2020届湖北省武汉市高三上学期11月综合测试(二)数学（理）试题（解析版）.doc

2020届湖北省武汉市高三上学期11月综合测试(二)数学（理）试题 一、单选题 1．已知，则（ ） A． B．2 C． D．3 【答案】C 【解析】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】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】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】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】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】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】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】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】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】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】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】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 13．曲线在点处的切线方程为______. 【答案】 【解析】对进行求导，求出在处的值即为切线的斜率，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】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】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】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 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】（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】（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】 本题考查面面垂直的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】（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】（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， 又因为与在上单调递增， 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】（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. 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】（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】（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. 第 20 页 共 20 页