湖北省武汉市武昌区2020届高三元月调研考试理数试题 Word版含解析 23页

www.ks5u.com 武昌区2020届高三年级元月调研考试理科数学 一、选择题：‎ ‎1.已知集合，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合A和集合B的范围，，可得a的值，可得，可得答案.‎ ‎【详解】解：化简，，，‎ 可得a=0，可得，可得，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查一元二次不等式、集合的运算，考查数据处理、运算求解能力，考查数据分析、数学运算核心素养.‎ ‎2.已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数代数形式的运算法则化简复数，根据复数的几何意义得到结果.‎ ‎【详解】解：由题意，可得，，‎ ‎，在复平面对应的点为，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查复数的基本运算，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养.‎ ‎3.已知是各项均为正数的等比数列，，则（ ）‎ - 23 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由是各项均为正数的等比数列，，可得，可得q的值，可得答案.‎ ‎【详解】解：设的公比为q，由，可得，‎ 可得，由是各项均为正数，可得，可得，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的性质及等比数列的通项公式，相对不难.‎ ‎4.已知，，，则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别判断出的范围，可得的大小关系.‎ ‎【详解】，即；‎ ‎，，‎ 可得，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性，属于基础题.‎ ‎5.等腰直角三角形中，，，点是斜边上一点，且，那么（ ）‎ A. B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 将用与进行表示，代入可得答案.‎ ‎【详解】解：由题意得：‎ ‎,‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的基本定理及平面向量的数量积，相对不难.‎ ‎6.某学校成立了、、三个课外学习小组，每位学生只能申请进入其中一个学习小组学习.申请其中任意一个学习小组是等可能的，则该校的任意4位学生中，恰有2人申请A学习小组的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设每位学生申请课外学习小组为一次试验，这是4次独立重复实验，记“申请A学习小组”为事件A，则,由独立重复实验中事件A恰好发生K次的概率计算公式可得答案.‎ ‎【详解】设每位学生申请课外学习小组为一次试验，这是4次独立重复实验，记“申请A学习小组”为事件A，则,由独立重复实验中事件A恰好发生K次的概率计算公式可知，恰有2人申请A学习小组的概率是：,‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型及其概率计算公与独立重复试验概率计算，相对不难.‎ ‎7.已知数列的前项和，设，为数列的前项和，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 求出、的通项公式，代入，可得的取值范围.‎ ‎【详解】由数列的前项和，‎ 可得，故，‎ 故，‎ 故=，‎ 不等式恒成立，即恒成立，‎ 即，由，可得，(当n=1时等号成立)，‎ 所以，故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列的通项公式、数列前n项和的求法、基本不等式的应用.‎ ‎8.已知过抛物线焦点的直线与抛物线交于点，，，抛物线的准线与轴交于点，于点，则四边形的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点B作与点N，过点B作于点K,设，则,可得，可得的值，计算出、的值，可得四边形的面积.‎ ‎【详解】‎ 过点B作与点N，过点B作于点K,设，则,‎ - 23 -‎ 则,,，可得,可得,,‎ ‎,则四边形的面积,‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的定义，几何性质，考查推理运算能力，考查数学抽象、数学运算核心素养.‎ ‎9.如图，已知平行四边形中，，为边的中点，将沿直线翻折成.若为线段的中点，则在翻折过程中，给出以下命题：‎ ‎①线段的长是定值；‎ ‎②存在某个位置，使；‎ ‎③存在某个位置，使平面.