湖北省宜昌市2020届高三下学期3月线上统一调研测试数学（文）试题 Word版含解析 23页

www.ks5u.com 宜昌市2020届高三年级3月线上统一调研测试 数学试题（文科）‎ 一､选择题 ‎1.已知集合，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数函数的单调性求解出不等式解集即为集合，再求解出一元二次不等式的解集为集合，由此计算出的结果.‎ ‎【详解】因为，所以，所以，所以，‎ 又因为，所以，所以，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查解对数不等式、一元二次不等式的解集求法、集合的并集运算，属于综合性问题，难度较易.解对数型不等式时，要注意对数式的真数大于零.‎ ‎2.已知纯虚数满足，其中为虚数单位，则实数等于（ ）‎ A. B. 1 C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据复数的除法表示出，然后根据是纯虚数求解出对应的的值即可.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 又因为是纯虚数，所以，所以.‎ 故选：B.‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法运算以及根据复数是纯虚数求解参数值，难度较易.若复数为纯虚数，则有.‎ ‎3.如图是国家统计局公布的2013-2018年入境游客（单位：万人次）的变化情况，则下列结论错误的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 2014年我国入境游客万人次最少 B. 后4年我国入境游客万人次呈逐渐增加趋势 C. 这6年我国入境游客万人次的中位数大于13340万人次 D. 前3年我国入境游客万人次数据的方差小于后3年我国入境游客万人次数据的方差 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ABD可通过统计图直接分析得出结论，C可通过计算中位数判断选项是否正确.‎ ‎【详解】A．由统计图可知：2014年入境游客万人次最少，故正确；‎ B．由统计图可知：后4年我国入境游客万人次呈逐渐增加趋势，故正确；‎ C．入境游客万人次的中位数应为与的平均数，大于万次，故正确；‎ D．由统计图可知：前年的入境游客万人次相比于后年的波动更大，所以对应的方差更大，故错误.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查统计图表信息的读取以及对中位数和方差的理解，难度较易.处理问题的关键是能通过所给统计图，分析出对应的信息，对学生分析问题的能力有一定要求.‎ ‎4.设函数，则使成立的一个充分不必要条件是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 23 -‎ 或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解不等式,则使成立的一个充分不必要条件应为其解集的子集,即可得到结果.‎ ‎【详解】由题,因为,所以,即,解得或,即解集为,‎ 则使成立的一个充分不必要条件应为解集的子集,‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查命题的充分不必要条件,考查解对数不等式.‎ ‎5.若实数满足，则的最小值为（ ）‎ A. 6 B. 14 C. 4 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由不等式组画出可行域,设,则,平移直线,找到可行域内截距最小的点,即可求解.‎ ‎【详解】由题,可行域如图所示,‎ - 23 -‎ 设,则,平移直线,当与点相交时,截距最小,‎ 所以,‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查由线性规划求最值,考查数形结合思想.‎ ‎6.关于某设备的使用年限（年）和所支出的维修费用（万元），有如下的统计资料:‎ ‎/年 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎/万元 ‎4‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎10‎ 由资料可知对呈线性相关关系，且线性回归方程为，请估计当使用年限为8年时，维修费用约为（ ）‎ A. 12.6万元 B. 12.8万元 C. 13万元 D. 13.4万元 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得,代入线性回归方程可得,再将代入即可.‎ ‎【详解】由数据可得,,‎ 所以,所以,‎ 所以当时,,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查由线性回归方程估计数据,考查求线性回归方程.‎ ‎7.下边茎叶图记录了甲､乙两位同学在5次考试中的成绩（单位:分）.已知甲成绩的中位数是124，乙成绩的平均数是127，则的值为（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ - 23 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据茎叶图由甲成绩的中位数是124,可得；利用平均数的公式即可求得,进而求解.