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（理）试题

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（理）试题

武汉市部分学校新高三起点质量监测 理科数学 一、选择题：本题共12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.已知集合，则（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解一元二次不等式即可得出结果 ‎【详解】由得其在上的补集为，故选D ‎【点睛】本题考查集合的补集，是一道基础题。‎ ‎2.设，则（）‎ A. 0 B. 1 C. D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将分母实数化，然后直接求其模。‎ ‎【详解】‎ ‎【点睛】本题考查复数的除法及模的运算，是一道基础题。‎ ‎3.已知双曲线的离心率为，则双曲线的焦距为（）‎ A. 4 B. 5 C. 8 D. 10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过离心率和的值可以求出，进而 可以求出焦距。‎ ‎【详解】有已知可得，又，，焦距，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，，，则是的（）‎ 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，可以得到不能推出，可以推出。‎ ‎【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，所以不能推出 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，所以可以推出，所以是的必要不充分条件，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.已知函数为奇函数，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过求出，得到，即可以求出。‎ ‎【详解】是奇函数 ‎，故选：A ‎【点睛】因为函数是奇函数，所以通过特殊值法，快速求出的值，是一道简单题。‎ ‎6.已知曲线，，则下面结论正确的是（）‎ A. 把曲线向右平移个长度单位得到曲线 B. 把曲线向左平移个长度单位得到曲线 C. 把曲线向左平移个长度单位得到曲线 D. 把曲线向右平移个长度单位得到曲线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将通过合一公式化为向右平移就可以得到。‎ ‎【详解】，把曲线向右平移个长度单位得 即为，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.若没有零点，则实数的取值范围是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选择特殊值，当时，函数很明显没有零点，排除BCD。‎ ‎【详解】当时，，令则恒成立，无解，即无零点。故选：A。‎ ‎【点睛】此题时一道选择题，可以代特殊值然后排除，是一道简单题。‎ ‎8.已知三棱锥的四个顶点均在球的球面上，，且，，两两互相垂直，则球的体积为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三棱锥的外接球，正好是以，，这三条棱构成的正方体的外接球，直径，即可求出球的体积。‎ ‎【详解】，，，故选：C。‎ ‎【点睛】本题通过，，两两互相垂直，可以构造以，，‎ 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.圆周率是一个在数学及物理学中普遍存在的数学常数，它既常用又神秘，古今中外很多数学家曾研究它的计算方法.下面做一个游戏：让大家各自随意写下两个小于1的正数然后请他们各自检查一下，所得的两数与1是否能构成一个锐角三角形的三边，最后把结论告诉你，只需将每个人的结论记录下来就能算出圆周率的近似值.假设有个人说“能”，而有个人说“不能”，那么应用你学过的知识可算得圆周率的近似值为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把每一个所写两数作为一个点坐标，由题意可得与1不能构成一个锐角三角形是指两个数构成点的坐标在圆内，进一步得到，则答案可求。‎ ‎【详解】总人数为，写出的组数可以看作是个点，满足与1不能构成一个锐角三角形是指两个数构成的坐标在圆内，则，即，故选：C。‎ ‎【点睛】本题是古典概型和几何概型的实际应用，是一道中等难度的题目。‎ ‎10.已知是椭圆上任意一点，，是椭圆上关于坐标原点对称的两点，且直线，的斜率分别为，，若的最小值为1，则实数的值为（）‎ A. 1 B. 2 C. 1或16 D. 2或8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先假设出点，，的坐标，然后表示出两斜率的关系，再由最小值为1‎ 运用基本不等式的知识求最小值，进而可以求出。‎ ‎【详解】设，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ =1，，故选：A。‎ ‎【点睛】本题大胆设点，表示出斜率，运用基本不等式求参数的值，是一道中等难度的题目。