【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)

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【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.‎
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