2020届湖北省宜昌高三二模数学试卷及答案

这是一份2020届湖北省宜昌高三二模数学试卷及答案，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020届湖北省宜昌高三二模数学试卷及答案
一、单选题
1．已知集合，，则
A． B． C． D．
2．复数z满足，则（       ）
A． B． C． D．
3．设，，，则
A． B． C． D．
4．运行如图所示的程序框图，则输出的结果为

A．0 B．1 C． D．
5．已知函数，下列命题：①关于点对称；②的最大值为2；③的最小正周期为；④在区间上递增.其中正确命题的个数是
A．0 B．1 C．2 D．3
6．设正项等比数列的前n项和为，且，则（       ）
A． B．28 C． D．
7．已知箱中装有6瓶消毒液，其中4瓶合格品，2瓶不合格品，现从箱中每次取一瓶消毒液，每瓶消毒液被抽到的可能性相同，不放回地抽取两次，若用A表示“第一次取到不合格消毒液”，用B表示“第二次仍取到不合格消毒液”，则（       ）
A． B． C． D．
8．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤.问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长5尺，一头粗，一头细.在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤.问依次每一尺各重多少斤？”假定该金杖被截成长度相等的若干段时，其重量从粗到细构成等差数列.若将该金杖截成长度相等的20段，则中间两段的重量和为（       ）
A．斤 B．斤 C．斤 D．斤
9．四色猜想又称四色问题、四色定理，是世界近代三大数学难题之一.四色定理的内容是“任何一张地图最多用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色.”如图，一矩形地图被分割成了五块，小刚打算对该地图的五个区域涂色，每个区域只使用一种颜色，现有4种颜色可供选择（4种颜色不一定用完），满足四色定理的不同的涂色种数为

A．96 B．72 C．108 D．144
10．已知抛物线的焦点为F，M是抛物线C上一点，N是圆上一点，则的最小值为（       ）
A．4 B．5 C．8 D．10
11．某几何体的三视图如图所示，俯视图为正三角形，为正视图一边的中点，且几何体表面上的点M、A、B在正视图上的对应点分别为、、，在此几何体中，平面过点M且与直线垂直.则平面截该几何体所得截面图形的面积为（       ）

A． B． C． D．
12．定义在R上的偶函数满足，且，若关于x的不等式在上有且仅有15个整数解，则实数a的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
二、填空题
13．若向量，，且，则______________.
14．某种品牌汽车的销量y（万辆）与投入宣传费用x（万元）之间具有线性相关关系，样本数据如下表所示：
宣传费用x
3
4
5
6
销量y
2.5
3
4
4.5

经计算得回归直线方程的斜率为0.7，若投入宣传费用为8万元，则该品牌汽车销量的预测值为________________万辆.
15．如图，在四棱锥中，平面，是菱形，，，E是上的一动点，当点E满足_____________时，；在（1）的条件下，三棱锥的外接球的体积为________________.

16．已知双曲线的左，右焦点分别为、，点G位于第一象限的双曲线上，若点H满足，且直线与x轴的交点为，则G点的坐标为_______________.
三、解答题
17．在中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且.
（1）求角B的大小；
（2）若的面积为，，求的周长.
18．如图1，直角梯形中，，，E、F分别是和上的点，且，，，沿将四边形折起，如图2，使与所成的角为60°.

（1）求证：平面；
（2）M为上的点，，若二面角的余弦值为，求的值.
19．已知、分别是离心率的椭圆的左右项点，P是椭圆E的上顶点，且.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若动直线过点，且与椭圆E交于A、B两点，点M与点B关于y轴对称，求证：直线恒过定点.
20．目前，新冠病毒引发的肺炎疫情在全球肆虐，为了解新冠肺炎传播途径，采取有效防控措施，某医院组织专家统计了该地区500名患者新冠病毒潜伏期的相关信息，数据经过汇总整理得到如下图所示的频率分布直方图（用频率作为概率）.潜伏期不高于平均数的患者，称为“短潜伏者”，潜伏期高于平均数的患者，称为“长潜伏者”.

