曲线的定义和性质，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎11.九章算术给出求羡除体积的“术”是：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一”，其中的“广”指羡除的三条平行侧棱的长，“深”指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离，“袤”指这两条侧棱所在平行线之间的距离，用现代语言描述：在羡除中，，，，，两条平行线与间的距离为h，直线到平面的距离为，则该羡除的体积为已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图求出羡除的体积中所需数据，代入得答案．‎ ‎【详解】由三视图还原原几何体知，羡除中，‎ ‎，底面ABCD是矩形，，，‎ 平面平面ABCD，AB，CD间的距离，‎ 如图，取AD中点G，连接EG，则平面ABCD，‎ 由侧视图知，直线EF到平面ABCD的距离为，‎ 该羡除的体积为．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解．‎ ‎12.已知为抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，而且为坐标原点)，若与的面积分别为和，则最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意设直线AB的方程，联立方程组，可得y1y2，x1x2，由2，可得AB与x轴的交点，面积用y1﹣y2来表示，用均值不等式求出最小值．‎ ‎【详解】设直线的方程为点，直线与轴的交点为.‎ 联立可得.‎ 根据根与系数的关系，得.‎ ‎，‎ 即.‎ 位于轴的两侧，.‎ 设点在轴的上方，则.‎ ‎，，当且仅当 等号成立 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了直线与抛物线相交及三角形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，中难题．‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.设曲线在点处的切线方程为，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出原函数的导函数，得到函数在x＝0时的导数，然后利用切线方程的斜率等于切点处导函数值即可算出结果．‎ ‎【详解】y'＝2a，‎ ‎∵切点坐标（0，0），且切线方程的斜率等于切点处导函数值，‎ ‎∴2a﹣1＝2，∴a，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，是基础题．‎ ‎14.已知数列是等比数列，，若.则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据a2，a5的值，求出公比q，再根据Sk求k即可．‎ ‎【详解】依题意，q3，∴q，∴a1＝﹣2，‎ Sk，即 解得k＝5，‎ 故答案为：5‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，等比数列的前n项和公式，考查计算能力，属于基础题．‎ ‎15.在中，内角的对边分别为且.‎ ‎①若，则角有一个解；②若，则边上的高为；③不可能是.‎ 上述判断中，正确的序号是___．‎ ‎【答案】①②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理判断①的正误；向量的数量积及等面积判断②的正误；余弦定理判断③的正误．‎ ‎【详解】对于①，由正弦定理得，所以，‎ 且，所以，‎ 所以角只有一解，所以①正确；‎ 对于②，因，即，所以，由，可得，‎ 所以②正确 对于③，由余弦定理，得，所以，当且仅当时，等号成立，所以，所以，所以③正确.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，着重考查了向量数量积，正余弦定理及基本不等式等基本知识的考查，中档题．‎ ‎16.四棱锥中，底面是矩形，平面，，以为直径的球面交于点，交于点.则点到平面的距离为_．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题设知，AC是所作球面的直径，则AM⊥MC．由P A⊥平面ABCD，得PA⊥CD，结合CD⊥AD，可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，再由线面垂直的判定可得A M⊥平面PCD；根据体积相等求出D到平面ACP的距离，即可求得到M与平面APC的距离，再利用等体积求解点到平面的距离即可 ‎【详解】因为平面，所以，‎ 又，，所以平面.‎ 又因为平面，所以.‎ 同理可得平面，又因为平面，所以.‎ 由题意可知，又因为平面，‎ 所以平面，又因为平面，所以平面平面.‎ 连接，‎ 又，所以是的中点，，‎ 所以，‎ 同理可得，‎ 由题意可知，，则，所以 所以 设点到平面的距离为，点到平面的距离为，点到平面的距离为，‎ 由，得 因为是的中点，所以 由，‎ 得 所以点到平面的距离为 ‎【点睛】本题考查直线与平面所成的角，平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中档题．‎ 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.在公差是整数的等差数列中，，且前项和，‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)令，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设公差d是整数的等差数列{an}，由题意可得Sn的最小值为S5，可得a5≤0，且a6≥0，由等差数列的通项公式解不等式可得整数d，进而得到所求通项公式；‎ ‎（2）求得bn（），由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．‎ ‎【详解】(1)设等差数列的公差为，则.‎ 由题意知，的最小值为，则 ‎，所以，解得，‎ 因此；‎ ‎（2）‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式和单调性，考查数列的裂项相消求和，化简运算能力，属于基础题．‎ ‎18.如图1，在直角梯形中，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面(如图2).