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（理）试题 Word版含解析

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（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 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(理科) ‎ 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.复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数模与除法运算即可得到结果.‎ ‎【详解】解: ，‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查复数除法运算，考查复数的模，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C - 31 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解指数型不等式，得到集合进而求其补集，然后与集合取交集即可.‎ ‎【详解】解:集合， ‎ 所以 故选：C ‎【点睛】本题考查交集与补集运算，考查不等式的解法，考查计算能力，属于常考题型.‎ ‎3.已知等差数列的前项和为，且成公比为的等比数列，则等于（ ）‎ A. 或 B. C. D. 或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得求得或，进而根据等比定义求即可.‎ ‎【详解】解:成公比为的等比数列，‎ ‎，又为等差数列，‎ ‎，‎ ‎ 即 即或.‎ 或或 故选：A ‎【点睛】本题考查等差数列等比数列基本量的运算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.若，则的值为 - 31 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎∵sin（–x）=–sin（x–）=，∴sin（x–）=–，∴sin（2x+）=sin（2x–+）=‎ cos（2x–）=cos[2（x–）]=1–2sin2（x–）=1–2×（–）2=–．故选D．‎ ‎5.已知，且，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用“乘1法”与均值不等式即可得出．‎ ‎【详解】解法一:由题得，‎ 取等条件为，即，‎ 故选：‎ 解法二:由得即，‎ 又.‎ ‎，‎ - 31 -‎ 取等条件为，即，‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题考查均值不等式的应用，考查“乘1法”，属于常考题型.‎ ‎6.若函数在区间上是减函数，且，则函数在区间上（ ）‎ A. 是增函数 B. 是减函数 C. 可以取得最大值2 D. 可以取得最小值2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，，利用平移知识与图象即可得到结果.‎ ‎【详解】，，‎ 的图像由的图像向左平移所得.‎ 在区间上是减函数，且.‎ - 31 -‎ 如图，将向左平移，即个周期，可以取得最小值.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查正弦型函数的图象与性质，考查函数的单调性、最值及图象变换知识，考查数形结合思想，属于中档题.‎ ‎7.已知，，，则，，的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数与对数函数的图象与性质即可得大小关系.‎ ‎【详解】解:且，‎ 所以的大小关系为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎8.已知曲线：，直线：，则是直线与曲线相切的（ ）‎ - 31 -‎ 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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线与曲线相切，明确的取值，再结合充分必要性作出判断.‎ ‎【详解】解:，直线过定点，且曲线也过点.若直线与曲线相切，设切点横坐标为，则切线为，则，解之或，所以是直线与曲线相切的充分不必要条件.