‎ 其中，正确命题是（ ）‎ A. ① B. ①③ C. ②③ D. ①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点、直线、平面的位置关系，取DC的中点N，连接NM、NB，对①②③三个命题进行一一判断可得答案.‎ ‎【详解】如图 - 23 -‎ ‎，‎ 取DC的中点N，连接NM、NB，易得且=定值，且=定值，易得=定值，由余弦定理可得：，可得为定值，故A正确；‎ ‎②若，设，由易得DE=1, ,可得,即，因为,可得面,可得与已知相矛盾，故②错误；‎ ‎③易得，，可得面面,所以平面，故③正确，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查点、直线、平面的位置关系，综合性大，属于中档题.‎ ‎10.函数的部分图像如图所示，给下列说法：‎ ‎①函数的最小正周期为；‎ ‎②直线为函数的一条对称轴；‎ ‎③点为函数的一个对称中心；‎ ‎④函数的图像向右平移个单位后得到的图像.‎ 其中不正确说法的个数是（ ）‎ - 23 -‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的部分图像求出的解析式，再根据三角函数的图像与性质，判断题目中的命题是否正确.‎ ‎【详解】解：由图像可知：,,可得,故①正确；‎ 由，可得，所以，‎ 又，可得，，可得，故，令，可得，当时，对称轴为，‎ 故②正确；‎ 令，可得，当时，对称中心为，故③正确；‎ 函数的图像向右平移个单位后得到，即，故④错误.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查命题真假的判断及三角函数的性质与平移，属于中档题.‎ - 23 -‎ ‎11.已知，分别为双曲线的左、右焦点，过且倾斜角为的直线与双曲线的右支交于两点，记得内切圆半径为，的内切圆半径为，则的值等于（ ）‎ A. 3 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出，得值，由，代入可得的值.‎ ‎【详解】由题意得：，‎ 由过且倾斜角为的直线与双曲线的右支交于两点，设A点在上方，‎ 可得，,‎ 可得,可得，‎ 化简可得，可得，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质及焦半径的计算公式，考查转化思想与应用能力，属于中档题.‎ ‎12.已知函数的最小值分别为，则（ ）‎ A. B. C. D. 的大小关系不确定 ‎【答案】A - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别对，求导，求出其最小值，可得其大小关系.‎ ‎【详解】由题意得：，‎ 易得，设，可得，可得，由与图像可知存在，使得，可得当，，当，，可得得最小值为，即；‎ 同理：，‎ 设，可得或者，由与得图像可知，存在，使得，可得当时，，当时，，当时，，可得即为得最小值，可得，故，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数求函数得最值，综合性大，属于难题.‎ 二、填空题： ‎ ‎13.的展开式中，项的系数是__________．‎ ‎【答案】240‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项式展开式的通项公式，令x的指数等于3，计算展开式中含有项的系数即可.‎ - 23 -‎ ‎【详解】由题意得：，只需，可得，‎ 代回原式可得，‎ 故答案：240.‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式展开式的通项公式及简单应用，相对不难.‎ ‎14.已知一组数据10，5，4，2，2，2，，且这组数据的平均数与众数的和是中位数的2倍，则所有可能的取值为__________．‎ ‎【答案】或3或17‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出这组数据的平均数与众数，分中位数进行讨论可得x的取值.‎ ‎【详解】由题意可得这组数据的平均数为：，‎ 众数为2，若，可得，可得；‎ 若，则中位数为x，可得，可得；‎ 若，则中位数为4，可得，可得，‎ 故答案为：或3或17.‎ ‎【点睛】本题考查平均数、众数、中位数，考查数据处理能力和运算求解能力.‎ ‎15.过动点作圆：的切线，其中为切点，若（为坐标原点），则的最小值是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解答：由圆的方程可得圆心C的坐标为(2,2)，半径等于1.‎ 由M(a,b),则|MN|2=(a−2)2+(b−2)2−12=a2+b2−4a−4b+7，‎ ‎|MO|2=a2+b2.‎ 由|MN|=|MO|,得a2+b2−4a−4b+7=a2+b2.‎ 整理得：4a+4b−7=0.‎ - 23 -‎ ‎∴a，b满足的关系为：4a+4b−7=0.‎ 求|MN|的最小值，就是求|MO|的最小值．