2020届湖北省武汉市江夏一中、汉阳一中高三下学期4月联考数学（文）试题（解析版）

2020届湖北省武汉市江夏一中、汉阳一中高三下学期4月联考数学（文）试题

一、单选题

1．已知为虚数单位，则复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】分子分母同乘分母的共轭复数即可.

【详解】

由题可得.

故选：B.

【点睛】

本题考查复数的除法运算，考查学生的运算能力，是一道基础题.

2．已知集合，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先求出集合A、B以及B的补集，再与A求交集即可.

【详解】

由题可得集合，，

则，所以.

故选：B.

【点睛】

本题考查集合间的基本运算，涉及到交集、补集运算，考查学生的计算能力，是一道容易题.

3．双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为（    ）

A． B．2 C． D．4

【答案】C

【解析】写出焦点坐标及渐近线方程，利用点到直线的距离公式即可得到答案.

【详解】

由题可得双曲线的右焦点为，渐近线方程为，则点）到直线

的距离.

故选：C.

【点睛】

本题考查双曲线的基本性质，涉及到焦点坐标、渐近线方程以及点到直线的距离公式，考查学生的运算能力，是一道基础题.

4．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，卷一《方田》中有如下两个问题：

[三三]今有宛田，下周三十步，径十六步.问为田几何？

[三四]又有宛田，下周九十九步，径五十一步.问为田几何？

翻译为：[三三]现有扇形田，弧长30步，直径长16步.问这块田面积是多少？

[三四]又有一扇形田，弧长99步，直径长51步.问这块田面积是多少？

则下列说法正确的是（    ）

A．问题[三三]中扇形的面积为240平方步 B．问题[三四]中扇形的面积为平方步

C．问题[三三]中扇形的面积为60平方步 D．问题[三四]中扇形的面积为平方步

【答案】B

【解析】根据题意，利用扇形的面积公式求解即可.

【详解】

依题意，问题[三三]中扇形的面积为平方步，

问题[三四]中扇形的面积为平方步.

故选：B

【点睛】

本题考查数学文化和扇形的面积公式;考查运算求解能力；熟练掌握扇形的面积公式是求解本题的关键；属于基础题.

5．运行如图所示的程序框图，若输入的的值为2时，输出的的值为，则判断框中可以填（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】模拟执行程序框图的运行过程，即可得出程序运行后输出时判断框中可以填的条件.

【详解】

运行该程序：

第一次循环，；

第二次循环；

第三次循环，；

第四次循环，，

此时输出的值，观察可知，仅选项C符合题意.

故选:C

【点睛】

本题主要考查含有当型循环结构的程序框图；考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力；熟练掌握含有循环结构的程序框图的运行方法是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.

6．若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】，由可得，代入即得答案.

【详解】

由题可得，解得，

因为，所以，所以.

故选：B.

【点睛】

本题考查三角函数诱导公式及二倍角公式的运用，考查学生的基本运算能力，是一道容易题.

7．在三棱柱中，已知，平面，则下列选项中，能使异面直线与相互垂直的条件为（    ）

A． B．

C．四边形为正方形 D．四边形为正方形

【答案】A

【解析】根据题意作出图形，利用线面垂直的判定与性质进行求解即可.

【详解】

根据题意，作图如下：

因为平面，所以，

又，，

所以平面，

因为平面，

所以，

当异面直线与相互垂直时，

由，可得平面，

因为平面，所以，

所以四边形为正方形，所以，

反之亦然，即时，可得成立.

故选:A

【点睛】

本题考查利用线面垂直的判定定理和性质定理证明异面垂直；考查数形结合思想和逻辑推理能力；熟练掌握线面垂直的判定和性质是求解本题的关键；属于中档题.

8．已知非零实数满足，则下列结论错误的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】利用不等式的基本性质和对数函数的单调性及特殊值法进行判断即可.

【详解】

因为非零实数满足，

所以，

两边同时开立方可得，，

因为对数函数为上的增函数，

所以，，，

所以选项A、B、D均正确；

对于选项C，当，时，，所以选项C错误.

故选：C

【点睛】

本题考查不等式的基本性质和对数函数的单调性；考查逻辑推理能力和运算求解能力；熟练掌握不等式的基本性质和特殊值检验法是求解本题的关键；属于中档题.

9．在中，已知，，，则的面积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】，而又由余弦定理可得，再利用基本不等式即可解决.

【详解】

在中，由，及余弦定理可得，又

（当且仅当时取等号），所以，即

.因为，所以为的中点，所以的面积

，所以，

所以的面积的最大值为.

故选：B.

【点睛】

本题考查余弦定理解三角形，涉及到基本不等式求最值，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.

10．已知函数有3个零点，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】原问题可转化为与在上有3个不同交点的问题，数形结合即可得到答案.

【详解】

由题可得，令，可得

，故原问题可转化为函数，的图象与

直线有3个交点.画出函数的大致图象如下图所示，易得，，

所以，所以，所以实数的取值范围为.

故选：B.

【点睛】

本题考查已知正弦型函数的零点求参数的范围的问题，涉及到两角差的正弦公式、等价转化的思想，是一道中档题.

