2020届湖北省荆门市高三上学期元月调考数学（文）试题（解析版）

2020届湖北省荆门市高三上学期元月调考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】首先利用指数函数的单调性求出集合B，再利用集合的交、补运算即可求解.

【详解】

由，，

所以，或，

故选：D

【点睛】

本题考查了集合的交、补运算，同时考查了指数函数的单调性解不等式，属于基础题.

2．设是虚数单位，则等于

A．0 B． C． D．

【答案】D

【解析】试题分析：因为，所以故答案为D．

【考点】复数的运算．

3．下列各式中错误的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】构造基本初等函数，结合函数的单调性判断.

【详解】

函数为增函数，所以，故选项A正确；

函数为增函数，所以，故选项B正确；

函数为减函数，所以，故选项C正确；

函数为减函数，所以，故选项D错误.

故选D.

【点睛】

本题主要考查指数式和对数式的大小比较，构造合适的函数是求解的主要策略，结合函数的单调性可得，侧重考查数学抽象的核心素养.

4．设双曲线的右焦点与抛物线的焦点相同，双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】根据双曲线与抛物线的基本量求解即可.

【详解】

抛物线的焦点为,故双曲线.又渐近线为,即,

故,故 ,故双曲线方程为.

故选：B

【点睛】

本题主要考查了双曲线与抛物线中的基本量求解,属于基础题.

5．已知函数（，）的部分图象如图所示，则（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】首先根据函数图象得函数的最大值为2，得到，将点代入结合，可得，将点代入可得的值，进而可求得结果.

【详解】

由函数图象可得，所以，又，所以，

结合图象可得，因为，所以，

又因为，即，结合图得，

又因为，所以，故

所以，故选C.

【点睛】

本题给出了函数的部分图象，要确定其解析式，着重考查了三角函数基本概念和函数的图象与性质的知识点，属于中档题．

6．已知则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】首先利用可得，再利用二倍角的正弦公式以及同角三角函数的基本关系，代入即可求解.

【详解】

由则

.

故选：C

【点睛】

本题考查了二倍角的正弦公式、齐次式的运算，属于基础题.

7．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若，则为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设,根据是一个首项为a,公差为a的等差数列，各项分别为a,2a,3a,4a..

8．太极图被称为“中华第一图”．从孔庙大成殿粱柱，到楼观台、三茅宫标记物；从道袍、卦摊、中医到气功、武术等等，太极图无不跃居其上．这种广为人知的太极图，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”．在如图所示的阴阳鱼图案中，阴影部分可表示为，设点，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】根据线性规划的方法,分析目标函数直线方程与阴影部分相切时的临界条件即可.

【详解】

作直线,当直线上移与圆相切时, 取最大值；

此时圆心到的距离为1,即,即最大值.

当直线下移与圆相切时, 取最小值；

此时圆心到的距离为2,即,即最小值

故的取值范围是

故选：C

【点睛】

本题主要考查了线性规划与直线与圆相切的问题综合运用,需要根据题意分析出临界条件,再根据圆与直线相切利用公式求解即可.属于中档题.

9．灯会，是中国一种古老的民俗文化，一般指春节前后至元宵节时，由官方举办的大型的灯饰展览活动，并常常附带有一些猜灯谜等活动，极具传统性和地方特色.春节期间，某校甲、乙、丙、丁四位同学相约来猜灯谜，每人均获得一次机会．游戏开始前，甲、乙、丙、丁四位同学对游戏中奖结果进行了预测，预测结果如下：

甲说：“我或乙能中奖”；乙说：“丁能中奖”’；

丙说：“我或乙能中奖”；丁说：“甲不能中奖”．

游戏结束后，这四位同学中只有一位同学中奖，且只有一位同学的预测结果是正确的，则中奖的同学是（    ）

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁

【答案】A

【解析】根据四句话中的提及到同一人的中奖情况进行突破口分析即可.

【详解】

由甲说：“我或乙能中奖”；丙说：“我或乙能中奖”；且只有一位同学的预测结果正确可知,乙没有中奖.又甲说：“我或乙能中奖”； 丁说：“甲不能中奖”.故甲丁两人中必有一人预测正确.故乙,丙预测不正确.故乙,丙,丁均未中奖.故甲为中奖者.

故选：A

【点睛】

遇到逻辑推理的问题一般是找语句中均谈到的同一个人中奖情况进行分析,从而进行排除分析.属于基础题.

10．函数的大致图象为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】分析：考查函数的符号和函数的奇偶性排除错误选项即可求得最终结果.

详解：利用排除法：

当时，，，则函数，据此可排除AB选项；

且：，即函数的图象不关于坐标原点对称，排除D选项.

本题选择C选项.

点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．

11．已知二面角为，点P、Q分别在、内且，P到的距离为，Q到的距离为, 则PQ两点之间的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题意分别作，过作，连接，在中，分别求出，再在中，利用余弦定理即可求解.

