湖北省武汉市武昌区2020届高三元月调研考试文数试题 Word版含解析

湖北省武汉市武昌区2020届高三元月调研考试文数试题 Word版含解析

www.ks5u.com 武昌区2020届高三年级元月调研考试 文科数学 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.‎ ‎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，再选涂其他答案标号.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】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求解不等式,再根据交集的定义求解即可 ‎【详解】由题,因,所以,即,‎ 所以,‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查集合的交集运算,考查解一元二次不等式 ‎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】‎ 由题,利用除法法则整理为的形式,即可得到复数的坐标形式,进而求解即可 - 23 -‎ ‎【详解】由题,,所以在复平面内对应的点为,‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查复数的坐标表示,考查复数在复平面的位置,考查复数的除法法则的应用 ‎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】‎ ‎【分析】‎ 利用等比数列的通项公式可得,解得,进而求得通项公式 ‎【详解】由题,,解得或,‎ 因为的各项均为正数,所以,‎ 所以,‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式,考查运算能力,属于基础题 ‎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；‎ ‎，，‎ - 23 -‎ 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】‎ ‎【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. 为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：将4种颜色的花种任选2种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛中，有6种种法，其中红色和紫色的花不在同一个花坛的种数有4种，故所求概率为，选C.‎ ‎【考点】古典概型 ‎【名师点睛】作为客观题形式出现的古典概型试题,一般难度不大,解答中的常见错误是在用列举法计数时出现重复或遗漏,避免此类错误发生的有效方法是按照一定的标准进行列举.‎ - 23 -‎ ‎7.已知数列中，，，设，则数列的前项和为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据与的关系先求得的通项公式,即,则,再利用裂项相消法求和即可 ‎【详解】当时,,‎ 当时,,符合,‎ 所以,‎ 则,‎ 设为数列的前项和,‎ 则 ‎,‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查由与的关系求通项公式,考查裂项相消法求数列的和 ‎8.已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，平面，，，则球O的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用正弦定理求得的外接圆半径,再由平面得到,求解即可 ‎【详解】在中,因为,,所以,‎ 所以所在的截面圆的半径满足,解得,‎ 又因为平面,所以球的半径,‎ 所以球的表面积为,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查棱锥的外接球问题,考查球的体积,考查空间想象能力 ‎9.已知双曲线的左焦点为，点为其右支上任意一点，点的坐标为，则周长的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线方程可知,设双曲线的右焦点为,则由双曲线定义可得,进而的周长,从而当最小时,周长最小,求解即可 ‎【详解】设双曲线的右焦点为,由题,,,‎ 由双曲线定义可知,所以,‎ 的周长为,‎ - 23 -‎ 当时,最小,‎ 此时周长最小为 ‎,‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查双曲线定义的应用,考查双曲线中三角形周长的最值问题,考查两点间距离公式的应用 ‎10.函数（，，）的部分图象如图所示，给出下列说法：‎ ‎①直线为函数的一条对称轴；‎ ‎②点为函数的一个对称中心；‎ ‎③函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象.‎ 其中，正确说法的个数是（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由图像得到,利用整体法判断①,将代入求解判断②,由图像的平移法则可判断③‎ ‎【详解】由图,最小值为,所以,‎ 因为是对称轴,是对称中心,则,即,‎ - 23 -‎ 所以,‎ 由对称轴,可得,所以,‎ 因为,所以当时,,‎ 所以,‎ 对于①,的对称轴为,即,‎ 若是对称轴,则,即,故①正确；‎ 对于②,将代入中可得,所以点为函数的一个对称中心,故②正确；‎ 对于③,的图像向右平移个单位,即为,故③错误；‎ 故正确的是:①②,即有2个是正确的,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查由图像求解析式,考查正弦型函数的对称性的应用,考查三角函数的平移变换 ‎11.