【数学】湖北省武汉市武昌区2020届高三元月调研考试试题（理）（解析版）

【数学】湖北省武汉市武昌区2020届高三元月调研考试试题（理）（解析版）

湖北省武汉市武昌区2020届高三元月调研考试数学试题（理）‎ 一、选择题：‎ ‎1.已知集合，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】化简，，，‎ 可得a=0，可得，可得，‎ 故选：D.‎ ‎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】由题意，可得，，‎ ‎，在复平面对应的点为，‎ 故选：A.‎ ‎3.已知是各项均为正数的等比数列，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】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.‎ ‎4.已知，，，则的大小关系为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】，即；‎ ‎，，‎ 可得，‎ 故选：D.‎ ‎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】由题意得：‎ ‎,‎ 故选：D.‎ ‎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】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.‎ ‎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】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.‎ ‎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】过点B作与点N，过点B作于点K,设，则,‎ 则,,，可得,可得,,‎ ‎,则四边形的面积 ‎,‎ 故选：C.‎ ‎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】如图，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.‎ ‎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（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】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.‎ ‎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】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.‎ ‎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 ‎【解析】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.‎ 二、填空题： ‎ ‎13.的展开式中，项的系数是__________．‎ ‎【答案】240‎ ‎【解析】由题意得：，只需，可得，‎ 代回原式可得，‎ 故答案：240.‎ ‎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】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.‎ ‎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】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.‎ ‎∴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】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.‎ 三、解答题：‎ ‎17.在中，已知，，是边上的一点，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求的面积.‎ 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 ‎18.如图，在直角三棱柱中，，，，，分别为，，的中点.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求二面角的正弦值.‎ ‎（1）证明：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，‎ 因为，‎ 所以平面，‎ 因为平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎（2）解；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.‎ ‎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.‎ 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.‎ 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.‎ ‎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 ‎（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 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 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.‎ ‎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：.‎ 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，‎ 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.‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（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.‎ 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 ‎.‎ ‎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：.‎ 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.‎