【详解】

如图，作，过作，连接，

由，所以，

又 ，平面，即平面

由二面角为，P到的距离为，Q到的距离为,

在中，,，

在中，,，，

在中，，

所以

故选：A

【点睛】

本题考查了由面面角求距离、余弦定理解三角形，考查了空间想象能力，属于基础题.

12．已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设椭圆与双曲线的标准方程分别为：，，，，设，可得， ，在中，由余弦定理可得：，化简整理由离心率公式即可得出.

【详解】

如图所示：

设椭圆与双曲线的标准方程分别为：

，，

，，

设，则，

解得

由，

在中，由余弦定理可得：，

，

化为，

化为.

故选：D

【点睛】

本题考查了椭圆和双曲线的定义与性质，属于中档题.

二、填空题

13．某学校为了调查学生的学习情况，由每班随机抽取名学生进行调查，若一班有名学生，将每一学生编号从到，请从随机数表的第行第、列（下表为随机数表的前行）的开始，依次向右，直到取足样本，则第五个编号为____.

【答案】43.

【解析】从随机数表的第行第、列开始，依次向右读取为，其中符合条件，故可得结论.

【详解】

从随机数表的第行第、列开始，依次向右选取两个数字

，

选取编号在到之间，并且去掉重复的数字，

符合条件的为.

故答案为：43.

【点睛】

本题考查了随机数表的读法，注意在读取符合编号中的数据的同时重复数据只取一次，属于基础题.

14．已知向量满足且，则的夹角为________.

【答案】

【解析】根据向量的数量积公式运算即可.

【详解】

设的夹角为,则,

解得,又,故.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了平面向量数量积的运算,属于基础题.

15．如图所示：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有个正方形，且其最大的正方形的边长为，则其最小正方形的边长为________．

【答案】

【解析】由题意，正方形的边长构成以为首项，以为公比的等比数列，现已知共得到个正方形，则有，∴，∴最小正方形的边长为，故答案为.

16．已知三棱锥P-ABC外接球的表面积为，PA平面ABC，，，则三棱锥体积的最大值为______.

【答案】

【解析】根据三棱锥的外接球的表面积可求得底面的外接圆面积,进而利用正弦定理与求得长度,再根据余弦定理与面积公式求解底面的最大值即可.

【详解】

由题,设底面外接圆直径为,则因为平面且,

故.

在底面中利用正弦定理有,解得.

在中用余弦定理有,化简得

,即,

根据基本不等式有,解得.故三棱锥体积.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查了三棱锥外接球的问题,需要根据题意建立三棱锥高与底面外接圆半径以及三角形的关系,并利用基本不等式求最值.属于中档题.

三、解答题

17．已知在等比数列中，，且，，成等差数列．

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）若数列满足：，求数列的前项和．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】（Ⅰ）设等比数列的公比为,再根据,,成等差数列求解即可.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，代入有，再分组利用等比和等差数列的求和公式求解即可.

【详解】

（Ⅰ）设等比数列的公比为,

∵,,成等差数列,

,

（Ⅱ）,

    .

【点睛】

本题主要考查了等差数列的基本量求解以及等差等比数列求和公式，属于基础题.

18．如图所示,在四棱锥中,平面平面.

(1)求证:;

(2)若二面角为,求直线与平面所成的角的正弦值.

【答案】（1）见解析.

（2）.

【解析】分析：（1）在中由余弦定理得，由此得，所以．再根据平面平面得到平面，故得．（2）可证得是平面与平面所成的二面角的平面角，从而．又证得平面，

所以是直线与平面所成的角．解三角形可得，即为所求．

详解：(1)在中，应用余弦定理得，

解得．

所以，

所以．

因为平面平面，平面平面，

所以平面．

又因为平面，

所以．

(2)因为平面平面，

所以．

又，平面平面，

所以是平面与平面所成的二面角的平面角，

所以．

因为，

所以平面，

所以是直线与平面所成的角．

在中，，

所以在中，，

即直线与平面所成的角的正弦值为．

点睛：用几何法求空间角的步骤为“一找、二证、三计算”，即根据空间角的定义作出所求的角，并给出证明，最后通过解三角形可得所求解或其三角函数值．另外，在立体几何的计算题中往往穿插着推理，同时在推理中又穿插着计算．

19．我国是世界上严重缺水的国家之一，城市缺水问题较为突出．某市为了节约生活用水，计划在本市试行居民生活用水定额管理(即确定一个居民月均用水量标准：用水量不超过a的部分按照平价收费，超过a的部分按照议价收费)．为了较为合理地确定出这个标准，通过抽样获得了40位居民某年的月均用水量(单位：吨)，按照分组制作了频率分布直方图，

（Ⅰ）用该样本估计总体：

（1）估计该市居民月均用水量的平均数；

（2）如果希望86%的居民每月的用水量不超出标准，则月均用水量a的最低标准定为多少吨？

（Ⅱ）在该样本中月均用水量少于1吨的居民中随机抽取两人，其中两人月均用水量都不低于0.5吨的概率是多少？

【答案】（Ⅰ）（1）1.875；（2）2.7吨；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）（1）根据平均数小矩形的面积乘以小矩形底边中点横坐标之和，代入数据即可求解；（2）由图可得，解方程即可.

