湖北省武汉市2020届高三上学期11月综合测试（二）理科数学试题

湖北省武汉市2020届高三上学期11月综合测试（二）理科数学试题

‎2019—2020学年第一学期高三综合测试（二）‎ 理科数学 ‎2019.11‎ 一、选择题：本大题共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，则（ ）‎ A. B. 2 C. D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解．‎ ‎【详解】解：由已知，‎ 所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 联立集合中的方程，解方程组即可.‎ ‎【详解】解：由已知，解得：或，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集，关键是要列方程组求解公共解.‎ ‎3.各项为正数的等比数列中，若，则（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数的运算法则，将原式化成，再利用等比数列性质，对真数计算后即可求出．‎ ‎【详解】解：各项为正数的等比数列中，且，‎ 则，‎ 所以，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题是在对数运算性质的背景下考查数列的性质，考查了计算能力，是基础题.‎ ‎4.中国古代数学成就甚大，在世界科技史上占有重要的地位.“算经十书”是汉、唐千余年间陆续出现的10部数学著作，包括《周髀算经》、《九章算术》、……、《缀术》等，它们曾经是隋唐时期国子监算学科的教科书.某中学图书馆全部收藏了这10部著作，其中4部是古汉语本，6部是现代译本，若某学生要从中选择2部作为课外读物，至少有一部是现代译本的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出从10部著作中选择2部古汉语本的方法数，即2部都不是现代译本的方法数，由对立事件的概率计算公式，可得结论．‎ ‎【详解】解：从10部著作中选择2部著作的方法数为（种）， 2部都不是现代译本的方法数为 ‎（种）， 由对立事件的概率计算公式得至少有一部是现代译本的概率． 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查概率的计算，考查组合知识，属于基础题．‎ ‎5.已知平面向量，，则、的夹角（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量的夹角公式直接求解即可.‎ ‎【详解】解：，‎ 因为，‎ 所以，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查向量夹角的坐标运算，是基础题.‎ ‎6.已知函数，若，则（ ）‎ A. 3 B. 9 C. 27 D. 81‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，在代入，解方程求出.‎ ‎【详解】解：由已知，‎ ‎，‎ 解得：，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查已知分段函数的函数值求参数的值，是基础题.‎ ‎7.“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，解出，即可判断出结论.‎ ‎【详解】解：由得，‎ 解得，‎ Ü，‎ ‎”是“的充分不必要条件，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，求出角的大小，是解决本题的关键，是基础题.‎ ‎8.下列命题：‎ ‎①若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数后，则样本的方差不变；‎ ‎②在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高；‎ ‎③设随机变量服从正态分布，若，则；‎ ‎④对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握越大.其中正确的命题序号是（ ）‎ A. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由方差的定义和性质可判断①；由残差点分布区域特点可判断②；由正态分布的特点可判断③；由随机变量的观测值的大小可判断④.‎ ‎【详解】解：①若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数后，由方差的计算公式可得样本的方差不变，故正确；‎ ‎②在残差图，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，故正确；‎ ‎③设随机变量服从正态分布，若，则，，故正确；‎ ‎④对分类变量与的随机变量的观测值来说，越大，判断“与有关系”的把握越大，故错误.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查随机变量的关系和数字特征、模型的拟合度和正态分布特点，考查判断能力和运算能力，属于基础题．‎ ‎9.函数的图象大致是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的解析式,结合特殊值法即可判断选项.‎ ‎【详解】因为 定义域为,所以排除A选项 当时, 且,所以;分母增长的速度大于分子中的增长速度,所以,排除选项D 当时,分母,分子,所以,排除选项B 综上,故选C ‎【点睛】本题考查了根据函数解析式判断函数的图像,属于基础题.解决有关函数图像这一类题目,一般从三个方面入手研究图像:（1）分析函数的单调性;（2）分析函数的奇偶性;（3）特殊值法检验,特殊值法包括具体取值与极限取值.‎ ‎10.在空间四边形各边、、、上分别取点、、、，若直线、相交于点，则（ ）‎ A. 点必在直线上 B. 点必在直线上 C. 点必在平面内 D. 点必在平面内 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面的基本性质公理，利用两个平面的公共点在两平面的公共直线上来判断即可.‎ ‎【详解】解：‎ ‎∵在面上，而在面上， 且、能相交于点， ∴在面与面的交线上， ∵是面与面的交线， 所以点必在直线上． 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查平面的基本性质及其推论，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．