‎ ‎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{第一个四面体向下的一面出现偶数}；事件{第二个四面体向下的一面出现奇数}；{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}.给出下列说法：‎ ‎①；‎ ‎②；‎ ‎③；‎ ‎④，‎ 其中正确的有（）‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可知，且，可求①②④。然后事件 不可能同时发生，则。‎ ‎【详解】故①④对，‎ 故②对，‎ 事件不可能同时发生，，故③错 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查事件同时发生的概率问题，是一道中等难度的题目。‎ ‎12.已知，，，则，，的大小关系是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若对数式的底相同，直接利用对数函数的性质判断即可，若底不同，则根据结构构造函数，利用函数的单调性判断大小。‎ ‎【详解】对于的大小：，，明显；‎ 对于的大小：构造函数，则，‎ 当时，在上单调递增，‎ 当时，在上单调递减，‎ 即 对于的大小：，，，‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】将两两变成结构相同的对数形式，然后利用对数函数的性质判断，对于结构类似的，可以通过构造函数来来比较大小，此题是一道中等难度的题目。‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若的展开式中所有项系数和为81，则展开式的常数项为________.‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在展开式中，令可得所有项系数和，可解得，再由通项公式可得常数项为8‎ ‎【详解】在的二项展开式中，令得所有项的系数和为，解得，所以的二项展开式中的通项为，‎ 令，得，常数项为，故答案为：8.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理．属中档题。‎ ‎14.已知数列满足，，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用递推关系可得数列的周期性，进而得出。‎ ‎【详解】，，，‎ 同理可得：，，，，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查了数列的递推关系、数列的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题。‎ ‎15.已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意不妨设，，，利用求出的解析式，再利用配方法求最值。‎ ‎【详解】由，，，不妨设，，，则，又，，，‎ 不妨取 ‎，所以最小值为 ‎【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算与配方法的应用问题，是道中等难度的题目。‎ ‎16.若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则________.‎ ‎【答案】1或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别设出直线与两曲线的切点坐标，求出导数值，得到两切线方程，由两切线重合得斜率和截距相等，从而求得切线方程的答案。‎ ‎【详解】设与和的切点分别为，由导数的几何意义可得，曲线在在点处的切线方程为，即，曲线在点处的切线方程为，即，则，解得，或，所以或。‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处切线方程，考查计算能力，是中档题。‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知数列的前项和.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用求的通项公式；（2）用裂项求和法求的前项和。‎ ‎【详解】解：（1）由，知.‎ 当时，（也成立）.‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）知，‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题考查法求通项公式，裂项求和法求前项和，是一道基础题。‎ ‎18.设的内角，，的对边分别为，，，已知，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若的面积，求的周长.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【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。‎ 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，由正弦定理知.‎ 又，所以，‎ 即.‎ ‎∴.∵，∴.‎ ‎（2）由，及余弦定理，得.①‎ 因为，所以.②‎ 由①②解得或 ‎∴的周长.‎ ‎【点睛】（1）利用正弦定理进行边化角，对于式子中同时出现与，我们将变为，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，余弦定理里面也有，两者可联立进行计算。本题是一道中等难度的题目。‎ ‎19.