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查充要条件的判断，涉及直线与三次函数相切问题，考查计算能力与转化能力，属于中档题.‎ ‎9.鲁班锁是中国古代传统土木建筑中常用的固定结合器，也是广泛流传于中国民间的智力玩具，它起源于古代中国建筑首创的機卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，外观看上去是严丝合缝的十字几何体，其上下、左右、前后完全对称，十分巧妙.鲁班锁的种类各式各样，其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名九根的鲁班锁由如图所示的九根木榫拼成，每根木榫都是由一根正四棱柱状的木条挖些凹槽而成，若九根正四棱柱底面边长均为，其中六根短条的高均为，三根长条的高均为，现将拼好的鲁班锁放进一个圆柱形容器内，使鲁班锁最高的一个正四棱柱形木榫的上、下底面分别在圆柱的两个底面内，则该圆柱形容器的体积(容器壁的厚度忽略不计)的最小值为（ ）‎ - 31 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆柱的底面半径为，用平行于圆柱的底面的平面截圆柱和中间横向最长木条，在截面图中利用勾股定理即可得到结果.‎ ‎【详解】解:设圆柱的底面半径为，用平行于圆柱的底面的平面截圆柱和中间横向最长木条，‎ 得到截面图如图所示，则，‎ 圆柱体积为 故选：B ‎【点睛】本题考查球、正四棱柱等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，是中档题．‎ ‎10.已知是定义在上的函数，是函数的导函数，且，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C - 31 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意构造函数，明确函数的单调性，即可比较大小.‎ ‎【详解】解:令，则，‎ 所以在上单调递增.‎ 由可得，得，故选项不正确.‎ 由可得，故选项不正确,选项正确，‎ 同理可判断选项不正确.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查函数值大小的比较，考查利用导数判断函数的单调性，考查函数与方程思想，属于中档题.‎ ‎11.如图， 分别为边长为的正方形的边的中点，将正方形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，以下结论错误的是（ ）‎ A. 平面 B. 异面直线与所成的角为定值 C. 存在某个位置，使得直线与直线垂直 D. 三棱锥体积的最大值为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线面平行判定定理判断A选项，利用线面垂直的性质判断B选项，利用垂直的转化说明C - 31 -‎ 选项，利用等积法说明D选项.‎ ‎【详解】选项，因为，所以平面，故选项正确；‎ 选项，取中点，连接，则，且，所以平面，所以，异面直线与所成的角为，为定值，故选项正确；‎ 选项若直线与直线垂直，因为直线与直线也垂直，‎ 则直线平面，所以直线直线，‎ 又因为，所以平面，所以，‎ 而是以和为腰长等腰三角形，这显然不可能，故选项不正确；‎ 选项，，当平面平面时取最大值，，故选项正确.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查了线面平行与线线垂直的判定和性质定理，考查几何体体积的计算，考查空间想象能力和推理能力，是中档题．‎ ‎12.已知函数，给出下列结论: ①是周期函数；②是奇函数:③是函数的一个单调递增区间；④若，则；⑤不等式的解集为，则正确结论的序号是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦型函数的图象与性质逐一判断即可.‎ ‎【详解】因为，所以是的一个周期，选项①正确；‎ - 31 -‎ 因为，所以是奇函数，选项②正确；‎ 当时，单调递增，又因为是奇函数且过原点，所以是函数的一个单调递增区间，选项③正确；‎ 由②③可画出函数在上的图像，又因为，所以的图像关于对称，可画出函数在上的图像，即得到函数在上的图像，即一个周期的图像，在上的对称中心为和，所以在整个定义域上对称中心为，即若，则，‎ 选项④不正确；‎ 先求不等式在一个周期内的解集，取区间，因为，则，在整个定义域上则，‎ - 31 -‎ 解得，故选项⑤正确，‎ 综上，正确..‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查如何运用研究正弦函数、余弦函数的方法，去研究新的、没见过的周期函数，考查学生分析解决问题的能力.为了降低难度，引导学生先画出一个周期的函数图像，进而得到整个函数图像，为④⑤服务.选项的设置实际上告诉了学生②的正确性，同时引导学生重点需要判断④⑤，④⑤只需要准确判断其中一个，就能选出正确答案，降低了难度.‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13.非零向量和满足，，则与的夹角为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由向量的数量积运算可得，再利用向量的夹角公式，再将已知条件代入运算即可得解.‎ ‎【详解】解：由非零向量和满足，‎ 则，即，‎ 设与的夹角为，则，‎ 又 ，则，‎ 又，‎ 所以，‎ 故答案为.‎ - 31 -‎ ‎【点睛】本题考查了向量数量积公式及向量的夹角公式，重点考查了运算能力，属中档题.‎ ‎14.已知实数满足，则的取值范围为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，，只需求可行域内的点到直线的距离的最值即可.‎ ‎【详解】解:画出可行域，‎ ‎，只需求可行域内的点到直线的距离的最值，‎ 观察可得最小值为，最大值为与的交点到直线的距离，再乘以，结果为，故取值范围为 故答案为：‎ ‎【点睛】目标函数加了一个绝对值，不同的学生就会有不同的做法，好学生转化成点到直线的距离，直接可以观察最小值是，只用求最大值，算一个交点就可以了；一般的学生可以先求的范围，再求绝对值的范围，那就要多算一个交点的坐标；当然，也可以分两类确定的符号后再求具体范围， 工作量就要大一些了.‎ - 31 -‎ ‎15.已知函数，若函数有且只有个不同的零点，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有且只有个不同的零点等价于偶函数与偶函数的图象有且只有个不同的交点，即有两个不等正根，即有两个不等正根.‎ ‎【详解】有且只有个不同的零点等价于偶函数与偶函数的图象有且只有个不同的交点，即有两个不等正根，即有两个不等正根. ‎ 令，则，它在内为负，在内为正，‎ 在上单调递减，在上单调递增，且 又当时，，当时， ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了函数的零点问题，考查了导数知识，考查函数与方程思想、等价转化思想，属于中档题.‎ - 31 -‎ ‎16.已知数列的各项均为正数，且，，其中为数列的前项和，设，则的最大值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，采用两式相减的方式得到数列的通项，求出其前n项和，明确，利用作商的方式，研究数列的单调性，从而得到最值.‎ ‎【详解】由得 两式相减得，‎ ‎，‎ 两式相减有 数列各项均为正数，‎ ‎，而，‎ 数列是公差为的等差数列，‎ ‎，‎ ‎，‎ 令，解得 ‎，‎ - 31 -‎ 的最大值 故答案为：‎ ‎【点睛】本题常规题，考查知识点有:递推数列、等差数列通项、求和公式、数列单调性和最值，虽然都是常规知识点，但融合到一起要想顺利解决，需要对这些知识点深刻理解、熟练掌握.‎ 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.在中，角所对边的长分别为，且 ‎(1)求的值；‎ ‎(2)若的面积，的外接圆的直径为，求的周长.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由条件结合正弦定理可得，通分化简可得结果；‎ ‎(2)由的外接圆的直径为可知，结合（1）的结果可得，再利用面积公式可得，利用余弦定理可得，进而得到的周长.‎ ‎【详解】解：(1) ，由正弦定理可得 即，‎ 即；‎ ‎(2)外接圆直径为，，‎ 又由(1)得 的面积，‎ 由余弦定理得 或（舍）‎ - 31 -‎ 周长.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正余弦定理，三角形面积公式的应用，考查了两角和的正弦公式的应用，熟练应用相关公式及定理是解题的关键，属于基本知识的考查．‎ ‎18.已知数列和均为等差数列，‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)设数列满足，求数列前项和.