‎ ‎11.设函数，等差数列的公差为，若，则的前2019项的和（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先通过，代入，计算可得的值，然后直接用等差数列的前项和公式求.‎ ‎【详解】解：由已知 ‎，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式以及前项和公式，关键是求出的值，考查了计算能力，是中档题.‎ ‎12.过双曲线：左焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于、两点，以为直径的圆与的渐近线相切，则的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出当时，的值，再利用以为直径的圆与的渐近线相切，建立方程，由此可得双曲线的离心率．‎ ‎【详解】解：由题意，当时，，‎ 则以为直径的圆的圆心为，半径为，‎ 又双曲线的渐近线为，由于双曲线具有对称性，选取来计算即可，‎ 因为以为直径的圆与的渐近线相切，‎ 所以有，又,解得，‎ ‎，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.曲线在点处的切线方程为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对进行求导，求出在处值即为切线的斜率，利用点斜式即可求出切线方程．‎ ‎【详解】解：由已知，则，‎ 所以切线方程为，即，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】此题主要考查导数研究曲线上某点的切线方程，要求切线方程，首先求出切线的斜率，利用了导数与斜率的关系，此题是一道基础题．‎ ‎14.的展开式中的常数项为______．‎ ‎【答案】240‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二项式展开式通项公式确定常数项对应项数，再代入得结果 ‎【详解】，‎ 令得，，‎ 所以的展开式中的常数项为.‎ ‎【点睛】本题考查求二项式展开式中常数项，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎15.已知抛物线：的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则______.‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得直线的方程，与联立可得，利用可求．‎ ‎【详解】解：设到的距离为，则， ， ， ∴直线的斜率为， ， ∴直线的方程为， 与联立可得， ‎ ‎． 故答案为：6．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线的位置关系，属于基础题．‎ ‎16.如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为，、、、为圆上点，，，，分别是以，，，为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以，，，为折痕折起，，，，使得、、、重合，得到四棱锥.当该四棱锥体积取得最大值时，正方形的边长为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接交CB于点M，则⊥CB，点M为CB的中点，连接OC，△OCM为直角三角形，设正方形的边长为2x，将四棱锥的体积表示为x的函数，再利用导数研究该函数的单调性，即可得到当V最大时边长2x的值．‎ ‎【详解】解：连接交CB于点M，则⊥CB，点M为CB的中点，连接OC，‎ ‎ △OCM为直角三角形，设正方形的边长为2x，则OM＝x，由圆的半径为4，则＝4−x ‎，设点，，，重合于点P，则PM＝＝4−x＞x 则x＜2，高， 四棱锥体积， 设，‎ 当时，单调递增； 当时，单调递减， 所以当时，V取得最大值，此时，． 即正方形ABCD的边长为时，四棱锥体积取得最大值．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查函数与方程思想，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.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.已知的内角，，的对边分别为，，，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，，求的内切圆半径.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题设及正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，即可求解的值；‎ ‎（2）根据，以及余弦定理列方程，可求出，设内切圆半径为，利用面积公式，解方程即可求出内切圆半径为.‎ ‎【详解】（1）根据题意，且，‎ ‎∴，，‎ 由正弦定理得，‎ 因为，故，即，‎ ‎∵，，∴，即，.‎ ‎（2）由题意可得：，解得：，‎ 设内切圆半径为，∴，‎ 又，解得，∴内切圆半径.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，重点在知道三角形的面积和内切圆半径之间的关系，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．‎ ‎18.已知四棱柱的所有棱长都为2，且.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成的角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要证平面平面，转化为证明平面，通过证明及可得；‎ ‎（2）连接，由（1）可得为直线与平面所成的角，在中求角的正弦值.另外可以用向量法求线面角.‎ ‎【详解】（1）证明：设与的交点为，连接，‎ 因为，，，‎ 所以，‎ 所以，‎ 又因为是的中点，所以，‎ 另由且，‎ 所以平面，‎ 而平面，所以平面平面.‎ ‎（2）（法一）连接，由（1）知平面，‎ 所以为直线与平面所成的角，‎ 在菱形中，，‎ 故，‎ 所以 又因为，所以，‎ 所以.