如图，四棱锥的底面为平行四边形，，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，连接、，由已知可证，，可得平面，可证。‎ 由已知可得是等腰三角形，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，求出面与面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角的余弦值。‎ ‎【详解】解：（1）取中点，连接、.‎ 由，知，，.‎ 又∴平面，‎ 又平面，∴.‎ ‎（2）法一：由题可得，，故，所以.‎ 所以可以为原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系.‎ 则，，，，‎ ‎，，，.‎ 设平面的一个法向量为，则 即令得.‎ 同理可得平面的一个法向量为.‎ ‎∴.‎ 又二面角为锐二面角所以二面角的余弦为.‎ 法二：设二面角，的大小分别为，，则 ‎，，‎ ‎∴.‎ 即二面角的余弦为.‎ 而二面角与二面角大小互补、故二面角的余弦为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查了利用空间向量求解空间角，考查计算能力，是中档题。‎ ‎20.已知动点到直线的距离比到定点的距离多1.‎ ‎（1）求动点的轨迹的方程 ‎（2）若为（1）中曲线上一点，过点作直线的垂线，垂足为，过坐标原点的直线交曲线于另外一点，证明直线过定点，并求出定点坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析，定点坐标为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用直接法，求动点的轨迹的方程。‎ 设出直线方程以及，由、、三点共线可得，将直线方程与联立，可得，利用韦达定理，可得，所以，得出直线过定点。‎ ‎【详解】解：（1）设点，则.‎ 当时，，即，‎ 整理得.‎ 当时，，即，‎ 整理得，由知，矛盾，舍去.‎ ‎∴所求轨迹方程为.‎ ‎（2）设，，，则.‎ 由、、三点共线知，即.‎ 所以.①‎ 由得，‎ 所以②‎ 由①②得，即，此表达式对任意恒成立，‎ ‎∴.即直线过定点，定点坐标为.‎ ‎【点睛】直接法是求轨迹方程的重要方法。‎ 当式子里面出现，则设出直线联立方程，利用韦达定理代入计算，本题是一道中等难度的综合体。‎ ‎21.武汉又称江城，是湖北省省会城市，被誉为中部地区中心城市，它不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着众多名胜古迹与旅游景点，每年来武汉参观旅游的人数不胜数，其中黄鹤楼与东湖被称为两张名片为合理配置旅游资源，现对已游览黄鹤楼景点的游客进行随机问卷调查，若不游玩东湖记1分，若继续游玩东湖记2分，每位游客选择是否游览东湖景点的概率均为，游客之间选择意愿相互独立.‎ ‎（1）从游客中随机抽取3人，记总得分为随机变量，求的分布列与数学期望；‎ ‎（2）（i）若从游客中随机抽取人，记总分恰为分的概率为，求数列的前10项和；‎ ‎（ⅱ）在对所有游客进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为分的概率为 ‎，探讨与之间的关系，并求数列的通项公式.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）（i）（ⅱ），‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）判断出可能取值为3，4，5，6，分别求出概率，进而求出其数学期望。‎ ‎（2）（i）由题可得首项为，公比为的等比数列，并求其前10项和。（ⅱ）根据与之间的关系，用待定系数法得，进一步就可求出的通项公式。‎ ‎【详解】解：（1）可能取值为3，4，5，6.‎ ‎，，，.‎ ‎∴的分布列为 ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎∴‎ ‎（2）（i）总分恰为分的概率为，‎ ‎∴数列是首项为，公比为的等比数列，‎ 前10项和.‎ ‎（ⅱ）已调查过累计得分恰为分的概率为，得不到分的情况只有先得分，再得2‎ 分，概率为，.‎ 所以，即 ‎∴.‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题是一道数列与概率的综合问题，对于递推式，可通过待定系数法求的通项公式，是一道中等难度的题目。‎ ‎22.已知函数，是的导函数.‎ ‎（1）证明：当时，上有唯一零点；‎ ‎（2）若存在，且时，，证明：.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，当时，单调递增，利用和判断出上有唯一零点。当时，的最小值大于零，则在 上没有零点.（2）令，，将转化为，再构造函数利用导数证明最小值小于0.‎ ‎【详解】（1）证明：当时，，.‎ 当时，为增函数，且，，‎ ‎∴在上有唯一零点；‎ 当时，，‎ ‎∴在上没有零点.‎ 综上知，在上有唯一零点.‎ ‎（2）证明：不妨设，由得，‎ ‎∴.‎ 设，则，故在为增函数，‎ ‎∴，从而，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 下面证明：.‎ 令，则，即证明，只要证明.（*）‎ 设，则，∴在单调递减.‎ 当时，，从而（*）得证，即.‎ ‎∴，即.‎ ‎【点睛】（1）零点问题可利用函数单调性和零点存在性定理来解决。‎ ‎（2）通过换元将两个变量转化为一个变量，构造函数，利用导数来证明不等式。‎ 本题是一道综合性的难题。‎ ‎ ‎