11．已知函数，，现有如下四个结论：①函数的极大值为；②函数的最小值为0；③函数在上单调递减；④函数在上单调递减；则上述结论正确的是（    ）

A．②③ B．①④ C．②④ D．①②④

【答案】D

【解析】当时，，，可得②正确；可得①④正确，③错误.

【详解】

易知当时，，所以当时，函数取得最小值为，

所以②正确.因为

令，结合可得，所以当时，

，函数单调递增；当时，，函数单调递减，

所以当时，函数取得极大值为，所以①④正确，③不正

确.

故选：D.

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的基本性质，涉及到函数的单调性、极值、最值等知识，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.

12．已知四面体的外接球的球心为，点在四面体内部，，.过点作平面截球得到圆面，若圆的面积的最大值为，且为等边三角形，则四面体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】易得球的半径为，，设的中心为，，，，则，进一步得到边上的高，从而使问题得以解决.

【详解】

设球的半径为，因为圆的面积的最大值为，所以，解得.

因为，为等边三角形，所以四面体为正三棱锥，

因为，，所以，设的中心为，则，

易知平面，所以，

由点在四面体内部，可得，所以.

在中，，，所以边上的高

，

所以四面体的表面积为.

故选：C.

【点睛】

本题考查三棱锥与球的切接问题，考查学生的空间想象能力以及数学运算能力，是一道中档题.

二、填空题

13．已知向量，，其中.若向量与共线，则_____.

【答案】

【解析】先计算出的坐标，再利用共线向量定理即可.

【详解】

由题可得，因为向量与共线，

所以，解得.

故答案为：.

【点睛】

本题考查平面向量共线定理，涉及到向量的坐标运算，是一道容易题.

14．已知实数满足，则的最大值为_______.

【答案】22

【解析】，作出可行域，利用直线的截距与b的关系即可解决.

【详解】

作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，

由可得，观察可知，当直线过点时，取得最大值，

由，解得，即，所以.

故答案为：22.

【点睛】

本题考查线性规划中线性目标函数的最值问题，要做好此类题，前提是正确画出可行域，本题是一道基础题.

15．已知函数的定义域为，其图象关于原点对称，且当时，则不等式的解集为______（用区间表示）.

【答案】

【解析】当时，注意到且单调递增可得的解集为，再利用奇函数图象的性质可得时，不等式的解集为.

【详解】

易知当时，函数单调递增，且，故当时，，

当时，，所以当时，不等式的解集为.

因为函数的图象关于原点对称，所以，且当时，不等式

的解集为.故不等式的解集为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查利用函数的单调性解不等式，涉及到函数的奇偶性，考查学生的数形结合的思想，是一道中档题.

16．在平面直角坐标系中，已知正方形关于坐标轴对称，且点在椭圆上，设椭圆的右焦点为，若点在正方形内部（不包括边界），则椭圆的离心率的取值范围为______.

【答案】

【解析】联立与得，利用即可得到关于的不等式.

【详解】

将代入，消去可得.设，因为点在正方形

内部（不包括边界），所以，即，所以，

所以，上式两边同时除以，可得，结合，解得

，所以椭圆的离心率的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】

本题考查椭圆的离心率问题，考查学生的运算求解能力，在解决椭圆离心率问题时，关键是找到的方程或不等式，是一道中档题.

三、解答题

17．为了调查抑郁症患者的发病情况与睡眠时间是否具有相关性，研究人员随机调查了200名抑郁症患者，统计了他们近250天每天的睡眠时间.

（1）某抑郁症患者近250天每天的睡眠时间的统计数据如下表所示，求该抑郁症患者这250天的日平均睡眠时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

（2）将这200名抑郁症患者这250天的发病次数与日平均睡眠时间进行统计，得到如下表所示的列联表，请将该列联表补充完整，并判断是否有的把握认为“睡眠时间的长短”与“发病次数的多少”有关系？

参考公式及数据：，其中.

【答案】（1）3.18（小时）；（2）列联表见解析，没有

【解析】（1）平均数的估计值等于各小组组中值与相应的频率的乘积的和；

（2）直接利用计算即可.

【详解】

（1）由题可得频率分布表如下表所示：

故该抑郁症患者这250天的日平均睡眠时间为（小时）.

（2）补充完整的列联表如下：

所以的观测值，

故没有的把握认为“睡眠时间的长短”与“发病次数的多少”有关系.

【点睛】

本题考查平均数的估计、变量独立性检验，考查学生的计算能力，是一道容易题.

18．如图，四边形为菱形，，∥，为等边三角形，且平面与平面无公共点.

（1）求证：∥平面；

（2）若，，求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】（1）要证明∥平面，只需证明∥即可；

（2）因为∥平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，利用等体积法，即计算即可.

【详解】

（1）因为平面与平面无公共点，所以平面∥平面，

因为∥，所以四点共面，

因为平面平面，平面平面，

所以∥，又平面，平面，所以∥平面.

（2）设与相交于点，连接，

因为四边形为菱形，所以，为的中点，

因为为等边三角形，所以，

又，所以平面，

因为平面，所以平面平面，

过点作交于点，

因为平面，平面平面，所以平面.