为中点 ‎(1)求证:；‎ ‎(2)求四棱锥的体积；‎ ‎(3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由 ‎【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）证明DG⊥AE，再根据面面垂直的性质得出DG⊥平面ABCE即可证明 ‎（2）分别计算DG和梯形ABCE的面积，即可得出棱锥的体积；‎ ‎（3）过点C作CF∥AE交AB于点F，过点F作FP∥AD交DB于点P，连接PC，可证平面PCF∥平面ADE，故CP∥平面ADE，根据PF∥AD计算的值．‎ ‎【详解】(1)证明:因为为中点，，所以.‎ 因为平面平面，平面平面，平面，‎ 所以平面.又因为平面，故 ‎(2)在直角三角形中，易求，则 所以四棱锥的体积为 ‎(3)存点，使得平面，且=3:4‎ 过点作交于点，则.‎ 过点作交于点，连接，则.‎ 又因为平面平面，‎ 所以平面.‎ 同理平面.又因为，‎ 所以平面平面.‎ 因为平面，所以平面，由，则=3:4‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直的性质，面面平行性质，棱锥的体积计算，属于中档题．‎ ‎19.为落实国家扶贫攻坚政策，某社区应上级扶贫办的要求，对本社区所有扶贫户每年年底进行收入统计，下表是该社区扶贫户中户从2016年至2019年的收入统计数据:(其中为贫困户的人均年纯收人)‎ 年份 ‎2016年 ‎2017年 ‎2018年 ‎2019年 年份代码 人均纯收入（百元）‎ ‎(1)作出贫困户的人均年纯收人的散点图；‎ ‎(2)根据上表数据，用最小二乘法求出关于年份代码的线性回归方程，并估计贫困户在2020年能否脱贫(注:国家规定2020年的脱贫标准:人均年纯收入不低于元)‎ ‎(参考公式:)‎ ‎【答案】（1）作图见解析（2）关于的线性回归方程，预测户在年能脱贫 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接由表格中的数据作散点图；‎ ‎（2）求出与的值，得到线性回归方程，再求得x＝5时的y值，与3800比较得结论．‎ ‎【详解】（1）由表格中的数据得散点图：‎ ‎（2）根据表格中的数据可得：，‎ ‎，‎ 故关于的线性回归方程 当时，（百元），，预测户在年能脱贫.‎ ‎【点睛】本题考查散点图的作法及线性回归方程的求法，考查计算能力，是中档题．‎ ‎20.已知椭圆过点，且离心率.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)已知斜率为的直线与椭圆交于两个不同点，点的坐标为，设直线与的傾斜角分别为，证明:.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，由椭圆的几何性质可得，解可得a、b的值，将a、b的值代入椭圆的方程即可得答案；‎ ‎（2）证明即证明直线与的斜率，根据题意，设直线，联立直线与椭圆的方程，将韦达定理代入变形即可证明．‎ ‎【详解】由题意得解得，所以椭圆的方程为：‎ 设直线，由，消去得，，‎ 解得，当时，（舍）‎ 设，则 由题意，易知与的斜率存在，所以，设直线与的斜率分别为 则，，要证，即证，只需证 故 又 所以，‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的方程，考查直线与椭圆的位置关系。熟练运用韦达定理等价转化题意是关键，是中档题 ‎21.已知函数.‎ ‎(1)讨论函数的单调性；‎ ‎(2)若关于的方程有唯一实数解，且，求的值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；‎ ‎（2）设h（x）＝lnx﹣ex+ax﹣a（x＞0），求出函数的导数，根据函数的单调性求出n的值即可．‎ ‎【详解】(1)‎ 当时，，在上单调递增；‎ 当时，时，，单调递减，时，，单调递增.‎ 综上所述:当时，函数在上单调递增；‎ 当时，函数在上单调递减，函数在上单调递增.‎ ‎(2)由己知可得方程有唯一解，且 设，即有唯一解，‎ 由，则在上单调递减.‎ 所以在上单调递减，即在单调递减.‎ 又时，时，‎ 故存使得，‎ 当时，，在上单调递增 时，在上单调递减.‎ 又有唯一解，则必有 当时，，故存在唯一的满足下式:‎ 由消去得.‎ 令 故当时，在上单调递减，‎ 当时，在上单调递增.‎ 由.‎ 即存在，使得，即.‎ 又关于的方程有唯一实数解，且 ‎.故.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及以及函数的零点问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.在直角坐标系中，倾斜角为的直线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于，两点，且，求直线的倾斜角.‎ ‎【答案】（1） ； （2） 或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据平方关系消参数得直线的普通方程，根据得曲线的直角坐标方程（2）利用直线参数方程几何意义求解.‎ ‎【详解】（1）因为直线的参数方程为（为参数），‎ 当时，直线的直角坐标方程为． ‎ 当时，直线的直角坐标方程为． ‎ 因为， ‎ 因为，所以．‎ 所以的直角坐标方程为． ‎ ‎（2）解法1：曲线的直角坐标方程为，‎ 将直线的参数方程代入曲线的方程整理，得．‎ 因为，可设该方程的两个根为，，‎ 则 ，．‎ 所以 ． ‎ 整理得，‎ 故．‎ 因为，所以或，‎ 解得或 综上所述，直线的倾斜角为或． ‎ 解法2：直线与圆交于，两点，且，‎ 故圆心到直线的距离． ‎ ‎①当时，直线的直角坐标方程为，符合题意． ‎ ‎②当时，直线的方程为．‎ 所以，整理得．‎ 解得．‎ 综上所述，直线的倾斜角为或．‎ ‎【点睛】本题考查参数方程化普通方程、极坐标方程化直角坐标方程以及直线参数方程应用，考查综合分析求解能力，属中档题.‎ ‎23.(1)试比较与的大小，并加以证明；‎ ‎(2)若正实数满足，求证:.‎ ‎【答案】（1），证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）构造函数f（x），根据单调性判断即可；（2）根据基本不等式，判断即可．‎ ‎【详解】(1)两数同取以为底的对数，即比较与的大小，亦即比较与的大小，‎ 下面构造函数，解得，‎ 在单调递增，单调递减，即，故.‎ ‎(2)证明:因为，所以，‎ 又因为，当且仅当等号成立 即可得，所以原不等式成立.‎ ‎【点睛】本题考查构造函数法，单调性的应用，基本不等式的应用，考查转化与化归思想，是中档题．‎ ‎ ‎