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由数列和均为等差数列，可得，从而可得数列的通项公式；‎ ‎(2) 由(1)及题设得，利用裂项相消法求和即可.‎ ‎【详解】解：数列为等差数列，‎ 又数列为等差数列，‎ 即即 又，‎ 由(1)及题设得 - 31 -‎ ‎【点睛】本题重点考查裂项相消求和，但又不是学生通常几乎都会背的那种裂项相消，考查学生对裂项相消求和方法的理解.‎ ‎19.如图，已知四棱锥的底面是边长为的正方形，分别是棱的中点，，直线与平面所成的角的正弦值为 ‎(1)证明:平面；‎ ‎(2)求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 在平面内延长交的延长线于，证明，即可得到平面；‎ ‎(2) 先找出为直线与平面所成的角，进而得到平面，通过三垂线法求得是二面角的一个平面角，解之即可.‎ 解法二(向量法)‎ 建立空间直角坐标系，(1) 在平面内作，则 即可得到平面；‎ ‎(2)求出两个半平面的法向量，利用向量夹角公式，即可得到结果.‎ ‎【详解】解法一(非向量法): (1)方法一:在平面内延长交的延长线于 - 31 -‎ 是正方形中边的中点，是的中点 又是的中点，‎ 又平面平面，平面.‎ 方法二:取的中点 分别是的中点，‎ 又是正方形中边的中点，，‎ 是平行四边形，‎ 又平面，平面，‎ 平面.‎ 方法三:取中点分别是的中点，‎ 同理 - 31 -‎ 底面是正方形，，又，‎ 又平面，平面，平面.‎ 同理平面，又平面平面 平面平面.‎ 又平面.‎ 平面 ‎(2)，平面，平面，平面 又，平面，‎ 为直线与平面所成的角.‎ ‎，‎ 又分别为的中点，底面边长为，‎ ‎.‎ 且 平面，平面，‎ 平面平面，且交线为 又，且平面，平面 在平面内作于点，则 又，平面，平面，平面 再作于点，则是二面角的一个平面角 在正方形中可求得，‎ - 31 -‎ 二面角的余弦值.‎ 解法二(向量法):，，，平面，平面.‎ 平面，又平面， ①‎ 是的中点，‎ ‎，设为的中点，则同①得 则两两垂直，‎ 可分别以为轴建立空间直角坐标系 设 在平面内作，则 平面，平面，平面 ‎，是平面的一个法向量 - 31 -‎ 又直线与平面所成的角的正弦值为，(负舍)‎ ‎，，‎ 设平面，则即，令得 设平面，则即，令得 又指向二面角，指向二面角，二面角的余弦值为 ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，二面角的度量，考查逻辑推理能力、空间想象能力、运算能力，属于中档题.‎ ‎20.“双十一”期，某电商店铺的活动为:全场商品每满元返元的优惠券(例如:买元的商品，可用两张优惠券，只需付(元).其中表示不大于的最大整数).此外，在店铺优惠后，电商平台全场还提供每满元减元的优惠(例如:店铺原价元的一单，最终价格是 (元)，店铺优惠后不满元则不能享受全场每满元减元的优惠活动 ‎(1)小明打算在店铺买一款元的耳机和一款元的音箱，是下两单(即耳机、音箱分两次购买) 划算?还是下一单(即耳机、音箱一起购买)划算?‎ ‎(2)小明打算趁“双十一”囤积某生活日用品若干，预算不超过元，该生活日用品在店铺 - 31 -‎ 的售价为元/件试计算购买多少件该生活日用品平均价格最低？最低平均价格是多少?‎ ‎【答案】(1) 下一单划算(2) 购买件或件该生活日用品的平均价格最低，最低平均价格为元/件.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分别计算下两单与下一单，实际付款额，即可作出判断；‎ ‎(2) 假设购买件，平均价格为元/件，分成两段：，，构建平均价格的函数，求最值即可.‎ ‎【详解】解: (1)若下两单，耳机优惠后实际付款为 (元)‎ 音响优惠后实际付款为(元)‎ 耳机和音响优惠后一共实际付款元 若下一单，耳机和音响优惠后一共实际付款 (元)‎ 下一单划算 ‎（2）方法一:假设购买件，平均价格为元/件 由于不能超过元预算，最多只能购买件，且当时不能享受满元减元的优惠，当时能享受一次每满元减元的优惠 当时不能享受每满元减元的优惠，‎ 则 当时，.‎ 当时，‎ 当时购买偶数件该生活日用品的平均价格最低，最低平均价格为元/件.‎ ‎2°当时能享受一次每满元减元的优惠，‎ 则 - 31 -‎ 当时，.当时，‎ 当时，，当时，‎ 综上，购买件或件该生活日用品的平均价格最低，最低平均价格为元/件.‎ 方法二:设购买件应付款为元，平均价格为元/件 则 ‎，‎ 第一段:；第二段:大于 第三段:当时，取最小值；第四段:当时，取最小值 综上，购买件或件该生活日用品的平均价格最低，最低平均价格为元/件.