因为∥，平面，所以∥平面.

所以点到平面的距离等于点到平面的距离.

在菱形中，由，，可得，，.

因为为等边三角形，为的中点，所以，

又，所以，所以为等边三角形，所以，

所以三棱锥体积为.

【点睛】

本题考查线面平行的判定定理以及等体积法求三棱锥的体积，考查学生逻辑推理能力与数学运算能力，是一道中档题.

19．已知首项为的数列满足，记数列的前项和为.

（1）求的值；

（2）求证：数列是等差数列；

（3）求数列的前项和.

【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）

【解析】（1）将代入递推公式计算即可；

（2），结合等差数列的定义即可获得证明；

（3）易得，利用错位相减法计算即可.

【详解】

（1）因为，所以，，

将代入，可得，所以，

将代入，可得，所以.

（2）由，可得，即，

显然，则，所以，

且，所以数列是以为首项，为公差的等差数列.

（3）由（2）可得，则，

所以，

，

上述两式相减可得，

所以

，

所以.

【点睛】

本题考查构造法证明等差数列以及错位相减法求数列的前n项和，考查学生的计算能力，是一道中档题.

20．已知抛物线与过点的直线交于两点.

（1）若，求直线的方程；

（2）若，轴，垂足为，探究：以为直径的圆是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.

【答案】（1）或；（2）过定点，

【解析】（1）设出直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用根与系数的关系及弦长公式计算即可；

（2）设以为直径的圆经过点，，，利用得，令解方程组即可.

【详解】

（1）由题可知，直线的斜率不为0，设其方程为，

将代入，消去可得，

显然，设，，则，，

所以，

因为，所以，解得，

所以直线的方程为或.

（2）因为，所以是线段的中点，

设，则由（1）可得，，

所以，又轴，垂足为，所以，

设以为直径的圆经过点，则，，

所以，即，

化简可得①，

令，可得，

所以当，时，对任意的，①式恒成立，

所以以为直径的圆过定点，该定点的坐标为.

【点睛】

本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到抛物线中的定点问题，考查学生的计算能力，是一道中档题.

21．已知函数，.

（1）探究函数的极值点情况；

（2）求证：当时，恒成立，其中为自然对数的底数.

【答案】（1）当时，在上无极值点；当时，极小值点为，无极大值点；（2）证明见解析

【解析】（1），分，两种情况讨论即可；

（2）原问题等价于当时，恒成立，令，只需证明的最小值大于0即可.

【详解】

（1）由题可知函数的定义域为，，

当时，，函数在上单调递减，

所以函数在上无极值点；

当时，，

令，可得，解得，

当时，；当时，，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

所以函数的极小值点为，无极大值点.

综上，当时，函数在上无极值点；当时，函数的极小值点为

，无极大值点.

（2）由可得，

则原问题等价于当时，恒成立.

令，则，

易知函数在上单调递增，

又，，

所以函数在上有唯一的零点，

设该零点为，则，即，且，

所以当时，；当时，，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，，

因为，所以，所以，所以，即，

所以当时，恒成立.

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的极值以及利用导数证明不等式，在证明不等式时，通常是构造函数，转化为函数的最值或取值范围来处理，考查学生逻辑推理能力，是一道中档题.

22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数），曲线与轴交于两点.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求直线的普通方程及曲线的极坐标方程；

（2）若直线与曲线在第一象限交于点，且线段的中点为，点在曲线上，求的最小值.

【答案】（1）； （2）

【解析】（1）利用参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的互化公式求解即可；

（2）联立直线方程和曲线的方程求出点坐标，利用中点坐标表示可得点，结合（1）知，判断点与圆的位置关系求出的最小值即可.

【详解】

（1）由可得，即，

所以直线的普通方程为.

由可得，即，

将，代入上式，可得，即，

所以曲线的极坐标方程为.

（2）由，可得或，

因为点位于第一象限，所以，

由（1）可得，因为线段的中点为，所以，

由（1）可知曲线表示圆，其圆心为，半径，

所以，

因为点在曲线上，所以.

【点睛】

本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化公式、点与圆的位置关系；考查运算求解能力和逻辑思维能力；正确判断点与圆的位置关系是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.

23．（1）已知均为正数，且，求证：；

（2）已知实数满足，，求证：.

【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析

【解析】（1）由均为正数，对代数式分别利用三个正数的基本不等式进行变形即可得证；

（2）利用分析法证明不等式：通过提取公因式变形最终得到显然成立的不等式即得证.

【详解】

（1）证明：因为，由三个正数的基本不等式可得，

，当且仅当时取等号；

同理可得，，当且仅当时取等号；

故，当且仅当时取等号，

因为，所以，

当且仅当时取等号.

（2）证明：要证，

即证，

即证，

即证，

即证，

即证，

因为，，

所以，，，

所以，

所以得证.

【点睛】

本题考查利用三个正数的基本不等式求最值和利用分析法证明不等式；考查运算求解能力和逻辑推理能力；熟练掌握基本不等式求最值需满足的条件和分析法证明不等式的步骤是求解本题的关键;属于中档题.