已知直线与抛物线交于不同的两点，，直线，的斜率分别为，，且，则直线恒过定点（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线为,与抛物线方程联立可得,即,‎ - 23 -‎ 利用斜率公式代入中即可求得,进而得出结论 ‎【详解】设直线为,联立,消去可得,‎ 设,,所以,‎ 因为,即,所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以直线一定过点,‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查直线恒过定点问题,考查直线与抛物线的位置关系的应用 ‎12.已知函数若函数的图像上存在关于坐标原点对称的点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 存在两对称点,,则,即,故与有交点,先求得与相切时的斜率,进而求解即可 ‎【详解】由题,设两对称点,,‎ 则,所以,即与有交点,‎ 设与的切点为,‎ - 23 -‎ 则切线斜率为,‎ 又有,所以,即,‎ 所以当与有交点时,,‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查导数的几何意义的应用,考查图像的对称点问题,考查数形结合思想 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.函数的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二倍角公式可得,由二次函数的性质求得最值即可 ‎【详解】由题,,‎ 因为,‎ 所以当时,,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查含的最值问题,考查二次函数的性质的应用 ‎14.若直线：被圆:截得的线段最短，则实数的值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线方程可得直线恒过定点,转化圆的方程为标准方程,则圆心为,当时截得线段最短,利用斜率公式求解即可 - 23 -‎ ‎【详解】由题,直线为,所以直线恒过定点,‎ 将代入圆的方程中,因为,‎ 所以点在圆内,‎ 因为圆为,所以其标准方程为,‎ 所以圆心为,半径为5,‎ 当时,截得的线段最短,则,即,‎ 所以,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查过圆内一点的弦长最短问题的应用,考查直线的垂直关系的应用,考查直线恒过定点的应用 ‎15.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.‎ ‎16.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，有下列三个命题：‎ - 23 -‎ ‎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.‎ 其中正确的命题有______. (填写所有正确命题的编号）‎ ‎【答案】①③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点,连接,利用中位线的性质去证明平面平面,即可证明平面；由平面平面可得,由余弦定理可得,进而求证即可；由题可证得,若成立,则平面,与是等边三角形矛盾,即可判断 ‎【详解】取中点,连接,‎ 则,,所以平面平面,‎ 因为平面,所以平面,故③正确；‎ 由题,则,由,定值,定值,故由余弦定理可得, 所以是定值,故①正确；‎ - 23 -‎ 由题,是等边三角形,则,又平行四边形,所以,,所以,所以,即,‎ 若,则平面,所以,与是等边三角形矛盾,故②错误；‎ 故答案为:①③‎ ‎【点睛】本题考查利用面面平行证明线面平行,考查余弦定理的应用,考查线线垂直 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.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.在锐角中，角、、的对边分别为、、，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理化边角可得,进而利用和角公式化简即可；‎ ‎（2）由余弦定理可得,进而利用均值定理求的最大值,即可求得的面积的最大值 ‎【详解】（1）由正弦定理,可得,‎ 即,所以,‎ 因为,‎ 所以,‎ - 23 -‎ 所以 ‎（2）由余弦定理,可得,即,‎ 所以,当且仅当时取等号,‎ 所以,所以,‎ 所以的面积的最大值为 ‎【点睛】本题考查利用正弦定理化角为边,考查余弦定理的应用,考查利用均值定理求三角形面积的最大值 ‎18.如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证得,再由平面图形性质可得,进而证明平面；‎ ‎（2）取的中点,连结交于,可证得平面,连结,则为直线与平面所成的角,进而求解即可 ‎【详解】解：（1）因为,,分别为,,的中点,‎ 所以,‎ - 23 -‎ 因为,所以,‎ 因为平面,平面,‎ 所以,‎ 因为,所以平面,‎ 因为平面,所以,‎ 因为≌,所以,‎ 所以,即,‎ 因为,‎ 所以平面 ‎ ‎（2）取的中点,连结交于,显然四边形是平行四边形, ‎ 由（1）知平面,‎ 因为,‎ 所以平面,‎ 连结,则为直线与平面所成的角,‎ 在,可得,所以,‎ 又因为,所以 ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明,考查几何法求线面角,考查推理论证能力 - 23 -‎ ‎19.