‎ ‎【点睛】本题考查分段函数的应用，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎(1)讨论函数的极值点个数；‎ ‎(2)若函数有且只有一个极值点，且，求实数的取值集合.‎ - 31 -‎ ‎【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，判断函数的极值点的个数即可；‎ ‎(2) 若函数有且只有一个极值点 则由(1)知，且且即,,构建新函数研究最值即可.‎ ‎【详解】解: (1)由题得 若，则函数定义域为 ‎①即时 则在内且不连续取，在单调递减 此时在定义域内没有极值点..‎ ‎②即 则在内有两个根 当时，单调递减，‎ 当时，，单调递增 当时，，单调递减 当时在内有且只有个极值点.‎ 若，则函数定义域为 二次函数的开口向下，对称轴，，判别式 在只有一个根 当时，单调递增，‎ - 31 -‎ 当时，，单调递减 综上，当时在内没有极值点，当时在内有且只有个极值点. 当时在内有且只有个极值点.‎ ‎(2)方法一:若函数有且只有一个极值点 ‎ 则由(1)知，且且即 由得①‎ 令，则 当时，单调递减，当时，单调递增 ‎.‎ 又由知，‎ 实数的取值集合为.‎ 方法二: 若函数有且只有一个极值点 则由(1)知，且且 即 由得 ‎ ①‎ 令， ‎ - 31 -‎ 则在内负，在内为正 在内单调递减，在内单调递增，‎ 又由①得 ‎，即，实数的取值集合为.‎ ‎【点睛】本题主要考查分类讨论、导数的应用，中偏难，与21题一起双压轴.第一问的亮点是和时定义城不一样，确定定义城是研究函数的第一步，这对不喜欢考虑定义城的学生是一个教训.第一问题讨论的侧重点放在了对二次函数正负的讨论，需要从开口、对称轴、判别式、端点函数值符号四个方面控制，是二次函数研究的重点，同时也是学生比较熟悉的函数类型，所有学生都能上手，但不一定都能做对.第二问也不难，解二元的不等式，先消元，利用单调性解不等式，再代回两个元之间的关系式求出a的取值集合.‎ 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.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为， (为参数)，以直角坐标系的原点为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎(1)求直线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎(2)已知直线与曲线交于两点，试求两点间的距离.‎ ‎【答案】(1) 直线的极坐标方程为，曲线的普通方程为(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)化直线的参数方程为普通方程，进而化为极坐标方程，曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；‎ - 31 -‎ ‎(2) 将直线的参数方程代入曲线的普通方程，利用韦达定理表示两点间距离，从而得到结果.‎ ‎【详解】解: (1)直线，即即 曲线即 ‎ ‎(原式中可以为，故两边乘以不扩大范围)‎ 即即 直线的极坐标方程为，‎ 曲线的普通方程为 ‎（2）方法一:将直线的参数方程代入曲线的普通方程得 即或 两点间的距离 方法二:由(1) 知曲线是一个圆，‎ 其圆心到直线的距离 两点间的距离 ‎【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．‎ - 31 -‎ ‎23.设函数.‎ ‎(1)当时，求函数的最小值；‎ ‎(2)若关于的不等式在区间上有解，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 当时，写出函数的分段形式，利用一次函数的性质得到最值；‎ ‎(2) 原不等式可化为.即，即.‎ 研究两段函数的最值即可.‎ ‎【详解】解: (1)当时，‎ ‎（2）方法一:当且时，原不等式可化为. ‎ 即即即.‎ 题设等价于，且 令得 题设等价于，且 即且 - 31 -‎ 即的取值范围.‎ 方法二: 当且时，原不等式可化为. ‎ 即即即.‎ 题设等价于，且 如图，画出函数和在区间的图象.‎ 可知的取值范围 方法三:‎ 当且时，原不等式可化为 即 令得 题设等价于，且 即的取值范围.‎ ‎【点睛】‎ - 31 -‎ 本题考查绝对值不等式，不等式有解问题，考查函数的单调性与最值，考查分类讨论的数学思想与数形结合的思想，属于中档题．‎ - 31 -‎ ‎ ‎ - 31 -‎