‎ ‎【详解】由甲成绩的中位数是124,可得；‎ 乙成绩的平均数是127,可得,所以,‎ 所以,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查茎叶图的应用,考查由中位数、平均数求参数.‎ ‎8.如图所示，为了测量、两座岛屿间的距离，小船从初始位置出发，已知在的北偏西的方向上，在的北偏东的方向上，现在船往东开2百海里到达处，此时测得在的北偏西的方向上，再开回处，由向西开百海里到达处，测得在的北偏东的方向上，则、两座岛屿间的距离为（ ）‎ A. 3 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据角度分析出的大小，然后根据角度关系得到的长度，再根据正弦定理计算出的长度，最后利用余弦定理求解出的长度即可.‎ ‎【详解】由题意可知：，‎ 所以，，‎ 所以，所以，‎ 又因为，所以，‎ - 23 -‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查解三角形中的角度问题，难度一般.理解方向角的概念以及活用正、余弦定理是解答问题的关键.‎ ‎9.已知函数:①，②，③，④.从中任取两个函数，则这两个函数的奇偶性相同的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断①②③④的奇偶性,再列出所有可能的情况及符合条件的情况,进而求解.‎ ‎【详解】由题,①定义域为,；‎ ‎②定义域为,；‎ ‎③定义域为,；‎ ‎④定义域为,,即；‎ 所以①为偶函数；②为偶函数；③为奇函数；④为奇函数；‎ 则任取两个函数有（①, ②）,（①, ③）,（①, ④）,（②, ③）,（②, ④）,（③, ④）,共6种情况,其中两个函数的奇偶性相同有（①, ②）,（③, ④）,共有2种情况,‎ 所以概率,‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查函数奇偶性的判断,考查列举法求古典概型的概率.‎ ‎10.已知数列满足，，现将该数列按下图规律排成蛇形数阵（第行有个数，），从左至右第行第个数记为（且），则（ ）‎ - 23 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可观察得到第行有个数,当为奇数时,该行由右至左逐渐增大,表示第21行第20个数,即为第21行倒数第2个数,则先求得前20行的数的个数,再加2即为对应的数列的项,即可求解.‎ ‎【详解】由题可知,第行有个数,‎ 当为奇数时,该行由右至左逐渐增大,‎ 表示第21行第20个数,即为第21行倒数第2个数,‎ 则前20行共有个数,即第21行倒数第1个数为,‎ 所以,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查合情推理,考查归纳总结能力,考查等差数列求和公式的应用.‎ ‎11.设为双曲线的右焦点，以为圆心，为半径的圆与双曲线在第一象限的交点为，线段的中点为，的外心为，且满足，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 先由可确定、、三点共线,则根据外心的性质可得,再由点为焦点的中点,根据中位线性质可得,则,进而在中利用勾股定理求解.‎ ‎【详解】由题,因为,所以、、三点共线,‎ 因为点为线段的中点,的外心为,所以,即,‎ 设双曲线的左焦点为,则点为线段的中点,‎ 则在中,,即,所以是直角三角形,‎ 所以,‎ 因为,由双曲线定义可得,所以,‎ 则,因为,整理可得,‎ 所以,‎ 则,‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查求双曲线离心率,考查双曲线的定义的应用.‎ ‎12.已知一个放置在水平桌面上的密闭直三棱柱容器，如图1，为正三角形，，，里面装有体积为的液体，现将该棱柱绕旋转至图2.在旋转过程中，以下命题中正确的个数是（ ）‎ ‎①液面刚好同时经过，，三点；‎ ‎②当平面与液面成直二面角时，液面与水平桌面的距离为；‎ ‎③当液面与水平桌面的距离为时，与液面所成角的正弦值为.‎ - 23 -‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①若液面刚好同时经过,,三点,则液体的体积为四棱锥,进而求解即可；②当平面与液面成直二面角时,即为图2的位置,画出图形,可先求得液面上方的三棱柱以四边形为底面的高,再与直三棱柱以四边形为底面的高求差即可；③由①可得此时液面与水平桌面的距离为,画出图形,即可求解.‎ ‎【详解】①若液面刚好同时经过,,三点,则液体的体积为四棱锥,‎ 因为,所以①正确；‎ ‎②当平面与液面成直二面角时,即为图2的位置,设液面与直三棱柱的交点为,如图所示,‎ 因为直三棱柱的体积为,‎ 所以直棱柱的体积为,‎ 所以,即,则在中边上的高为,‎ 因为在中边上的高为,所以液面与水平桌面的距离为,所以②正确；‎ ‎③当液面刚好同时经过,,三点时,如图所示,‎ - 23 -‎ 此时,则,‎ 易得,则中边上的高为,‎ 所以,‎ 设点到平面的距离为,则,即,‎ 即液面与水平桌面的距离为,‎ 由棱柱的对称性可得点到平面的距离为,设与液面所成角为,‎ 则,所以③正确,‎ 所以①②③正确,‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查三棱柱的体积,考查线面夹角,考查点到平面的距离,考查转化思想和空间想象能力.‎ 二､填空题 ‎13.已知，，若，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得,代入求解即可.