‎ 在直线4a+4b−7=0上取一点到原点距离最小，‎ 由“垂线段最短”得，直线OM垂直直线4a+4b−7=0，‎ 由点到直线的距离公式得：MN的最小值为： .‎ ‎16.用表示函数在闭区间上的最大值，若正数满足，则的为__________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分在不同的区间进行讨论，得出符合条件的的值即可.‎ ‎【详解】由题意得：①当，，，，‎ 可得，故不成立；‎ ‎②当，，，，可得，；‎ ‎③当，，，，可得，‎ ‎;‎ ‎④当，，，不满足，‎ 故答案为：或.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦函数的性质，分类讨论是解题的关键.‎ 三、解答题：‎ ‎17.在中，已知，，是边上的一点，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求的面积.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在中，利用余弦定理求和，在中，利用正弦定理求角B；‎ ‎（2）分别求出和，进而可得的面积.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在中，由余弦定理，得，‎ 所以，从而.‎ 在中，由正弦定理，‎ 得，所以.‎ ‎（2）由（1）知，‎ 且.‎ 所以，‎ ‎，‎ 所以 ‎【点睛】本题考查正弦、余弦定理和三角形面积公式在解三角形中的应用，考查运算求解能力和化归与转化得数学思想.‎ ‎18.如图，在直角三棱柱中，，，，，分别为，，的中点.‎ - 23 -‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）易得，由平面，平面可得，可得平面，，且，可得平面，可得证明；‎ ‎（2）过作，垂足为，过作于，连接，可得为二面角的平面角，计算BH、BG的值可得答案.‎ ‎【详解】（1）因为，，‎ 所以.‎ 因为平面，平面，‎ 所以.‎ 因为，‎ 所以平面.‎ 因为平面，‎ 所以.‎ 易证，‎ - 23 -‎ 因为，‎ 所以平面，‎ 因为平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎（2）过作，垂足为，‎ 过作于，‎ 连接，‎ 则可证为二面角的平面角.‎ 在中，求得；‎ 在中，求得.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间中线、面的位置关系，及二面角的相关计算，难度中等.‎ ‎19.已知椭圆的两焦点与短轴一端点组成一个正三角形的三个顶点，且焦点到椭圆上的点的最短距离为1.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若不过原点的直线与椭圆交于，两点，求面积的最大值.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得，可得a、b得值，可得答案；‎ ‎（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，联立直线与椭圆可得面积的最大值，当直线的斜率不存在时，可得此时的面积，综合可得答案.‎ ‎【详解】（1）由及，‎ 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，.‎ 于是.‎ 又，坐标原点到直线的距离为.‎ 所以，的面积.‎ - 23 -‎ 所以，‎ 当直线的斜率不存在时，设其方程为，‎ 同理可求得 所以，的面积的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的计算及圆锥曲线相关的面积问题，需注意计算准确.‎ ‎20.某健身馆在2019年7、8两月推出优惠项目吸引了一批客户.为预估2020年7、8两月客户投入的健身消费金额，健身馆随机抽样统计了2019年7、8两月100名客户的消费金额，分组如下：，，，…，（单位：元），得到如图所示的频率分布直方图：‎ ‎（1）请用抽样的数据预估2020年7、8两月健身客户人均消费的金额（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；‎ ‎（2）若把2019年7、8两月健身消费金额不低于800元的客户，称为“健身达人”，经数据处理，现在列联表中得到一定的相关数据，请补全空格处的数据，并根据列联表判断是否有的把握认为“健身达人”与性别有关？‎ 健身达人 非健身达人 总计 男 ‎10‎ 女 ‎30‎ 总计 - 23 -‎ ‎（3）为吸引顾客，在健身项目之外，该健身馆特别推出健身配套营养品的销售，现有两种促销方案.‎ 方案一：每满800元可立减100元；‎ 方案二：金额超过800元可抽奖三次，每次中奖的概率为，且每次抽奖互不影响，中奖1次打9折，中奖2次打8折，中奖3次打7折.