为了增强消防意识，某部门从男，女职工中各随机抽取了20人参加消防知识测试（满分为100分），这40名职工测试成绩的茎叶图如下图所示 ‎（1）根据茎叶图判断男职工和女职工中，哪类职工的测试成绩更好？并说明理由；‎ ‎（2）（ⅰ）求这40名职工成绩的中位数，并填写下面列联表：‎ 超过的人数 不超过的人数 男职工 女职工 ‎（ⅱ）如果规定职工成绩不少于m定为优秀，根据（ⅰ）中的列联表，能否有99%的把握认为消防知识是否优秀与性别有关？‎ 附：.‎ P（）‎ ‎0050‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ k ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎【答案】（1）男职工的成绩更好,理由见解析（2）（ⅰ）80 ,表见解析（ⅱ）有的把握认为消防知识是否优秀与性别有关.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由茎叶图的数据比较男女职工的中位数,平均数,的成绩,数据的分布等来判断即可；‎ ‎（2）（i）由茎叶图可得中位数,进而填表即可；‎ - 23 -‎ ‎（ii）将数据代入中,结果与6.635比较大小即可得到结论 ‎【详解】解：（1）由茎叶图可知,男职工成绩更好,理由如下：‎ ‎①男职工的成绩的中位数为85.5分,女职工的成绩的中位数为73.5分；‎ ‎②男职工的成绩的的平均数髙于80分,女职工的成绩的平均数低于80分；‎ ‎③男职工的成绩中,有的成绩不少于80分,女职工的成绩中,有的成绩至多79分；‎ ‎④男职工的成绩分布在茎8上的最多,关于茎8大致呈对称分布；女职工的成绩的分布在茎7上的最多,关于茎7大致呈对称分布；‎ 因此,男职工的成绩更好 ‎（2）（ⅰ）由茎叶图可知：,列表如下：‎ 超过 不超过 男职工 ‎15‎ ‎5‎ 女职工 ‎5‎ ‎15‎ ‎（ⅱ）由表中数据, ‎ 则,所以有的把握认为消防知识是否优秀与性别有关 ‎【点睛】本题考查茎叶图的应用,考查的应用,考查数据处理能力 ‎20.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）过点的直线与椭圆交于，两点，点关于轴的对称点为，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析，定点.‎ - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题可得,利用求解即可；‎ ‎（2）设直线的方程为,联立可得,则,,由,则直线的方程为,可整理为,将,,,代入中,整理即可得到所过定点 ‎【详解】解：（1）由题,则,因为,所以,,‎ 所以椭圆的方程为 ‎（2）证明:设直线的方程为,联立,‎ 消去可得,‎ 设,则,,‎ 设,所以,所以直线的方程为,‎ 即,所以,‎ 将,,,代入,‎ - 23 -‎ 则,‎ 所以,‎ 整理可得，所以直线过定点 ‎【点睛】本题考查由椭圆的几何性质求椭圆的方程,考查直线恒过定点问题,考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查运算能力 ‎21.已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若有两个极值点，，且至少存在两个零点，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求得,分别讨论与的情况,令,则或,讨论与及的关系,进而求解即可；‎ ‎（2）由（1）可得当时,有两个极值点,且至少存在两个零点,可得极值点为和,则可得,由,设,进而求解的范围即可 ‎【详解】解：（1）由题,的定义域为,‎ ‎,‎ - 23 -‎ 当时,,则当时,,当时,,所以在上单调递减,在上单调递增；‎ 当时,令,得或,‎ 当时,,所以在上单调递减,在上单调递增；‎ 当时,即时,所以在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减；‎ 当时,在上恒成立,所以在上单调递减；‎ 当时,,所以在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减 ‎（2）由（1）知,因为有两个极值点,,‎ 所以或,‎ 因为,所以不合题意；‎ 因为时,在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减,‎ 所以即,‎ 解得,‎ 此时,‎ 记,则,‎ 因为,所以,所以在区间上单调递减,‎ 所以,解得,‎ - 23 -‎ 所以,的取值范围为 ‎【点睛】本题考查利用导函数判断函数的单调性,考查利用导函数求函数的极值,考查函数的零点问题,考查分类讨论思想和运算能力 ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎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.‎ ‎【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，‎ - 23 -‎ 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：.‎ ‎【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.‎ - 23 -‎ ‎【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 -‎