‎ ‎【详解】由题,因为,所以,解得,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查由向量垂直求参数,属于基础题.‎ - 23 -‎ ‎14.函数在上的最大值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求导可得,再利用导函数判断函数单调性,进而求得最值.‎ ‎【详解】由题,,令,所以,,‎ 所以当时,,所以在上单调递增；‎ 当时,,所以上单调递减,‎ 则,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查利用导函数求最值,考查运算能力.‎ ‎15.定义运算，若，且，，则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中定义可得,即,则,利用差角公式求解即可.‎ ‎【详解】由题,因为,所以,即 - 23 -‎ ‎,‎ 因为,,所以,所以,‎ 所以,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查已知三角函数值求值,考查余弦的和（差）角公式的应用,考查理解分析能力.‎ ‎16.“克拉茨猜想”又称“猜想”，是德国数学家洛萨·克拉茨在1950年世界数学家大会上公布的一个猜想:任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半；如果是奇数，就将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终都能够得到1.已知正整数经过7次运算后首次得到1，则的所有不同取值的集合为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题,设第7次的运算结果为,分别讨论第6次为奇数和偶数的情况,即可推导第6次的结果,依次类推,经过7次运算后得到所求,求解过程中需注意,正整数经过7次运算后首次得到1,则运算过程中出现非正整数及1均不符合条件.‎ ‎【详解】由题,由正整数经过7次运算后首次得到1,即可设第7次的运算结果为,‎ 若第6次为奇数,则,解得,不符合；‎ 若第6次为偶数,则,解得；‎ 若第5次为奇数,则,解得,不符合；‎ 若第5次为偶数,则,解得；‎ 若第4次为奇数,则,解得,不符合；‎ - 23 -‎ 若第4次为偶数,则,解得；‎ 若第3次为奇数,则,解得,不符合；‎ 若第3次为偶数,则,解得；‎ 若第2次为奇数,则,解得①；‎ 若第2次为偶数,则,解得②；‎ 第1次为奇数,则①,解得,不符合；②,解得,不符合；‎ 第1次为偶数,则①,解得③；②,解得④；‎ 若为奇数,则③,解得；④,解得；‎ 若为偶数,则③,解得；④,解得.‎ 综上,的所有不同取值的集合为,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查合情推理,考查理解分析能力与分类讨论思想.‎ 三､解答题 ‎17.某大型运动会的组委会为了搞好接待工作，招募了30名男志愿者和20名女志愿者.调查发现，这些志愿者中有部分志愿者喜爱运动，另一部分志愿者不喜欢运动，并得到了如下等高条形图和列联表:‎ 喜爱运动 不喜爱运动 总计 男生 ‎30‎ 女生 ‎20‎ 总计 ‎50‎ - 23 -‎ ‎（1）求出列联表中､､､的值；‎ ‎（2）是否有的把握认为喜爱运动与性别有关?附:参考公式和数据:，（其中）‎ ‎0.500‎ ‎0.100‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎0.455‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎【答案】（1）24，6，8，12（2）有的把握认为喜爱运动与性别有关 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用等高条形图中的数据求解即可；‎ ‎（2）由（1）,将数据代入公式求解,并与6.635比较即可.‎ ‎【详解】（1）由等高条形图可得:‎ ‎,,,.‎ ‎（2）,‎ 所以有的把握认为喜爱运动与性别有关.‎ ‎【点睛】本题考查完善列联表,考查独立性检验解决实际问题.‎ ‎18.已知数列和满足，若数列为等差数列，，.‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ ‎（1）当时可得,当时,作差可得,由可得,则可根据等差数列的定义求得数列的通项公式；再利用累乘法求得数列的通项公式；‎ ‎（2）由（2）可得,利用裂项相消法求解即可.‎ ‎【详解】（1）当时,,∴；‎ 当时,,‎ ‎∴,‎ 又,∴,‎ ‎∵为等差数列,设公差为,则,即,‎ ‎∴,‎ ‎∴，则,由累乘法得,‎ 经验证时仍满足,∴.‎ ‎（2）由（1）,,‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式,考查累乘法求通项公式,考查递推公式的应用,考查裂项相消法求数列的和.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，侧棱平面，底面是直角梯形，，，，，在棱上，且，若平面与棱相交于点，且平面平面.‎ - 23 -‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由面面平行的性质可得,即可求解；‎ ‎（2）由（1）可知到平面的距离等于到平面的距离的,进而利用等体积法由求解即可.