短潜伏者
长潜伏者
合计
60岁及以上
90


60岁以下


140
合计


300


（1）求这500名患者潜伏期的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），并计算出这500名患者中“长潜伏者”的人数；
（2）为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否高于平均数为标准进行分层抽样，从上述500名患者中抽取300人，得到如下列联表，请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有97.5%的把握认为潜伏期长短与患者年龄有关：
（3）研究发现，有5种药物对新冠病毒有一定的抑制作用，其中有2种特别有效，现在要通过逐一试验直到把这2种特别有效的药物找出来为止，每一次试验花费的费用是500元，设所需要的试验费用为X，求X的分布列与数学期望.
附表及公式：

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828


21．已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）若不等式恒成立，求的最小值（其中e为自然对数的底数）.
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，以x轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.
（1）写出直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（2）已知定点，直线与曲线C分别交于P、Q两点，求的值.
23．已知正实数a、b、c满足，且的最小值为t.
（1）求t的值；
（2）设，若存在实数x，使得不等式成立，求实数m的取值范围.

参考答案：
1．D
【解析】
求函数定义域得集合，求函数值域得集合，然后由交集的概念计算．
【详解】
由题意或，，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查集合的交集运算，掌握指数函数性质是解题关键．
2．D
【解析】
求出复数模后由复数除法可求得．
【详解】
∵，∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查复数的除法运算，考查复数的模的运算，属于基础题．
3．B
【解析】
与中间值0，－1比较后可得．
【详解】
，，，∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查幂、对数的比较大小，不同类型的数比较大小时可先与中间值0，1，－1等比较后得出它们之间的大小关系．
4．C
【解析】
模拟程序运行，利用数列的周期性求和、
【详解】
模拟程序运行，此框图的功能是求数列的和：，
，因此数列是周期数列，周期为3，易得，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查程序框图，考查循环结构，解题关键是确定程序功能，利用数列的周期性计算．
5．C
【解析】
把函数化为一个角的一个三角函数，然后结合正弦函数性质判断．
【详解】
，
，①正确；最大值是2，②正确；周期为，③错；函数在上递增，在上递减，④错．正确的命题有2个．
故选：C．
【点睛】
本题考查三角函数的图象与性质，解题时必须把函数化为一个角的一个三角函数形式，掌握正弦函数性质是解题关键．
6．A
【解析】
由已知求出公比后，结合等比数列前项和公式可得结论．
【详解】
因为，所以，所以，又数列是正项数列，所以，
所以.
故选：A．
【点睛】
本题考查等比数列的通项公式和前项和公式，考查等比数列前项和的性质，本题也可直接用基本时法求解．
7．B
【解析】
求出和，再由条件概率公式计算．
【详解】
，，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查条件概率，掌握条件概率计算公式是解题基础．
8．C
【解析】
把每段重量依次用（表示，数列是等差数列，根据等差数列性质可求解．
【详解】
把每段重量依次用（表示，数列是等差数列，
由题意，两式相加得，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查等差数列的应用，解题关键是从实际问题抽象出等差数列，然后应用等差数列性质解题即可．
9．D
【解析】
分步涂色，把五块区域编号（如解析中图）后，第一步涂，第二步涂，第三步，又分类：按同色与不同色分类即可．
【详解】
如图，把五块区域编号，第一步涂有4种可能，第二步涂有3种可能，第三步，又分类：按同色有种，不同色有种，
共有方法数为．
故选：D．

【点睛】
本题考查分步计数原理和分类计数原理，解题关键是确定事件完成的方法．
10．B
【解析】
把转化为到准线的距离，通过到圆心的距离求解．
【详解】
如图，圆的圆心为，半径为，直线是抛物线的准线，过作于，则，
∴，
当且仅当三点共线时，等号成立．
此时取得最小值为．
故选：B．

【点睛】
本题考查抛物线的定义，考查圆外点到圆上点的距离的最值．解题关键是转化思想，抛物线　上点到焦点的距离转化为到准线的距离，圆外点到圆上的的距离转化为圆外点到圆心距离．
11．A
【解析】
由三视图作出原几何体是一个正三棱柱，如图，利用线面垂直的判定定理确定的位置形状，从而计算出面积．
【详解】
如图，原几何体是一个正三棱柱，上中点，取中点，连接，连接，由三视图知是正方形， ，又分别是中点，∴，∴，
正三棱柱中，平面，平面，故，
又，，则可得平面，平面，∴，
又，∴平面，即为截面，
同理由平面得，由三视图得，，
．
故选：A．