（Ⅱ）由直方图可知月均用水量在的人数为，记为：；月均用水量在的人数为，记为：A，B，C，D ，列举出抽取两人所有可能的情况，找出月均用水量都在的情况，利用古典概型的概率计算公式即可求解.

【详解】

（Ⅰ）（1）月均用水量

（2）由直方图易知：，由吨

故月均用水量a的标准定为2.7吨. 

（Ⅱ）由直方图可知：月均用水量在的人数为：人，

记为：

月均用水量在的人数为：人，

记为：A，B，C，D 

从此6人中随机抽取两人所有可能的情况有： 共15种，

其中月均用水量都在的情况有：共6种， 

故两人月均用水量都不低于0.5吨的概率:

【点睛】

本题考查了有频率分布直方图求样本数据、古典概型的概率计算公式，属于基础题.

20．已知椭圆的一个焦点与上下顶点构成直角三角形，以椭圆E的长轴为直径的圆与直线相切．

（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；

（Ⅱ）为椭圆上不同的三点，为坐标原点，若，试问：的面积是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）是定值，定值为

【解析】（Ⅰ）根据题意利用圆心到直线的距离与半径相等列出关于的关系,再根据一个焦点与上下顶点构成直角三角形可得,再联立求解即可.

（Ⅱ）分当斜率不存在与存在两种情况.当斜率存在时设直线,再联立方程写出韦达定理,再根据得出关于,的关系,代入化简可得，再求出面积的表达式,代入化简证明即可.

【详解】

（Ⅰ）由题意知,

解得.则椭圆C的方程是：

（Ⅱ）①当斜率不存在时,不妨设,,

②设由

设,,则,.

由 ,代入有,化简可得

原点到的距离,

故

综上：的面积为定值

【点睛】

本题主要考查了椭圆基本量的求法以及联立直线与椭圆的方法求解,并利用韦达定理代入所给的向量表达式求得直线中参数的关系,再代入所求的面积表达式化简证明定值的方法.属于难题.

21．已知函数在定义域内有两个不同的极值点.

（Ⅰ）求实数的取值范围；

（Ⅱ）记两个极值点为，且，求证：.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.

【解析】（Ⅰ）由题意，方程在有两个不同根,即方程有两个不同根；解法1：转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，解法2：转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点；解法3；求出，讨论的取值范围，求出函数的单调区间即可求解. （Ⅱ）由（Ⅰ）知：由（Ⅰ）知：是的两个根， ，然后利用分析法要证，只需证:，从而可得，进而可得，令，换元转化为函数，利用函数的最值即可证出.

【详解】

（Ⅰ）由题意，方程在有两个不同根,即方程有两个不同根；

解法1：转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，

令,

故在处的切线方程为：

代入点有：

可得：

解法2：转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点．

，故时，时，

故在上单增，在上单减，

又，故时， 时，

可得：…

解法3： 

①时， 故在上单增，

故在最多只有一个实根，不合题意；

②时，令 令

故在上单增，在上单减；

故

当时，

故在上有两个不相等的实根，故

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：是的两个根，

故

要证：，只需证：，

即证：

即证：，即证：

又故上式为：

令

故在上单增，故 故式成立，即证.

【点睛】

本题考查了由函数的极值点个数求参数的取值范围、利用导数证明不等式、分析法，考查了转化与化归的思想，属于难题.

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，直线的极坐标方程为：．

（Ⅰ）求直线与曲线公共点的极坐标；

（Ⅱ）设过点的直线交曲线于，两点，求的值．

【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）1

【解析】（Ⅰ）根据曲线为圆的参数方程,分析圆心与半径直接求解,再根据极坐标的意义化简成直角坐标,再联立求解交点坐标即可.

（Ⅱ）设直线的参数方程,联立与圆的方程,再根据直线参数方程的几何意义求解即可.

【详解】

（Ⅰ）易得曲线为圆心是,半径为1圆,故的普通方程为,直线 的普通方程为,联立方程 ,解得或,

所以直线与曲线公共点的极坐标为与．

（Ⅱ）依题意,设直线的参数方程为(为倾斜角,为参数),

代入,整理得．

设对应的参数分别为则.

【点睛】

本题主要考查了参数方程和极坐标与直角坐标的互化,同时也考查了直线参数方程的几何意义.属于中档题.

23．设不等式的解集是，，．

（Ⅰ）试比较与的大小；

（Ⅱ）设表示数集中的最大数，，求的最小值．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】（Ⅰ）先解得,再利用作差法判定即可.

（Ⅱ）由,故再利用基本不等式求解即可.

【详解】

由得,解得,． 

（Ⅰ）由,得,

所以,故

（Ⅱ）由,得,,,

,故.

当且仅当,即时等号成立.

【点睛】

本题主要考查了绝对值不等式的求解以及作差法判别大小关系的方法,同时也考查了根据基本不等式求解函数的最值问题.属于中档题.