‎ ‎【详解】（1）∵平面平面,且平面平面,平面平面,‎ ‎∴,‎ 又,∴,∴.‎ ‎（2）由（1）,∵为的三等分点,∴到平面的距离等于到平面的距离的,‎ 设到平面的距离为,∵平面,‎ ‎∴,‎ 又∵,,∴,‎ ‎∵,‎ ‎∴平面,∴,‎ 由等体积法:,即,‎ ‎,,,,‎ - 23 -‎ ‎,,‎ ‎∴,‎ ‎∴到平面的距离等于.‎ ‎【点睛】本题考查面面平行的性质的应用,考查等体积法求点到平面距离,考查运算能力与转化思想.‎ ‎20.已知抛物线过点，该抛物线的准线与椭圆:相切，且椭圆的离心率为，点为椭圆的右焦点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）过点直线与椭圆交于､两点，为平面上一定点，且满足，求直线的方程.‎ ‎【答案】（1）（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将点代入抛物线方程可得,即可得到准线方程,又由于椭圆相切可得,再利用椭圆的离心率求得,进而求解；‎ ‎（2）分别讨论直线斜率为0与直线斜率不为0的情况,利用斜率公式处理,对于直线斜率不为0的情况,设直线为,联立直线与椭圆方程,由韦达定理可得的关系,代入中即可求解.‎ ‎【详解】（1）抛物线过点,,即,‎ ‎∴抛物线的准线为,∴,‎ 又∵,∴,,‎ - 23 -‎ ‎∴椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）由（1）,右焦点,‎ 若直线斜率为0,则不妨设,,‎ ‎∴,满足条件,此时直线的方程为；‎ 若直线的斜率不为0,设的方程为,‎ 与椭圆的方程联立得:,可得恒成立,‎ 设,,由韦达定理得,,①‎ ‎∴,‎ 将①代入得,解得,‎ 综上所述,直线的方程为或.‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆的方程,考查抛物线的几何性质的应用,考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查分类讨论思想.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）当时，总有，求整数的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代回可得,先求导可得,则即为切线斜率,再由直线的点斜式方程求解即可；‎ - 23 -‎ ‎（2）由且,整理可得恒成立,设,进而利用导函数求得的最大值,即可求解.‎ ‎【详解】（1）当时,,‎ ‎∴,‎ ‎∴,,‎ ‎∴在点处的切线方程为,即.‎ ‎（2）由题,即,即,‎ 又,∴恒成立,‎ 令,∴,‎ 令,则恒成立,‎ ‎∴在上递减,‎ ‎,,,‎ ‎∴使,即,则,‎ ‎∴当时,；当时,,‎ ‎∴,‎ 因为,且,∴,即整数的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查求曲线上一点的切线方程,考查利用导函数求函数的最值,考查运算能力.‎ 选修4-4:坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.在以坐标原点为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为 - 23 -‎ ‎.‎ ‎（1）若点在直线上，求直线的极坐标方程；‎ ‎（2）已知，若点在直线上，点在曲线上，且最小值为，求的值.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用消参法以及点求解出的普通方程，根据极坐标与直角坐标的转化求解出直线的极坐标方程；‎ ‎（2）将的坐标设为，利用点到直线的距离公式结合三角函数的有界性，求解出取最小值时对应的值.‎ ‎【详解】（1）消去参数得普通方程为，‎ 将代入，可得，即 所以的极坐标方程为 ‎（2）的直角坐标方程为 直线的直角坐标方程 设的直角坐标为 ‎∵在直线上，∴的最小值为到直线的距离的最小值 ‎∵，∴当，时取得最小值 - 23 -‎ 即，∴‎ ‎【点睛】本题考查直线的参数方程、普通方程、极坐标方程的互化以及根据曲线上一点到直线距离的最值求参数，难度一般.（1）直角坐标和极坐标的互化公式：；（2）求解曲线上一点到直线的距离的最值，可优先考虑将点的坐标设为参数方程的形式，然后再去求解.‎ 选修4-5:不等式选讲 ‎23.设函数.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）记的最大值为，若实数、、满足，求证：.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）采用零点分段法：、、，由此求解出不等式的解集；‎ ‎（2）先根据绝对值不等式的几何意义求解出的值，然后利用基本不等式及其变形完成证明.‎ ‎【详解】（1）当时，不等式为，解得 当时，不等式为，解得 当时，不等式为，解得 ‎∴原不等式的解集为 ‎（2）‎ - 23 -‎ 当且仅当即时取等号，‎ ‎∴，∴‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴（当且仅当时取“”）‎ 同理可得，‎ ‎∴‎ ‎∴（当且仅当时取“”）‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及利用基本不等式证明不等式，难度一般.（1）常见的绝对值不等式解法：零点分段法、图象法、几何意义法；（2）利用基本不等式完成证明时，注意说明取等号的条件.‎ - 23 -‎ - 23 -‎