【点睛】
本题考查三视图，考查棱柱的截面，掌握线面垂直的判定定理与性质定理是解题关键．
12．B
【解析】
由得函数图象关于直线对称，又函数为偶函数，得函数是周期函数，且周期为8，区间含有5个周期，因此题中不等式在一个周期内有3个整数解，通过研究函数在的性质，结合图象可得结论．
【详解】
∵，∴函数图象关于直线对称，又函数为偶函数，∴函数是周期函数，且周期为8，区间含有5个周期，关于x的不等式在上有3个整数解．
时，是增函数，
时，，，时，，递减，时，，递增，
时，取得极小值，，，
利用偶函数性质，作出在上的图象，如图．
由得，若，则原不等式无解，
故，，要使得不等式在上有3个整数解，
则，即．
故选：B．

【点睛】
本题考查不等式的整数解问题，考查了函数的奇偶性、对称性、周期性，用导数研究函数的单调性、极值等，考查的知识点较多，对学生的分析问题解决问题的能力、转化与化归能力要求较高，属于难题．
13．
【解析】
由向量的数量积为0可得出．
【详解】
，
∵，∴，．
故答案为：．
【点睛】
本题考查向量的数量积，考查向量垂直的坐标运算．掌握向量垂直与数量积的关系是解题关键．
14．5.95
【解析】
题中已知回归直线方程为的系数，再由回归直线过中心点求出系数，得回归方程，令得预测值．
【详解】
由已知，，又，∴，即，
∴时，．
故答案为：5.95．
【点睛】
本题考查回归直线方程的应用，解题关键是掌握性质：回归直线一定过中心点．
15．         
【解析】
（1）取中点，由平面几何的知识得，从而得与平面垂直，因此有，可得，是中点．反之可证明；的外心就是的外接球的球心，求出半径即可得球体积．
【详解】
（1）是中点，
证明如下：取中点，连接，
是菱形，，则和是正三角形，∴，
又∵是中点，∴，
∵平面，平面，∴，∴，
又，∴平面，而平面，∴；

（2）由（1）平面，平面，，而，∴平面，
是等腰直角三角形，是斜边中点，则，∴是的外心，
设是的外心，则在上，∴是三棱锥外接球球心．
其半径为，∴．
故答案为：；．
【点睛】
本题考查线面垂直的判定与性质，考查三棱锥的外接球体积，证明线线垂直，一般先要证线面垂直，而要证线面垂直，又要证线线垂直，即中立体几何中垂直问题中必须掌握线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的相互转化．三棱锥的外接球问题关键是找到外接球球心，外接球球心一般在过各面外心与该面垂直的直线上．
16．
【解析】
由得是的角平分线，根据角平分线性质结合双曲线定义可求得到焦点的距离，再利用在双曲线上可得点坐标．
【详解】
∵，∴，∴是的角平分线，
由双曲线方程为得，∴，即，，又，∴，，
∴，又由双曲线定义得，∴，，
设，则，解得．∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查直线与双曲线的位置关系问题，解题关键是由向量的线性运算得是的角平分线．
17．（1）；（2）.
【解析】
（1）应用正弦定理化边为角，然后由诱导公式、两角和的正弦公式化简已知式后可求得；
（2）由三角形面积公式得，再利用余弦定理可求得，从而得三角形周长．
【详解】
解：（1）由，可得，
即，
展开化简得，
又在中，，所以，
又，所以.
（2）因为的面积，所以，
由余弦定理得，
因为，可得，所以，
所以，即的周长为.
【点睛】
本题考查正弦定理和余弦定理，考查两角和的正弦公式，三角形面积公式，解题关键是由正弦定理化边为角，利用三角函数恒等变换求得．
18．（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）由平面图形，可证得线面平行，从而得面面平行，然后可得证线面平行；
（2）先证得平面平面，然后作于点O，则平面，以O为原点，平行于的直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，由法向量夹角的余弦的绝对值等于二面角余弦值，可求得．
【详解】
（1）证明：在图1中，，，又，所以是矩形，
所以在图2中，，又平面，所以平面，
因为，又平面，所以平面，
又因为，所以平面平面，
而平面，所以平面.
（2）解：因为，所以是与所成的角，所以，
∵，，∴平面，故平面平面，作于点O，则平面，，，，
以O为原点，平行于的直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，.
，，，，
设平面的法向量为，
则，取，得.
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
所以，
平方整理得，因为，所以.
【点睛】
本题考查证明线面平行，考查用空间向量法求二面角问题．证明线面平行要注意线线平行、线面平行、面面平行之间的关系，它们之间的相互转化．求空间角问题，空间向量法是常用方法．关键是找到过同一点的两两垂直的三条直线．
19．（1）
（2）证明见解析
【解析】
（1）由向量数量积的坐标运算可求得，再由离心率可得，然后求得，得椭圆方程；
（2）当直线的斜率存在时，设直线，，，则，
由直线方程与椭圆方程联立并消元后应用韦达定理得，然后写出直线方程并变形后代入，可得定点坐标，再验证直线斜率不存在时，直线也过这个定点即可．
【详解】
解：（1）由题意得，，，
则，所以，
又，所以，，所以椭圆E的方程为.
（2）当直线的斜率存在时，设直线，，，则，
由，消去y得.由，
得，所以，.
，
直线的方程为，
即，
因为，，所以，
直线的方程为可化为，则直线恒过定点.
当直线的斜率不存在时，直线也过点，综上知直线恒过定点.
【点睛】
本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题中的定点问题．解题方法是设而不求思想方法．设出动直线方程，设交点坐标，，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，利用此结论求出直线方程，可确定定点坐标．
20．（1）平均数为，“长潜伏者”的人数为人
（2）列联表见解析, 有97.5%的把握认为潜伏期长短与年龄有关
（3）分布列见解析,
【解析】
（1）由频率分布直方图可计算出潜伏期的均值，再由频率分布直方图可得“长潜伏者”的频率，从而得人数；
（2）由所给数据计算出后可得结论；
（3）由题意知所需要的试验费用X所有可能的取值为1000，1500，2000，分别计算出概率得概率分布列，再由期望公式得期望．
【详解】
解：（1）平均数，
这500名患者中“长潜伏者”的频率为，所以“长潜伏者”的人数为人.
（2）由题意补充后的列联表如下，