‎ ‎ ‎ ‎（法二）过作直线平面，分别以、、为、、轴，建立如图所示空间直角坐标系，‎ 依题意，得，，，，，‎ 所以，，，‎ 设平面的法向量为，‎ 所以，令，则，即，‎ 所以，‎ 即直线与平面所成的角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直判定以及空间线面角的求解，其中关键是要找到线面角的平面角，考查了学生空间想象能力，是中档题.‎ ‎19.为了庆祝中华人民共和国成立70周年，某公司举行大型抽奖活动，活动中准备了一枚质地均匀的正十二面体的骰子，在其十二个面上分别标有数字1，2，3，…，12，每位员工均有一次参与机会，并规定：若第一次抛得向上面的点数为完全平方数（即能写成整数的平方形式，如），则立即视为获得大奖；若第一次抛得向上面的点数不是完全平方数，则需进行第二次抛掷，两次抛得的点数和为完全平方数（如），也可视为获得大奖.否则，只能获得安慰奖.‎ ‎（1）试列举须抛掷两次才能获得大奖的所有可能情况（用表示前后两次抛得的点数），并说明所有可能情况的总数；‎ ‎（2）若获得大奖的奖金（单位：元）为抛得的点数或点数和（完全平方数）的360倍，而安慰奖的奖金为48元，该公司某位员工获得的奖金为，求的分布列及数学期望.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接列举出须抛掷两次才能获得大奖的所有可能情况；‎ ‎（2）依题意得的所有可能的取值，分别求出其发生的概率，列出分布列，求出数学期望即可.‎ ‎【详解】（1）须抛掷两次才能获得大奖的所有可能情况如下：‎ ‎，，，，，，，，，，，，，，，共15种情况.‎ ‎（2）依题意得的取值为48，360，1440，3240，5760，‎ 则，，，，，‎ 所以的分布列为：‎ ‎48‎ ‎360‎ ‎1440‎ ‎3240‎ ‎5760‎ 所以（元）.‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查了计算能力，是基础题.‎ ‎20.已知函数，.‎ ‎（1）设是的极值点，求，并讨论的单调性；‎ ‎（2）若，证明有且仅有两个不同的零点.（参考数据：）‎ ‎【答案】（1），在上单调递减，在上单调递增；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，代入可得，进而利用导数求的单调性即可；‎ ‎（2）求出可得其在上单调递增，通过零点存在性定理得存在，使得，进而可得在上的单调性，接着通过判断，，的正负值，即可得的零点个数.‎ ‎【详解】（1）因为，是的极值点，‎ 所以，解得，即，‎ 又因与在上单调递增，‎ 所以当时，；当时，，‎ 即在上单调递减，在上单调递增.‎ ‎（2）因为当时，在上单调递增，‎ 因为，，‎ 所以存在，使得，‎ 即在上单调递减，在上单调递增，‎ 另由，，而，‎ 所存在，，使得，‎ 即有且仅有两个不同的零点.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，极值和零点问题，其中针对，利用零点存在性定理判段其零点位置是关键，考查了学生的计算能力和分析问题的能力，是中档题.‎ ‎21.在直角坐标系中，已知椭圆：的离心率是，斜率不为0的直线：与相交于、两点，与轴相交于点.‎ ‎（1）若、分别是的左、右焦点，当经过且时，求的值；‎ ‎（2）试探究，是否存在点，使得？若存在，请写出满足条件的、的关系式；若不存在，说明理由. ‎ ‎【答案】（1）；（2）可知满足条件的点是存在的，且.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据条件设，代入椭圆方程可求得，利用过点的斜率公式，计算可得的值；‎ ‎（2）先通过离心率是，将用表示出来，这样椭圆方程可整理为，将其和直线联立，根据，易得，设，，利用根与系数关系，代入计算可得、的关系式.‎ ‎【详解】（1）因为，所以设，‎ 代入中解得，即，‎ 而，所以.‎ ‎（2）当时，、两点在椭圆的同侧，易知，故，‎ 因为且，故，，‎ 设椭圆为，，，‎ 联立方程组，化简得，‎ 所以，，‎ 又，，根据，易得，‎ 于是，故，即，‎ 故，化得，‎ 化简得，‎ 因为，所以上式化简得，，‎ 综上，可知满足条件的点是存在的，且.‎ ‎【点睛】本题考查直线和椭圆的位置关系，熟练掌握设而不求的运算技巧，考查了计算能力，其中将转化为是关键，考虑学生的转化问题的能力，是中档题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一道作答.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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求的普通方程与的直角坐标方程；‎ ‎（2）若与有且仅有四个公共点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接消参可得的普通方程，利用公式，可得的直角坐标方程；‎ ‎（2）联立与的方程，根据判别式和根与系数的关系，列不等式可得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）由，，两边平方得，‎ 故曲线的普通方程为，‎ 又由，，代入得，‎ 当时两边平方，并整理得，‎ 故曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）联立与的方程得，‎ 因为，要使与有且仅有四个公共点，‎ 则方程有两个大于0的正根，‎ 所以，解得，即的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程和直角坐标方程之间的互化，考查曲线交点问题，是基础题.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）求函数的最小值；‎ ‎（2）若正实数，满足，证明：.‎ ‎【答案】（1）2；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据绝对值不等式便可得出，从而即可得函数的最小值；‎ ‎（2）将代入，将展开整理，利用基本不等式即可求其最小值，进而可得的最小值.‎ 详解】解：（1），‎ 所以函数的最小值；‎ ‎（2）由（1）知，因为，‎ 所以，‎ 因为，（当且仅当时取等号），‎ 所以（当且仅当时取等号），‎ 即（当且仅当时取等号），‎ 当，时，解得，，‎ 即（当且仅当，时取等号）.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式公式以及基本不等式的应用，是中档题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