‎ 若某人打算购买1000元的营养品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析应该选择哪种优惠方案.‎ 附：‎ ‎0.150‎ ‎0.100‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎【答案】（1）620元（2）列联表见解析，有的把握认为“健身达人”与性别有关系，（3）选择方案二更划算 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用频率分布直方图计算平均数即可；‎ ‎（2）根据题意补充列表联，由表中数据计算观测值，对照临界值得出结论；‎ ‎（3）分别计算选方案一、方案二所支付的金额，比较它们的大小即可.‎ ‎【详解】（1）因为 ‎（元），‎ 所以，预估2020年7、8两月份人均健身消费为620元.‎ ‎（2）列联表如下：‎ 健身达人 非健身达人 总计 男 ‎10‎ ‎40‎ ‎50‎ - 23 -‎ 女 ‎20‎ ‎30‎ ‎50‎ 总计 ‎30‎ ‎70‎ ‎100‎ 因为，‎ 因此有的把握认为“健身达人”与性别有关系.‎ ‎（3）若选择方案一：则需付款900元；‎ 若选择方案二：设付款元，则可能取值为700，800，900，1000.‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 所以（元）‎ 因为，所以选择方案二更划算.‎ ‎【点睛】本题主要考查独立性检验的运用及离散型随机变量的期望与方差，熟练掌握相关计算公式是解题的关键.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若对恒成立，求实数的值；‎ ‎（2）若存在不相等的实数，，满足，证明：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ ‎（1）令，则，‎ 分和进行讨论可得a的值；‎ ‎（2）因为，代入可得，因为，所以，令，‎ 则.记，对求导可得证明.‎ ‎【详解】（1）令，‎ 则，‎ 由题意，知对恒成立，等价.‎ 当时，由知在上单调递增.‎ 因为，所以不合题意；‎ 当时，若，‎ 则，若，则，‎ 所以，在单调递减，在上单调递增.‎ 所以 记，‎ 则.‎ 易知在单调递增，在单调递减，‎ 所以，‎ 即.‎ 而，‎ 所以，解得.‎ ‎（2）因为，‎ - 23 -‎ 所以.‎ 因为，‎ 所以 令，‎ 则.‎ 记，‎ 则，所以上单调递增.‎ 又，由，‎ 得，‎ 所以，即.‎ 另证：不妨设，因为，所以为增函数.‎ 要证，即要证，即要证.‎ 因为，‎ 即要证.‎ 记，‎ 则.‎ 所以，‎ 从而，得证.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、最值及证明，综合性大，考查了分类讨论思想，属于难题.‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（‎ - 23 -‎ 为参数）.以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；‎ ‎（2）若与轴交于点，与相交于、两点，求的值.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将题中所给直线参数方程进行消参，得到直线的普通方程，利用极坐标与平面直角坐标的转换关系，可得其直角坐标方程；‎ ‎（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程中，整理得到关于的一元二次方程，结合根与系数的关系及的几何意义可得答案.‎ ‎【详解】（1）方程可化为.‎ 方程可化为.‎ ‎（2）将代入，‎ 得.‎ 设方程的两个根分别为，，则 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查的是有关参数方程与极坐标的问题，需注意直线的参数方程与普通方程的互化及曲线极坐标方程与平面直角坐标方程的互化.‎ ‎23.（1）已知，若存在实数，使成立，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若，，且，求证：.‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用绝对值三角不等式或将函数的零点分段，结合函数的单调性可得a的值；‎ ‎（2）由题意结合基本不等式代入计算可得答案.‎ ‎【详解】（1）方法一：因为，‎ 因为存在实数，使成立，所以，解得.‎ 方法二：当时，符合题意.‎ 当时，‎ 因为，‎ 所以.‎ 因为存在实数，使成立，所说义.‎ 当时，同理可得.‎ 综上，实数的取值范围为.‎ ‎（2）因为，‎ 所以，‎ 当且仅当时取等号.‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的相关知识及基本不等式，注意运算的准确性.‎ - 23 -‎ ‎ ‎ - 23 -‎