短潜伏者
长潜伏者
合计
60岁及以上
90
70
160
60岁以下
60
80
140
合计
150
150
300

则的观测值为，
经查表，得，所以有97.5%的把握认为潜伏期长短与年龄有关.
（3）由题意知所需要的试验费用X所有可能的取值
为1000，1500，2000，因为，
，
（或）
所以X的分布列为
X
1000
1500
2000
P




（元）.
【点睛】
本题考查频率分布直方图、独立性检验、随机变量的概率分布列和数学期望，考查学生的数据处理能力，运算求解能力，属于中档题．
21．（1）当时，无极值；当时，极大值为，无极小值
（2）-1
【解析】
（1）求出导函数，确定函数单调性，得极值，需分类讨论．
（2）恒成立，设，求出的最大值，由得出满足的不等关系，然后得，求得的最小值即得结论．
【详解】
（1）解，
当时，恒成立，函数在上单调递增，无极值.
当时，由，得，函数在上单调递增，由，得，
函数在上单调递减，极大值为，无极小值.
综上所述，当时，无极值；
当时，极大值为，无极小值.
（2）由可得，
设，所以，，
当时，，在上是增函数，所以不可能恒成立，
当时，由，得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时，取最大值，，
所以，即，所以，
令，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取最小值，即，所以的最小值为-1.
【点睛】
本题考查用导数求函数的极值，用导数研究不等式恒成立问题．考查转化与化归思想．解题关键是把不等式恒成立转化为求函数的最值．本题对学生分析问题解决问题的能力、运算求解能力要求较高，属于难题．
22．（1）的普通方程为,曲线C的直角坐标方程为
（2）3
【解析】
（1）由可化极坐标方程为直角坐标方程，用消元法可化参数方程为普通方程；
（2）直线的参数方程为正好是标准参数方程，参数表示直线上的点到点距离的绝对值，直接把直线参数方程代入曲线的直角坐标方程应用韦达定理易求得结论．
【详解】
解：（1）由消去参数t得直线的普通方程为.
由得曲线C的直角坐标方程为.
（2）将代入得.
设方程的两根为，，则，，，
故.
【点睛】
本题考查参数方程与变通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查直线参数方程的应用，属于中档题．
23．（1）
（2）
【解析】
（1）利用可求得的最小值t.
（2）用分类讨论去掉中的绝对值符号，求得其最大值，然后解不等式可得．
【详解】
解：（1）因为，
所以
，
即，所以的最小值.
（2）当时，，可得，
存在实数x，使不等式有解，则，
从而，即，解得.
所以实数m的取值范围是.
【点睛】
本题考查用基本不等式求最值，考查含绝对值函数的最值问题，考查不等式能成立问题，解题时要注意不等式有解与恒成立的区别．分离参数后不等式有解与恒成立的区别在于一个是求函数的最小值一个是求最大值．